【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第三章导数及其应用3-2导数与函数的综合问题
第3课时 导数与函数的综合问题
题型一 导数与不等式有关的问题
命题点1 解不等式
例1 设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是________________.
答案 (－∞，－2)∪(0，2)
解析 ∵当x>0时，′<0，
∴φ(x)＝为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当0
0，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
命题点2 证明不等式
例2 (2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
(2)证明 由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
由(2)知1<0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
命题点3 不等式恒成立或有解问题
例3 已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间(a，a＋)上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1；
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以x＝1为极大值点，所以00，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].
引申探究
本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围.
解 当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝，由例3(2)解题知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋，
∴k≤2＋，即实数k的取值范围是(－∞，2＋].
思维升华 (1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)1时，f′(0)＝1－a<0，
f′()＝(＋1)>0，
设f′(α)＝0，其中α是f′(x)＝0中最接近x＝0的零点.
所以f(x)在(0，α)上为减函数，此时f(x)1时，不符合题意.
综上所述，a的取值范围是(－∞，1].
(3)不存在实数a，使得函数f(x)在区间(0，)上有两个零点.
由(2)知，当a≤1时，f(x)在(0，)上是增函数，且f(0)＝0，故函数f(x)在区间(0，)上无零点.
当a>1时，f′(x)＝ex(x＋1)－acos 2x.
令g(x)＝ex(x＋1)－acos 2x，
则g′(x)＝ex(x＋2)＋2asin 2x，
当x∈(0，)时，恒有g′(x)>0，
所以g(x)在(0，)上是增函数.由g(0)＝1－a<0，
g()＝(＋1)＋a>0，
故g(x)在(0，)上存在唯一的零点x0，
即方程f′(x)＝0在(0，)上存在唯一解x0.
且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，)时，f′(x)>0，
即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，
在(x0，)上单调递增.
当x∈(0，x0)时，f(x)0，
所以f(x)在(x0，)上有唯一零点.
所以，当a>1时，f(x)在(0，)上有一个零点.
综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间(0，)上有两个零点.
思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.
(2016·南通模拟)已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论.
解 (1)由f(x)＝a＋ln x知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2＋ln x).
令f′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
所以，函数f(x)的单调减区间为(0，)，单调增区间为(，＋∞).
(2)由(1)知[f(x)]min＝f()＝a－.
①若a>，因为f(x)≥[f(x)]min＝f()＝a－>0，
所以此时函数f(x)的零点个数为0.
②若a＝，则[f(x)]min＝f()＝a－＝0，
而函数f(x)在(0，)上是单调减函数，在(，＋∞)上是单调增函数，
即当0f()＝0；
当x>时，f(x)>f()＝0.
于是，此时f(x)有唯一零点，即零点个数为1.
③若a<，则[f(x)]min＝f()＝a－<0.
当a≤0时，
因为当x∈(0，]时，f(x)＝a＋ln x0，f()＝a－<0，
所以函数f(x)在(，1)上恰有一个零点，
于是函数f(x)在(，＋∞)上也恰有一个零点.
因为函数f(x)在(0，)上是单调减函数，且f()＝a－<0，而∈(0，)，
且f()＝>a－＝0(利用结论：“当x>0时，ex>x2”进行放缩)，
此时，函数f(x)在(0，)上恰有一个零点，
故当0时，函数f(x)的零点个数为0；
当a＝或a≤0时，函数f(x)的零点个数为1；
当00)；月需求量为y2万吨，y2＝－x2－x＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.
(1)若a＝，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？
(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a的取值范围.
解 (1) 若a＝，由y2>y1，
得－x2－x＋1>x＋()2－，
解得－400，得x<8，
所以g(x)在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数，
故当x＝8时，g(x)有最大值g(8)＝.
(2)设f(x)＝y1－y2＝x2＋(＋a)x＋a2－1－a，
因为a>0，所以f(x)在区间(1，14)上是增函数，
若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f(x)在区间[6，14)上有零点，
所以即
解得00，得x<0或x>，
又x∈[0，2]，所以g(x)在区间[0，]上单调递减，在区间[，2]上单调递增，所以g(x)min＝g()＝－，
g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4. [7分]
(2)对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[，2]上，函数f(x)min≥g(x)max.
[9分]
由(1)可知在区间[，2]上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间[，2]上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立.
设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在区间[，2]上是减函数，又h′(1)＝0，
所以当10. [14分]
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间(，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞). [16分]
1.函数f(x)＝(x－1)2(x－2)2的极大值是________.
答案
解析 ∵f(x)＝(x－1)2(x－2)2，
∴f′(x)＝2(x－1)(2x－3)(x－2).
令f′(x)＝0，得可能的极值点x1＝1，x2＝，x3＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，)
(，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f()＝是函数的极大值.
2.已知曲线y＝x2＋aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k，若k的最小值为4，则此时切点的坐标为________.
答案 (1，1)
解析 函数y＝x2＋aln x(a＞0)的定义域为{x|x＞0}，y′＝2x＋≥2＝4，则a＝2，当且仅当x＝1时，“＝”成立，将x＝1代入曲线方程得y＝1，故所求的切点坐标是(1，1).
3.如果不等式≤对任意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围为____________.
答案 (0，1]
解析 由题意知k＞0，令f(x)＝(x>0)，
则f(x)＝＝，
因此f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝，且函数f(x)在x＝处取得极大值，也是最大值，
由题意有≤，所以00)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
答案 3
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
5.(2017·南京质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则AB的最小值为________.
答案 4－2ln 2
解析 由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|
＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2，
则h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即AB的最小值是4－2ln 2.
6.已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是____________.
答案 [－2，0]
解析 |f(x)|≥ax⇔
成立.
①由(1)得x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立.
当x＝0时，a∈R；
当x<0时，有x－2≤a恒成立，
所以a≥－2.故a≥－2.
②由(2)得ln(x＋1)－ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ln(x＋1)－ax(x>0)，
则h′(x)＝－a(x>0)，可知h′(x)为减函数.
当a≤0时，h′(x)>0，故h(x)为增函数，
所以h(x)>h(0)＝0恒成立；
当a≥1时，因为∈(0，1)，
所以h′(x)＝－a<0，故h(x)为减函数，
所以h(x)0，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0<0成立.如a＝时，取x0＝4，则h(x0)＝ln 5－2<0成立，可知01，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为________________.
答案 (0，＋∞)
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，
∴g(x)>g(0)，∴x>0.
9.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0且x0>0，则a的取值范围是________.
答案 (－∞，－2)
解析 当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.
由三次函数图象及f(0)＝1>0知，
f()>0，
即a×()3－3×()2＋1>0，化简得a2－4>0，
又a<0，所以a<－2.
10.已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________.
答案 [4，＋∞)
解析 当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，
g′(x)＝＝－.
g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，)
(，1)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值4
↘
因此g(x)的最大值为4，
则实数a的取值范围是[4，＋∞).
11.(2016·盐城模拟)已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.
(1)解 f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明 由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0h(0)＝0，即g(x)<1.
综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.
