2018届二轮复习导数与函数的综合问题学案(全国通用)

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2018届二轮复习导数与函数的综合问题学案(全国通用)

第3课时 导数与函数的综合问题 题型一 导数与不等式 命题点1 证明不等式 典例 已知函数f(x)=1-,g(x)=x-ln x.‎ ‎(1)证明:g(x)≥1;‎ ‎(2)证明:(x-ln x)f(x)>1-.‎ 证明 (1)由题意得g′(x)=(x>0),‎ 当01时,g′(x)>0,‎ 即g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.‎ 所以g(x)≥g(1)=1,得证.‎ ‎(2)由f(x)=1-,得f′(x)=,‎ 所以当02时,f′(x)>0,‎ 即f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,‎ 所以f(x)≥f(2)=1-(当且仅当x=2时取等号).①‎ 又由(1)知x-ln x≥1(当且仅当x=1时取等号),②‎ 且①②等号不同时取得,‎ 所以(x-ln x)f(x)>1-.‎ 命题点2 不等式恒成立或有解问题 典例 已知函数f(x)=.‎ ‎(1)若函数f(x)在区间上存在极值,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为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点,‎ 所以00,‎ 所以g(x)为单调增函数,所以g(x)≥g(1)=2,‎ 故k≤2,即实数k的取值范围是(-∞,2].‎ 引申探究 本例(2)中若改为:∃x∈[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)=(x∈[1,e]),由例(2)解题知,‎ g(x)为单调增函数,所以g(x)max=g(e)=2+,‎ 所以k≤2+,即实数k的取值范围是.‎ 思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法 证明f(x)0,a≠1).‎ ‎(1)当a>1时,求证:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎(2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值.‎ ‎(1)证明 f′(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a.‎ 由于a>1,故当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0,‎ 所以f′(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)解 当a>0,a≠1时,因为f′(0)=0,且f′(x)在R上单调递增,‎ 故f′(x)=0有唯一解x=0,列表如下:‎ x ‎(-∞,0)‎ ‎0‎ ‎(0,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值  又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,所以方程f(x)=t±1有三个根.‎ 而t+1>t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.‎ 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,从而利用零点存在性定理判断函数的零点个数.‎ 跟踪训练 (1)已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:‎ x ‎-1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.当10,则实数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.‎ 题型三 利用导数研究生活中的优化问题 典例 (2015·江苏) 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y=(其中a,b为常数)模型.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.‎ ‎①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;‎ ‎②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.‎ 解 (1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).‎ 将其分别代入y=,‎ 得解得 ‎(2)①由(1)知,y=(5≤x≤20),‎ 则点P的坐标为,设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B点,y′=-,‎ 则l的方程为y-=-(x-t),‎ 由此得A,B.‎ 故f(t)= = ,t∈[5,20].‎ ‎②设g(t)=t2+,则g′(t)=2t-.‎ 令g′(t)=0,解得t=10.‎ 当t∈(5,10)时,g′(t)<0,g(t)是减函数;‎ 当t∈(10,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数.‎ 从而,当t=10时,函数g(t)有极小值,也是最小值,‎ 所以g(t)min=300,此时f(t)min=15.‎ 答:当t=10时,公路l的长度最短,最短长度为15千米.‎ 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 ‎(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).‎ ‎(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0.‎ ‎(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.‎ ‎(4)回归实际问题,结合实际问题作答.‎ 跟踪训练 某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间的关系为y=x3-x2-40x(x>0),为使耗电量最小,则速度应定为________.‎ 答案 40‎ 解析 令y′=x2-39x-40=0,得x=-1或x=40,‎ 由于当040时,y′>0.‎ 所以当x=40时,y有最小值.‎ 一审条件挖隐含 典例 (16分)设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.‎ ‎(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;‎ ‎(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎(1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M ‎↓ (正确理解“存在”的含义)‎ ‎[g(x1)-g(x2)]max≥M ‎↓ 挖掘[g(x1)-g(x2)]max的隐含实质 g(x)max-g(x)min≥M ‎↓ ‎ 求得M的最大整数值 ‎(2)对任意s,t∈都有f(s)≥g(t)‎ ‎↓ (理解“任意”的含义)‎ f(x)min≥g(x)max ‎↓ 求得g(x)max=1‎ +xln x≥1恒成立 ‎↓ 分离参数a a≥x-x2ln x恒成立 ‎↓ 求h(x)=x-x2ln x的最大值 a≥h(x)max=h(1)=1‎ ‎↓ ‎ a≥1‎ 规范解答 ‎ 解 (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.[2分]‎ 由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.‎ 令g′(x)>0,得x<0或x>,‎ 又x∈[0,2],所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,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∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max.[9分]‎ 由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.‎ 在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.[11分]‎ 设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,可知h′(x)在区间上是减函数,又h′(1)=0,‎ 所以当10.[13分]‎ 即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,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.已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=________.‎ 答案 -2或2‎ 解析 ∵y′=3x2-3,∴当y′=0时,x=±1.‎ 则当x变化时,y′,y的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ y′‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ y  c+2‎  c-2‎  因此,当函数图象与x轴恰有两个公共点时,必有c+2=0或c-2=0,∴c=-2或c=2.‎ ‎2.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),f(0)=0.若对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,则使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为________.‎ 答案 (0,+∞)‎ 解析 构造函数g(x)=,则g(0)==-1.‎ ‎∵对任意x∈R,都有f(x)>f′(x)+1,‎ ‎∴g′(x)= ‎=<0,‎ ‎∴函数g(x)在R上单调递减.‎ 由f(x)+ex<1化为g(x)=<-1=g(0),‎ ‎∴x>0.‎ ‎∴使得f(x)+ex<1成立的x的取值范围为(0,+∞).‎ ‎3.若不等式2xln x+x2+ax+3≥0对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a可取的值组成的集合是________.‎ 答案 {a|a≥-4}‎ 解析 由题意得,ax≥-2xln x-x2-3,‎ 即a≥-2ln x-x-,令g(x)=-2ln x-x-,‎ 则g′(x)=--1+= ‎=.‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,函数g(x)max=g(1)=-4,所以a≥g(x)max=-4,即{a|a≥-4}.‎ ‎4.将10×16的矩形的四个角各截去一个大小相同的小正方形,再将四边折起制成一个无盖的长方体盒子,则该盒子的最大体积是________.‎ 答案 144‎ 解析 设长方体的高为x,‎ 则体积V=x(10-2x)(16-2x)=4(x3-13x2+40x),x∈(0,5),‎ 所以V′=4(3x2-26x+40),令V′=0,得x=(舍)或x=2.‎ 当x变化时,V′,V的变化情况如下表:‎ x ‎(0,2)‎ ‎2‎ V′‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ V  极大值  所以当x=2时,V取极大值也是最大值,Vmax=144.‎ ‎5.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R与年产量x的关系是R(x)=则总利润最大时,年产量是________.‎ 答案 300‎ 解析 由题意得,总成本函数为C(x)=20 000+100x,‎ 总利润P(x)= 又P′(x)= 令P′(x)=0,得x=300,易知当x=300时,总利润P(x)最大.‎ ‎6.已知f(x)=x2++c(b,c是常数)和g(x)=x+是定义在M={x|1≤x≤4}上的函数,对于任意的x∈M,存在x0∈M使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0),且f(x0)=g(x0),则f(x)在M上的最大值为________.‎ 答案 5‎ 解析 因为当x∈[1,4]时,g(x)=x+≥2=1(当且仅当x=2时等号成立),所以f(2)=2++c=g(2)=1,所以c=-1-,所以f(x)=x2+-1-,所以f′(x)=x-=.因为f(x)在x=2处有最小值,且x∈[1,4],所以f′(2)=0,即b=8,所以c=-5,经检验,b=8,c=-5符合题意 ‎.所以f(x)=x2+-5,f′(x)=,所以f(x)在[1,2)上单调递减,在(2,4]上单调递增,而f(1)=+8-5=,f(4)=8+2-5=5,所以函数f(x)在M上的最大值为5.‎ ‎7.已知x∈(0,2),若关于x的不等式<恒成立,则实数k的取值范围为________.‎ 答案 [0,e-1)‎ 解析 由题意,知k+2x-x2>0.‎ 即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,‎ 因此由原不等式,得k<+x2-2x恒成立.‎ 令f(x)=+x2-2x,则f′(x)=(x-1).‎ 令f′(x)=0,得x=1,当x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减,所以k0,‎ 即AB的最小值是4-2ln 2.‎ ‎9.设函数f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,则不等式(x+2 014)2f(x+2 014)-4f(-2)>0的解集为________.‎ 答案 (-∞,-2 016)‎ 解析 由2f(x)+xf′(x)>x2,‎ x<0,得2xf(x)+x2f′(x)0,‎ 即为F(x+2 014)-F(-2)>0,即F(x+2 014)>F(-2),‎ 又因为F(x)在(-∞,0)上是减函数,‎ 所以x+2 014<-2,所以x<-2 016.‎ ‎10.(2018届昆山中学调研)若函数f(x)=在其定义域上恰有两个零点,则正实数a的值为________.‎ 答案  解析 易知函数f(x)在(-∞,0]上有一个零点,‎ 所以由题意得方程ax-ln x=0在(0,+∞)上恰好有一解,‎ 即a=在(0,+∞)上恰有一解.‎ 令g(x)=(x>0),g′(x)==0,得x=e.‎ 当x∈(0,e)时,g(x)单调递增;‎ 当x∈(e,+∞)时,g(x)单调递减.‎ 所以a=g(e)=.‎ ‎11.(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)=x-1-aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0,求a的值;‎ ‎(2)设m为整数,且对于任意正整数n,·…·0,由f′(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,‎ 故x=a是f(x)在x∈(0,+∞)上的唯一极小值点也是最小值点.‎ 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,‎ 故a=1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0,‎ 令x=1+,得ln<,从而ln+‎ ln+…+ln<++…+ ‎=1-<1.‎ 故…2,‎ 所以m的最小值为3.‎ ‎12.已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.‎ ‎(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;‎ ‎(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)0,f(x1)为增函数,‎ 所以f(x1)min=f(e)=e-(a+1)-.‎ g′(x)=x+ex-xex-ex=x(1-ex),‎ 当x2∈[-2,0]时,g′(x2)≤0,g(x2)为减函数,‎ g(x2)min=g(0)=1,‎ 所以e-(a+1)-<1,即a>,‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎13.已知a,b∈R,直线y=ax+b+与函数f(x)=tan x的图象在x=-处相切,设g(x)=ex+bx2+a,若在区间[1,2]上,不等式m≤g(x)≤m2-2恒成立,则实数m的取值范围为________.‎ 答案 (-∞,-e]∪[e,e+1]‎ 解析 由f′(x)=,可得f′=2,‎ 又f=-1,所以直线y=ax+b+与函数f(x)=tan x的图象的切点为,因此a=2,b=-1,g(x)=ex-x2+2,所以当x∈[1,2]时,g′(x)=ex-2x>0,g(x)=ex-x2+2单调递增,所以g(x)min=e+1,g(x)max=e2-2.所以e≤m≤e+1或m≤-e.‎ ‎14.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,则方程f(x)=0的解的个数是______.‎ 答案 1‎ 解析 因为f(x)=3ln x-x2+2x-3ln 3-,‎ 所以f′(x)=-x+2= ‎=,‎ 当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 当x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,‎ 所以f(x)max=f(3)=3ln 3-+6-3ln 3-=0,‎ 所以方程f(x)=0只有一个解.‎ ‎15.(2018届天一中学调研)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是________.‎ 答案  解析 由f(x0)<0,即e(2x0-1)-a(x0-1)<0,得 e(2x0-1)1,则a>.‎ 令g(x)=(x>1),则g′(x)=.‎ 当x∈时,g′(x)<0,g(x)为减函数,‎ 当x∈时,g′(x)>0,g(x)为增函数,‎ 要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)0,g(x)为增函数,‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,‎ 要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a0),则t>1,‎ 所以m≤-=-对任意t>1成立.‎ 因为t-1++1≥2 +1=3,‎ 所以-≥-,‎ 当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.‎ 因此实数m的取值范围是.‎ ‎(3)解 令函数g(x)=ex+-a(-x3+3x),‎ 则g′(x)=ex-+3a(x2-1).‎ 当x≥1时,ex->0,x2-1≥0,‎ 又a>0,故g′(x)>0.‎ 所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,‎ 因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)=e+e-1-2a.‎ 由于存在x0∈[1,+∞),‎ 使e+e-a(-x+3x0)<0成立,‎ 当且仅当最小值g(1)<0.‎ 故e+e-1-2a<0,即a>.‎ 令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,‎ 则h′(x)=1-.‎ 令h′(x)=0,得x=e-1.‎ 当x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,‎ 故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;‎ 当x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,‎ 故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.‎ 所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).‎ 注意到h(1)=h(e)=0,‎ 所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,‎ h(e-1)≤h(x)≤h(1)=0;‎ 当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,‎ 故ea-1>ae-1.‎ 综上所述,当a∈时,ea-1ae-1.‎
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