高考数学专题复习练习:第三章 3_2 第3课时导数与函数的综合问题

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

高考数学专题复习练习:第三章 3_2 第3课时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(  )‎ A.(-2,0)∪(2,+∞) B.(-2,0)∪(0,2)‎ C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-2)∪(0,2)‎ 答案 D 解析 ∵当x>0时,′<0,‎ ‎∴φ(x)=为减函数,‎ 又φ(2)=0,∴当且仅当00,‎ 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 本例(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)0,得x>2,由f′(x)<0,得00,‎ h(x)=2ln x,x>0,‎ 则f(x)=m(x)-h(x),‎ ‎①当a<2时,m(x)在(0,)上为减函数,h(x)在(0,)上为增函数,若f(x)在(0,)上无零点,‎ 则m()≥h(),即(2-a)(-1)≥2ln ,‎ ‎∴a≥2-4ln 2,∴2-4ln 2≤a<2,‎ ‎②当a≥2时,在(0,)上m(x)≥0,h(x)<0,‎ ‎∴f(x)>0,∴f(x)在(0,)上无零点.‎ 由①②得a≥2-4ln 2,∴amin=2-4ln 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·郑州模拟)定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0,且不等式f(x)>-xf′(x)在(0,+∞)上恒成立,则函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 答案 B 解析 定义在R上的奇函数f(x)满足:‎ f(0)=0=f(3)=f(-3),f(-x)=-f(x),‎ 当x>0时,f(x)>-xf′(x),即f(x)+xf′(x)>0,‎ ‎∴[xf(x)]′>0,即h(x)=xf(x)在x>0时是增函数,‎ 又h(-x)=-xf(-x)=xf(x),‎ ‎∴h(x)=xf(x)是偶函数,‎ ‎∴当x<0时,h(x)是减函数,结合函数的定义域为R,‎ 且f(0)=f(3)=f(-3)=0,‎ 可得函数y1=xf(x)与y2=-lg|x+1|的大致图象如图,‎ 由图象可知,函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点的个数为3.‎ 题型三 利用导数研究生活中的优化问题 例5 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中30),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 (12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∈[,2],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∈[,2]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(x-).‎ 令g′(x)>0,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.[5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.[7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.[10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,+∞).[12分]‎ ‎1.已知f(x),g(x) (g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)0,故选B.‎ ‎3.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是(  )‎ A.3 B.2 C.1 D.0‎ 答案 C 解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,则f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),‎ 由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,‎ 所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1,故选C.‎ ‎4.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[-5,-3] B.[-6,-]‎ C.[-6,-2] D.[-4,-3]‎ 答案 C 解析 当x∈(0,1]时,a≥-3()3-4()2+,‎ 令t=,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,‎ 令g(t)=-3t3-4t2+t,在t∈[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,‎ 所以g(t)max=g(1)=-6,‎ 因此a≥-6;同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.‎ 由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立,‎ 故实数a的取值范围为[-6,-2].‎ ‎5.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式:y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为(  )‎ A.1百万件 B.2百万件 C.3百万件 D.4百万件 答案 C 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.‎ ‎6.(2017·合肥质检)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(  )‎ A.2 B.3‎ C.4-2ln 2 D.3-2ln 2‎ 答案 C 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,故选C.‎ ‎7.已知函数f(x)=若|f(x)|≥ax,则a的取值范围是(  )‎ A.(-∞,0] B.(-∞,1]‎ C.[-2,1] D.[-2,0]‎ 答案 D 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00,则f(x)在定义域内为增函数,‎ 所以f(mx-3)+f(x)<0可变形为f(mx-3)1,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.‎ ‎10.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.‎ ‎11.(2016·济南模拟)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.‎ ‎12.(2016·东北师大附中、吉林一中等五校联考)已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).‎ ‎(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;‎ ‎(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.‎ 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,‎ 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.‎ ‎(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0.‎ ‎①当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,‎ 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0.‎ 当x<0时,取x=-,则f(-)<1+a(--1)=-a<0.‎ 所以函数f(x)存在零点,不满足题意.‎ ‎②当a<0时,f′(x)=ex+a,‎ 令f′(x)=0,得x=ln(-a).‎ 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.‎ 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,‎ 解得-e20时,f′(x)≥0恒成立,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴x=1不是f(x)的极值点.故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.‎ ‎(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x-2x0,‎ 记F(x)=x-ln x(x>0),∴F′(x)=(x>0),‎ ‎∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.‎ ‎∴F(x)>F(1)=1>0,∴a≥,‎ 记G(x)=,x∈[,e],‎ ‎∴G′(x)= ‎=.‎ ‎∵x∈[,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,‎ ‎∴x-2ln x+2>0,‎ ‎∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;‎ x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增,‎ ‎∴G(x)min=G(1)=-1.‎ ‎∴a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为[-1,+∞).‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档