【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用第2节第3节学案
第 3 课时 导数与函数的综合问题
考点一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
【例 1】 (2018·石家庄模拟)已知函数 f(x)＝2a2ln x－x2(a>0).
(1)当 a＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)讨论函数 f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e 为自然对数的底数).
解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝2ln x－x2，
∴f′(x)＝2
x－2x，∴f′(1)＝0，
又 f(1)＝－1，
∴曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＋1＝0.
(2)∵f(x)＝2a2ln x－x2，∴f′(x)＝2a2
x －2x＝2a2－2x2
x ＝－2（x－a）（x＋a）
x
，
∵x>0，a>0，∴当 0
0，当 x>a 时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，a)上是增函数，在(a，＋∞)上是减函数.
(3)由(2)得 f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1).
讨论函数 f(x)的零点情况如下：
①当 a2(2ln a－1)<0，即 00，即 a> e时，
由于 f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，f(e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a
＋e2)，
当 2a－e2<0，即 e e时，f(e2)≥0，而且 f( e)＝2a2·1
2－e＝a2－e>0，f(1)＝－
1<0，由函数的单调性可知，无论 a≥e2，还是 a0；
当 1 0，
g(1
e )＝m－2－ 1
e2 ≤ 0，解得 1
2a
a2＋b2.
(1)解 将 x＝－1 代入切线方程得 y＝－2，
所以 f(－1)＝b－a
1＋1
＝－2，化简得 b－a＝－4.①
f′(x)＝a（x2＋1）－（ax＋b）·2x
（x2＋1）2 ，
f′(－1)＝2a＋2（b－a）
4
＝－1.②
联立①②，解得 a＝2，b＝－2.所以 f(x)＝2x－2
x2＋1.
(2)证明 由题意知要证 ln x≥2x－2
x2＋1
在[1，＋∞)上恒成立，
即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0 在[1，＋∞)上恒成立.
设 h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则 h′(x)＝2xln x＋x＋1
x－2，
因为 x≥1，所以 2xln x≥0，x＋ 1
x≥2· x·
1
x≥2(当且仅当 x＝1 时等号成立)，
即 h′(x)≥0，
所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
所以 g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
(3)证明 因为 01，
由(2)知 ln
b
a>
2·
b
a－2
(b
a )2
＋1
，整理得ln b－ln a
b－a >
2a
a2＋b2，
所以当 0
2a
a2＋b2.
命题角度 2 由不等式恒(能)成立求参数的范围
【例 2－2】 (2017·全国Ⅱ卷改编)设函数 f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求正实数 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.
令 f′(x)＝0，得 x2＋2x－1＝0，
解得 x1＝－ 2－1，x2＝ 2－1，
令 f′(x)>0，则 x∈(－ 2－1， 2－1)，令 f′(x)<0，则 x∈(－∞，－ 2－1)∪( 2－
1，＋∞).
∴f(x)在区间(－∞，－ 2－1)，( 2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－ 2－1， 2
－1)上单调递增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当 a≥1 时，设函数 h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此 h(x)在[0，＋∞)
上单调递减，又 h(0)＝1，故 h(x)≤1，
所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当 00(x>0)，
所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又 g(0)＝0，故 ex≥x＋1.
当 0ax0＋1.
综上可知，正实数 a 的取值范围是[1，＋∞).
规律方法 1.利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是
构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数
h(x)>0.
2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等
式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，
避免参数的讨论.
【训练 2】 (2018·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当 a＝0 时，求证：f(x)≥0；
(2)当 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围；
(3)若 x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.
(1)证明 当 a＝0 时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，
f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令 h(x)＝ex－1－2ax，
则 h′(x)＝ex－2a.
①当 2a≤1 时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即 f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞) 上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当 a≤1
2时满足条件.
②当 2a>1 时，令 h′(x)＝0，解得 x＝ln (2a)，
在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当 x∈(0，ln (2a))时，有 h(x)0 时，ex>1＋x＋x2
2 ，
即 ex－1>x＋x2
2 ，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证 ln(x＋1)>
2x
x＋2.
设 F(x)＝ln(x＋1)－ 2x
x＋2
，
则 F′(x)＝ 1
x＋1
－ 4
（x＋2）2＝ x2
（x＋1）（x＋2）2.
∵当 x>0 时，F′(x)>0 恒成立，且 F(0)＝0，
∴F(x)>0 恒成立.∴原不等式得证.
考点三 用导数研究生活中的优化问题
【例 3】 (2018·衡水中学质检)在某次水下 研考察活动中，需要潜水员潜入水深
为 60 米的水底进行 ，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为 v(米/单位时间)，
每单位时间的用氧量为( v
10 ) 3
＋1(升)，在水底 10 个单位时间，每单位时间用
氧量为 0.9(升)，返回水面的平均速度为v
2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为
1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为 y(升).
(1)求 y 关于 v 的函数关系式；
(2)若 c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度 v 取什么值时，总用氧量最少.
解 (1)由题意，下潜用时60
v (单位时间)，用氧量为[( v
10 ) 3
＋1]×60
v ＝3v2
50 ＋60
v (升)，
水底 时的用氧量为 10×0.9＝9(升)，返回水面用时60
v
2
＝120
v (单位时间)，用氧量
为120
v ×1.5＝180
v (升)，因此总用氧量 y＝3v2
50 ＋240
v ＋9(v>0).
(2)y′＝6v
50－240
v2 ＝3（v3－2 000）
25v2 ，令 y′＝0 得 v＝103 2，
当 010 3 2时，y′>0，函数单调递增.
若 c<103 2 ，函数在(c，103 2)上递减，在(103 2，15)上递增，
∴当 v＝10 3 2时，总用氧量最少.
若 c≥103 2，则 y 在[c，15]上递增，
∴当 v＝c 时，这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
(1)设自变量、因变量，建立函数关系式 y＝f(x)，并确定其定义域；
(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)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最
值点.
【训练 3】 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＝ a
x－3
＋10(x－6)2，其中 30)，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
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.
答案 C
3.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，－9
8]
C.[－6，－2] D.[－4，－3]
解析 当 x∈(0，1]时，a≥－3(1
x ) 3
－4(1
x ) 2
＋1
x，
令 t＝1
x，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].
答案 C
4.(2018·济南月考)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 11，f(0)＝4，则不等式 e xf(x)>ex＋3(其
中 e 为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(0，＋∞) D.(3，＋∞)
解析 设 g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，
则 g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
因为 f(x)＋f′(x)>1，
所以 f(x)＋f′(x)－1>0，所以 g′(x)>0，
所以 g(x)＝exf(x)－ex 在定义域上单调递增，
因为 exf(x)>ex＋3，所以 g(x)>3.
又因为 g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，
所以 g(x)>g(0)，所以 x>0.
答案 A
二、填空题
6.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27π dm3，且用料最省，则圆柱
的底面半径为________ dm.
解析 设圆柱的底面半径为 R dm，母线长为 l dm，则 V＝πR2l＝27π，所以 l＝
27
R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.
S 表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·27
R ，
所以 S′表＝2πR－54π
R2 .
令 S′表＝0，得 R＝3，则当 R＝3 时，S 表最小.
答案 3
7.(2018·长沙调研)定义域为 R 的可导函数 y＝f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f(x)>f′(x)，
且 f(0)＝1，则不等式f（x）
ex <1 的解集为________.
解析 令 g(x)＝f（x）
ex ，
则 g′(x)＝ex·f′（x）－（ex）′·f（x）
（ex）2 ＝f′（x）－f（x）
ex .
由题意得 g′(x)<0 恒成立，所以函数 g(x)＝f（x）
ex 在 R 上单调递减.
又 g(0)＝f（0）
e0
＝1，所以f（x）
ex <1，即 g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.若函数 f(x)＝ax－a
ex ＋1(a<0)没有零点，则实数 a 的取值范围为________.
解析 f′(x)＝aex－（ax－a）ex
e2x ＝－a（x－2）
ex (a<0).
当 x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0，
∴当 x＝2 时，f(x)有极小值 f(2)＝ a
e2＋1.
若使函数 f(x)没有零点，当且仅当 f(2)＝ a
e2＋1>0，
解之得 a>－e2，因此－e21，证明当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由 f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得 f′(x)＝1
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.
因此 f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.∴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＝
ln
c－1
ln c
ln c .
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<
c－1
ln c0.
∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
10.(2018·武汉调研)已知函数 f(x)＝ln x－a（x－1）
x (a∈R).
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)(一题多解)求证：不等式(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
(1)解 定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a
x2 .
①a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
②a>0 时，由 x>a 时，f′(x)>0，00，
∴要证原不等式成立，即证 ln x>
2（x－1）
x＋1
对∀x∈(1，2)恒成立，令 g(x)＝ln x－
2（x－1）
x＋1
，
g′(x)＝（x－1）2
（x＋1）2≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴当 x∈(1，2)时，g(x)>g(1)＝ln 1－2（1－1）
1＋1
＝0，
∴ln x>
2（x－1）
x＋1
对∀x∈(1，2)恒成立，
∴(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
法二 令 F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，
F′(x)＝ln x＋x＋1
x
－2，
＝ln x－x－1
x .
令 φ(x)＝ln x－x－1
x
，由(1)知 a＝1 时，
φ(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.
∵x∈(1，2)，则 φ(x)在(1，2)为增函数，φ(x)>φ(1)＝0，
即 x∈(1，2)，F′(x)>0，∴F(x)在(1，2)上为增函数，
∴F(x)>F(1)＝0，
∴(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
能力提升题组
(建议用时：20 分钟)
11.(一题多解)(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax 3－3x2＋1，若 f(x)存在唯一的零
点 x0，且 x0>0，则实数 a 的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(－∞，－2)
C.(1，＋∞) D.(－∞，－1)
解析 法一 由题意 a≠0，由 f′(x)＝3ax2－6x＝0 得 x＝0 或 x＝2
a.
当 a>0 时，f(x)在(－∞，0)和(2
a，＋∞)上单调递增，在(0，
2
a)上单调递减.
且 f(0)＝1>0，故 f(x)有小于 0 的零点，不符合题意，排除 A，C.
当 a<0 时，要使 x0>0 且唯一，只需 f (2
a )>0，即 a2>4，∴a<－2，故选 B.
法二 f(x)有唯一正零点 x0，等价于方程 ax3－3x2＋1＝0 有唯一正根 x0，即 a＝3
x－
1
x3有唯一正根 x0.
令 g(x)＝3
x－ 1
x3，g′(x)＝3（1－x）（1＋x）
x4 ，
∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减.
又 g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当 x<－1 时，g(x)<0，当 x>1 时，g(x)>0，
∴g(x)的大致图象如图：
∴直线 y＝a 与 y＝g(x)有唯一交点，且横坐标 x0>0，
只需 a0，h(x)为递增函数；
当 x∈(1
2，1)时，h′(x)<0，h(x)为递减函数；
所以 h(x)max＝h(1
2 )＝2－2ln 2>0.
又当 x→0 时，h(x)→－∞；当 x→1 时，h(x)→－∞，则∃0
查看更多
