【数学】2019届一轮复习人教A版导数与函数的综合问题学案
第16讲 导数与函数的综合问题
考纲要求
考情分析
命题趋势
1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题．
2．会利用导数解决某些简单的实际问题.
2017·全国卷Ⅰ，21
2017·全国卷Ⅲ，21
2017·四川卷，21
考查导数在研究函数中的应用，并应用导数的方法探求一些与不等式、函数、数列有关的综合问题，题目难度较大.
分值：12～14分
1．生活中的优化问题
通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中的优化问题的基本思路
3．导数在研究方程(不等式)中的应用
研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；
反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．
4．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；
(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题．
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．
(1)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．( × )
(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象与x轴最多有3个交点，最少有一个交点．( √ )
(3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，则f(x)＞g(x)．( √ )
(4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”的含义是“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”．( × )
2．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( C )
A．13万件 B．411万件
C．9万件 D．7万件
解析 y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)，当x∈(0,9)时，y′＞0，当x∈(9，＋∞)时，y′＜0，则当x＝9时，y有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．
3．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)
0，且r>0可得00，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
二 利用导数研究函数的零点或方程的根
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
【例2】 已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．
解析 (1)因为f′(x)＝＋2x－10，
所以f′(3)＝＋6－10＝0，因此a＝16.
(2)由(1)知，f(x)＝16ln (1＋x)＋x2－10x，x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝.
当x∈(－1,1)或(3，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(1,3)时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调增区间是(－1,1)，(3，＋∞)；f(x)的单调减区间是(1,3)．
(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)内单调递增，在(1,3)内单调递减，在(3，＋∞)内单调递增，且当x＝1或x＝3时， f′(x)＝0.
所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln 2－9，
极小值为f(3)＝32ln 2－21．
因为f(16)>162－10×16>16ln 2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，那么F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．
(3)在证明过程中，一个重要技巧就是找到函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点，这往往就是解决问题的一个突破口．
【例3】 已知函数f(x)＝.
(1)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立；
(2)若0.
证明 (1)由题意知，要证ln x≥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＋－2，
由x≥1，得2xln x≥0，x＋≥2·≥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．
(2)因为01，则(1)知ln >，整理得>，所以当0.
四 利用导数研究恒成立(或存在性)问题
利用导数研究不等式恒成立问题的方法
(1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．
【例4】 已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝xex.
(1)求f(x)－g(x)的极值；
(2)当x∈(－2,0)时，f(x)＋1≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex，
则h′(x)＝(x＋1)(2－ex)，令h′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln 2.
当x变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，－1)
－1
(－1，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
h(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
∴h(x)的极小值为h(－1)＝－1，h(x)的极大值为h(ln 2)＝ln22，
即f(x)－g(x)的极小值为－1，极大值为ln22.
(2)由题意知，当x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，
即a≥恒成立．
令t(x)＝，则t′(x)＝－，
∴当x∈(－2，－1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；
当x∈(－1,0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0.∴a≥0.
故a的取值范围是[0，＋∞)．
【例5】 已知函数f(x)＝ax2－bln x在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－1．
(1)若f(x)在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，求实数k的取值范围；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，均存在t∈[1,3]，使得t3－·t2＋ct＋ln 2＋≤f(x)，试求实数c的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝2ax－，
由得
f(x)＝2x2－ln x，f′(x)＝4x－＝，令f′(x)＝0，得x＝，
所以解得1≤k<.
故实数k的取值范围是.
(2)设g(t)＝t3－t2＋ct＋ln 2＋，
根据题意可知g(t)min≤f(x)min.
由(1)知f(x)min＝f＝＋ln 2，
g′(t)＝t2－(c＋1)t＋c＝(t－1)(t－c)，
当c≤1时，g′(t)≥0，g(t)在[1,3]上单调递增，
g(t)min＝g(1)＝＋ln 2，满足g(t)min≤f(x)min.
当10；
当x∈ 时g′(x)<0；因此g(x)的最大值g＝4，
则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或a(a>0)．
当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如下表
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增；在区间(－1,0)内单调递减．从而函数f(x)
在区间(－2,0)内恰有两个零点，当且仅当解得00，
∴g(x)在(1，e)内单调递减，在(e，＋∞)内单调递增．
∴g(x)极小值＝g(e)＝f(e)－2e＋e＝0.
又∵g(1)＝f(1)－2＋e＝e－2>0，∴g(x)在[1，＋∞)内的最小值为0，
∴g(x)≥g(x)min＝0，∴f(x)－2x＋e≥0，即2x－e≤f(x)．
易错点 忽视定义域出错、求导出错，非等价转化出错
错因分析：对一些函数的定义域没有认清，不能对要证明的目标进行合理转化，也不能按得分点规范化书写而失分．
【例1】 设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(ex·ex)′－(aln x)′＝2e2x－(x>0)，
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．
当a＞0时，设u(x)＝2e2x，v(x)＝，
因为u(x)＝2e2x在(0，＋∞)上单调递增，
v(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，
在同一坐标系中作出u(x)，v(x)的简图如下．
可知u(x)与v(x)的图象在(0，＋∞)上仅有一个交点．
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
综合得f′(x)的零点的个数为1．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，所以e2x0＝，aln x0＝－2ax0－aln ，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
【跟踪训练1】 已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是！！！ ###.
解析 f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，∴f(x)min＝f(－1)＝－.
∵g(x)max＝a，∴由题意，得a≥－.
课时达标 第16讲
[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．
1．已知函数f(x)＝x2－ax－aln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋.
解析 (1)f′(x)＝2x－a－，由题意可得
f′(1)＝0，解得a＝1．
经检验，a＝1时f(x)在x＝1处取得极小值，所以a＝1．
(2)由(1)知，f(x)＝x2－x－ln x，
令g(x)＝f(x)－＝－＋3x－ln x－，
由g′(x)＝x2－3x＋3－＝－3(x－1)＝(x>0)，可知g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
∴g(x)min＝g(1)＝－＋3－＝0，
∴当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，于是f(x)≥－＋－4x＋.
2．若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝3ax2－b，
由题意得解得
故所求函数的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)得f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，令f′(x)＝0，
得x＝2或x＝－2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
单调递减
－
单调递增
因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，当x＝2时，f(x)有极小值－，
所以函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图所示．
因为f(x)＝k有3个不同的根，所以直线y＝k与函数f(x)的图象有3个交点，所以－.
所以a的取值范围为.
4．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a元(a为常数，2≤a≤5)的税收，设每件产品的日售价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．
(1)求商店的日利润L(x)元与每件产品的日售价x元的函数关系式；
(2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L(x)最大，说明理由．
解析 (1)设日销售量为件，则＝10，∴k＝10e40.
则日销售量为件，每件利润为(x－30－a)元，
则日利润L(x)＝10e40·(35≤x≤41)．
(2)L′(x)＝10e40·(35≤x≤41)．
①当2≤a≤4时，33≤31＋a≤35，L′(x)≤0，L(x)在[35,41]上是减函数．∴当x＝35时，L(x)的最大值为10(5－a)e5.
②当4时，设g(x)＝(x2－2x)ex，求证：对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)
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