【数学】2019届一轮复习北师大版第3章导数及其应用第2节第3课时学案
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)＝－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)＝－2x＝＝，
∵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>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，即时，f(e2)≥0，而且f()＝2a2·－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.
(1)解 将x＝－1代入切线方程得y＝－2，
所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.①
f′(x)＝，
f′(－1)＝＝－1.②
联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝.
(2)证明 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，
因为x≥1，所以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.
(3)证明 因为01，
由(2)知ln>，整理得>，
所以当0.
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＝－－1，x2＝－1，
令f′(x)>0，则x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞).
∴f(x)在区间(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上单调递减，在区间(－－1，－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≤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＋，
即ex－1>x＋，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证ln(x＋1)>.
设F(x)＝ln(x＋1)－，
则F′(x)＝－＝.
∵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)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，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＋1(升)，在水底作业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(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(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，因此总用氧量y＝＋＋9(v>0).
(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，
当010时，y′>0，函数单调递增.
若c<10 ，函数在(c，10)上递减，在(10，15)上递增，
∴当v＝10时，总用氧量最少.
若c≥10，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＝＋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.
C.[－6，－2] D.[－4，－3]
解析 当x∈(0，1]时，a≥－3－4＋，
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].
答案 C
4.(2018·宜春联考)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)的图像如图所示.当11，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( )
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＝，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·，
所以S′表＝2πR－.
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<1的解集为________.
解析 令g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.
又g(0)＝＝1，所以<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)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝＝(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)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋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.
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＝.
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.
∴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∈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)对任意x∈(1，2)恒成立.
(1)解 定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
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>对任意x∈(1，2)恒成立，令g(x)＝ln x－，
g′(x)＝≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴当x∈(1，2)时，g(x)>g(1)＝ln 1－＝0，
∴ln x>对任意x∈(1，2)恒成立，
∴(x＋1)ln x>2(x－1)对任意x∈(1，2)恒成立.
法二 令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，
F′(x)＝ln x＋－2，
＝ln x－.
令φ(x)＝ln 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)对任意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)＝ax3－3x2＋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＝.
当a>0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减.
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 >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＝－有唯一正根x0.
令g(x)＝－，g′(x)＝，
∴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)的大致图像如图：
∴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∈时，h′(x)<0，h(x)为递减函数；
所以h(x)max＝h＝2－2ln 2>0.
又当x→0时，h(x)→－∞；当x→1时，h(x)→－∞，则存在0
查看更多
