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
x－1
典例 已知函数f(x)＝1－x，g(x)＝x－ln x.
e(1)证明：g(x)≥1； 1
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－2. e证明 (1)由题意得g′(x)＝
x－1
(x>0)， x
当0 x－1x－2 (2)由f(x)＝1－x，得f′(x)＝x， ee 所以当0 所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号)．① e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， 1 所以(x－ln x)f(x)>1－2. e 命题点2 不等式恒成立或有解问题 1＋ln x 典例 已知函数f(x)＝. x 1 a，a＋上存在极值，求正实数a的取值范围； (1)若函数f(x)在区间2(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥ k 恒成立，求实数k的取值范围． x＋1 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 第 1 页 共 18 页 1－1－ln xln x f′(x)＝＝－2， 2xx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， 1 所以0 11 故 令g(x)＝(x≥1)， x 则g′(x)＝ 1＋ln x＋1＋1x－x＋11＋ln x x－ln xx x2＝x2. 1 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0， x所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 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 k 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． x＋1x＋11＋ln x 解 当x∈[1，e]时，k≤有解， xx＋11＋ln x 令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知， x2 g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋， e22 －∞，2＋. 所以k≤2＋，即实数k的取值范围是ee思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法 第 2 页 共 18 页 证明f(x) 跟踪训练 已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． 解 ∵f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立， ln x ∴a≤－，x∈[1，e]． x ln x－1ln x 令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝， xx2∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， 11 ∴g(x)min＝g(e)＝－，∴a≤－. ee1 －∞，－. ∴实数a的取值范围是e题型二 利用导数研究函数的零点问题 典例 (2018届天星湖中学摸底)已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>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 f′(x) f(x) 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． 第 3 页 共 18 页 (－∞，0) － 0 0 极小值 (0，＋∞) ＋ 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 f(x) f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1 答案 4 解析 根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示． 由于f(0)＝f(3)＝2,1 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)， 2令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. a 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. 第 4 页 共 18 页 2由三次函数图象及f(0)＝1>0知，fa>0， 23 22＋1>0，化简得a2－4>0， 即a×－3×aa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，a 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＝2(其 x＋b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)． a 将其分别代入y＝2， x＋b 第 5 页 共 18 页 得a ＝2.5，400＋b a ＝40，25＋b a＝1 000，解得 b＝0. 1 000 (2)①由(1)知，y＝2(5≤x≤20)， x 1 0002 000t，2，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－3，则点P的坐标为 tx1 0002 000 则l的方程为y－2＝－3(x－t)， tt3t3 000 ，0，B0，2. 由此得At2故f(t)＝ 2 3t2＋3 0002＝3 22t2 4×106t＋4，t∈[5,20]． t 2 4×10616×106 ②设g(t)＝t＋4，则g′(t)＝2t－. tt5令g′(t)＝0，解得t＝102. 当t∈(5,102)时，g′(t)<0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)>0，g(t)是增函数． 从而，当t＝102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＝153. 答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米． 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． 139 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 32耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40 第 6 页 共 18 页 解析 令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40， 由于当0 一审条件挖隐含 a 典例 (16分)设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. x (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； 1 (2)如果对于任意的s，t∈2，2，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 1(2)对任意s，t∈2，2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 a ＋xln x≥1恒成立 x ↓ 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] 2x－. 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x3第 7 页 共 18 页 2 令g′(x)>0，得x<0或x>， 3 22 0，上单调递减，在区间，2上单调递增，所以g(x)min＝又x∈[0,2]，所以g(x)在区间33285 g＝－， 327g(x)max＝g(2)＝1. 故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝则满足条件的最大整数M＝4.[7分] 11 ，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间，2上，函数(2)对于任意的s，t∈22f(x)min≥g(x)max.[9分] 1 由(1)可知在区间2，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 1a ，2上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．[11分] 在区间2x 1 设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在区间2，2上是减函数，又h′(1)＝0， 1 所以当1 2 1 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)2，1上单调递增，＝1， 所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．[16分] 112 ≥M， 27 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： 第 8 页 共 18 页 x y′ y 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，＋∞) fx－10－1 解析 构造函数g(x)＝，则g(0)＝0＝－1. exe∵对任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1， f′xex－[fx－1]ex ∴g′(x)＝ ex2f′x＋1－fx＝<0， ex∴函数g(x)在R上单调递减． fx－1 由f(x)＋e<1化为g(x)＝x<－1＝g(0)， e x (－∞，－1) ＋ －1 0 c＋2 (－1,1) － 1 0 c－2 (1，＋∞) ＋ ∴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， 33 即a≥－2ln x－x－，令g(x)＝－2ln x－x－， xx 2 23－x－2x＋3 则g′(x)＝－－1＋2＝ xxx2－x＋1x＋3 ＝. x2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 第 9 页 共 18 页 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)， 20 所以V′＝4(3x2－26x＋40)，令V′＝0，得x＝(舍)或x＝2. 3当x变化时，V′，V的变化情况如下表： x V′ V 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1400x－2x2，0≤x≤400， 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， 80 000，x>400，年产量是________． 答案 300 解析 由题意得，总成本函数为C(x)＝20 000＋100x， x300x－2－20 000，0≤x≤400， 总利润P(x)＝ 60 000－100x，x>400， 2 (0,2) ＋ 2 0 极大值 (2，5) － 300－x，0≤x≤400， 又P′(x)＝ －100，x>400， 令P′(x)＝0，得x＝300，易知当x＝300时，总利润P(x)最大． 1b11 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 2x4x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________． 第 10 页 共 18 页 答案 5 11 解析 因为当x∈[1,4]时，g(x)＝x＋≥2 4x 1＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝24 3 bb12bbbx－b＋＋c＝g(2)＝1，所以c＝－1－，所以f(x)＝x＋－1－，所以f′(x)＝x－2＝2.因222x2xx 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，bx3－8128 ＝8，c＝－5符合题意．所以f(x)＝x＋－5，f′(x)＝2，所以f(x)在[1,2)上单调递减， 2xx17 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 22为5. x1 7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式x<恒成立，则实数k的取值范围为________． ek＋2x－x2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， ex2 因此由原不等式，得k<＋x－2x恒成立． xexex2令f(x)＝＋x－2x，则f′(x)＝(x－1)x2＋2. x 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k 解析 由题意得，AB＝|et＋1－(2t－1)| ＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2， 则h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h(t)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB的最小值是4－2ln 2. 第 11 页 共 18 页 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) 因为F(x＋2 014)＝(x＋2 014)2f(x＋2 014)，F(－2)＝4f(－2)， 所以不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)>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. x x＋2，x≤0， 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 ax－ln x，x>0 实数a的值为________． 1 答案 e 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， ln x 即a＝在(0，＋∞)上恰有一解． x 1－ln xln x 令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝＝0，得x＝e. xx2当x∈(0，e)时，g(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，g(x)单调递减． 1 所以a＝g(e)＝. e 11．(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x. 第 12 页 共 18 页 (1)若f(x)≥0，求a的值； 111＋1n ①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意； 22 ax－a②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， xx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， 1111 1＋n 111 1＋1＋2…1＋n 所以m的最小值为3. a1 12．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. x2(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) ∵f′(x)＝(a∈R)， x2∴①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数， f(x)min＝f(1)＝1－a. 第 13 页 共 18 页 ②当1 f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. e 综上所述，当a≤1时，f(x)min＝1－a； 当1 e(2)若存在x1∈[e，e2]， 使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1) 所以f(x1)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. eg′(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， e2－2ea 所以e－(a＋1)－<1，即a>， ee＋1 e2－2e ，1. 所以a的取值范围为e＋1 ππ 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)＝ 24ex＋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] 第 14 页 共 18 页 π1 －＝2， 解析 由f′(x)＝2，可得f′4cosx πππ －＝－1，所以直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象的切点为－，－1，因此又f442a＝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. 13 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______． 22答案 1 13 解析 因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－， 22－x2＋2x＋33 所以f′(x)＝－x＋2＝ xx－x＋3x＋1 ＝， x 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)→－∞， 93 所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0， 22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________． 3答案 2e，1 解析 由f(x0)<0，即ee x0x0(2x0－1)－a(x0－1)<0，得 (2x0－1) 若x0>1，则a> x02x0－1 . x0－1 第 15 页 共 18 页 3xx－2xee2x－12 令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝. x－1x－12 x 3 1，时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 当x∈23 ，＋∞时，g′(x)>0，g(x)为增函数， 当x∈2要满足题意，则x0＝2，此时需满足g(2) 因为x0<1，所以a< x02x0－1 . x0－1 易知，当x∈(－∞，0)时，g′(x)>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)≤a 16．(2014·江苏)已知函数f(x)＝ex＋ex，其中e是自然对数的底数． － (1)证明：f(x)是R上的偶函数． (2)若关于x的不等式mf(x)≤ex＋m－1在 (0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围． － 3(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0) 与ae －1 的大小，并证明你的结论． (1)证明 因为对任意x∈R， 都有f(－x)＝e－x＋e－(－x) ＝e－x＋ex＝f(x)， 所以f(x)是R上的偶函数． (2)解 由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立． 令t＝ex(x>0)，则t>1， t－11所以m≤－2＝－对任意t>1成立． 1t－t＋1t－1＋＋1t－1 第 16 页 共 18 页 1 因为t－1＋＋1≥2 t－1 1 t－1·＋1＝3， t－1 11 所以－≥－， 13 t－1＋＋1 t－1 当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立． 1 －∞，－. 因此实数m的取值范围是31 (3)解 令函数g(x)＝ex＋x－a(－x3＋3x)， e1 则g′(x)＝ex－x＋3a(x2－1)． e1 当x≥1时，ex－x>0，x2－1≥0， e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 x0＋e x0 －a(－x30＋3x0)<0成立， 当且仅当最小值g(1)<0. －1e＋e 故e＋e－1－2a<0，即a>. 2 令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1， e－1 则h′(x)＝1－. x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． 第 17 页 共 18 页 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) ①当a∈⊆(1，e)时， 2，e h(a)<0即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1 e＋e－1a1e1 综上所述，当a∈，e时，e－ 当a＝e时，ea－1＝ae－1； 当a∈(e，＋∞)时，ea－1>ae－1. 第 18 页 共 18 页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容