2020年高考数学理科一轮复习讲义：第2章函数、导数及其应用第11讲第3课时

第3课时　导数的综合应用

题型 　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题

1．(2018·厦门模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＋xf′(x)＝，f(1)＝0，若关于x的方程|f(x)|－a＝0有3个实根，则a的取值范围是(　　)

A.   B．(0,1)

C.   D．(1，＋∞)

答案　A

解析　令g(x)＝xf(x)，

则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，

∴g(x)＝ln x＋c，即xf(x)＝ln x＋c，又f(1)＝0，

∴c＝0，可得f(x)＝.

则f′(x)＝，可知当x∈(0，e)时，f′(x)>0，

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，

则f(x)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，

要使方程|f(x)|－a＝0有3个实根，即函数y＝|f(x)|与y＝a的图象有3个不同交点，如图：

由图可知，a的取值范围是.

2．(2018·信阳二模)已知函数f(x)＝4x2＋－a，g(x)＝f(x)＋b，其中a，b为常数．

(1)若x＝1是函数y＝xf(x)的一个极值点，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若函数f(x)有2个零点，f[g(x)]有6个零点，求a＋b的取值范围．

解　(1)函数f(x)＝4x2＋－a，

则y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的导数为y′＝12x2－a，

由题意可得12－a＝0，

解得a＝12，即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－，

可得曲线在点(1，f(1))处的切线斜率为7，切点为(1，－7)，

即有曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋7＝7(x－1)，即为y＝7x－14.

(2)由f(x)＝4x2＋－a，导数f′(x)＝8x－，

当x>时，f′(x)>0，f(x)递增；当x<0或0<x<时，f′(x)<0，f(x)递减．

可得x＝处取得极小值，且为3－a，

由f(x)有两个零点，可得3－a＝0，即a＝3，零点分别为－1，.

令t＝g(x)，即有f(t)＝0，可得t＝－1或，

则f(x)＝－1－b或f(x)＝－b，

由题意可得f(x)＝－1－b或f(x)＝－b都有3个实数解，

则－1－b>0，且－b>0，即b<－1且b<，

可得b<－1，即有a＋b<2.则a＋b的范围是(－∞，2)．

利用导数研究函数零点或方程根的方法

(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法

借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．

(2)数形结合法求解零点

对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．

(3)构造函数法研究函数零点

①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．

②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法.

1.(2019·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为(　　)

A.0  B．e3＋1  C．2e3＋  D．2e3＋1

答案　D

解析　由题意可知，ln x＋2ex2＝x3＋kx，因为x>0，

所以＋2ex－x2＝k，

令h(x)＝＋2ex－x2，

则h′(x)＝＋2e－2x＝＋2(e－x)，

令h′(x)＝0，解得x＝e，故当x∈(0，e)时，h′(x)>0，

当x>e时，h′(x)<0，所以h(x)max＝h(e)＝＋e2＝k，

故g(x)＝x3＋x，

g′(x)＝3x2＋＋e2>0，故函数g(x)在[0，e]上是增函数，

g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.故选D.

2.(2018·咸阳二模)已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．

解　(1)f′(x)＝－(x>0)，当a<0时，f′(x)<0，知f(x)在(0，＋∞)上是递减的；

当a>0时，f′(x)＝，知f(x)在(0，)上是递减的，在(，＋∞)上是递增的．

(2)由(1)知，a>0，f(x)min＝f()＝1－ln a，即g(a)＝1－ln a，

方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－ln a－(a>0)，

令F(a)＝a－ln a－(a>0)，

则F′(a)＝1－＋＝，

知F(a)在和上是递增的，在上是递减的，

F(a)极大＝F＝－＋ln 3，F(a)极小＝F＝－ln 2＋ln 3，依题意得－ln 2＋ln 3<m<－＋ln 3.

题型 　利用导数研究不等式的有关问题

角度1　证明不等式(多维探究)

1.(2018·绵阳模拟)已知函数f(x)＝aln x－bx－3(a∈R且a≠0)．

(1)若a＝b，求函数f(x)的单调区间；

(2)当a＝1时，设g(x)＝f(x)＋3，若g(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2>2.

解　(1)由f(x)＝aln x－bx－3知f′(x)＝，

当a>0时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1，＋∞)，

当a<0时，函数f(x)的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0,1)．

(2)证明：g(x)＝ln x－bx，设g(x)的两个相异零点为x1，x2，

设x1>x2>0，∵g(x1)＝0，g(x2)＝0，

∴ln x1－bx1＝0，ln x2－bx2＝0，

∴ln x1－ln x2＝b(x1－x2)，ln x1＋ln x2＝b(x1＋x2)，

要证ln x1＋ln x2>2，即证b(x1＋x2)>2，

即>，即ln >，设t＝>1，上式转化为ln t>，t>1.

设h(t)＝ln t－，∴h′(t)＝>0，

∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∴h(t)>h(1)＝0，∴ln t>，∴ln x1＋ln x2>2.

条件探究1　举例说明1中，若a＝b＝－1，g(x)＝f(x)＋2.求证：对任意x>0，总有g(x)≥0.

证明　若a＝b＝－1，则g(x)＝f(x)＋2＝－ln x＋x－3＋2＝x－ln x－1，

所以g′(x)＝1－.

由g′(x)＝0得x＝1，

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝0，

所以对任意x>0，总有g(x)≥0.

条件探究2　利用条件探究1的结论．求证：对于任意正整数n，·…·<e.

证明　由条件探究1的结论知，

当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.

令x＝1＋，得ln <.

从而ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1.

故·…·<e.

角度2　已知不等式恒成立，求参数的取值范围

2.(2018·合肥一检)已知函数f(x)＝(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)f′(x)＝，

当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，

∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴当a≤－时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．

当a>－时，令x2－2x－2a＝0⇒x1＝1－，x2＝1＋，

列表如下：

由表可知，当a>－时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．

(2)∵f(x)>－1⇔>－1⇔2a>x2－ex，

∴由条件2a>x2－ex，对∀x≥1成立．

令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，

∴h′(x)＝2－ex，当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，

∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，

∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，

故f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a>g(x)max＝1－e，

∴a>，即实数a的取值范围是.

角度3　不等式存在性成立问题

3.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.

(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)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．

解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝.

①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，

f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.

②当1<a<e时，

x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；

x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．

所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.

③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，

f(x)在[1，e]上为减函数．

f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.

综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；

当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；

当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.

(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．

由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，

f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.

g′(x)＝(1－ex)x.

当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．

g(x)min＝g(0)＝1.

所以e－(a＋1)－<1，即a>，

所以a的取值范围为.

1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法

(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题

若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．

(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明

在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．

2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径

(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；

存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.

(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，

存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.

(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.

(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.

1.(2019·渭南模拟)设函数f(x)＝(x－a)2＋(3ln x－3a)2，若存在x0，使f(x0)≤，则实数a的值为(　　)

A.  B.  C.  D．1

答案　A

解析　分别令g(x)＝3ln x，h(x)＝3x，

设过点P(x0,3ln x0)的函数g(x)的切线l平行于直线y＝3x.

g′(x)＝，由＝3，解得x0＝1.∴切点P(1,0)．

点P到直线y＝3x的距离d＝ .

∴存在x0＝1，使f(x0)≤，

过点P且与直线y＝3x垂直的直线方程为y＝－(x－1)．

联立解得x＝，y＝.

则实数a＝.故选A.

2.(2018·兰州双基测试)定义在实数集上的函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m.

(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程；

(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围．

解　(1)∵f(x)＝x2＋x，∴f(1)＝2.

∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3.

∴所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.

(2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－3x＋m，

则h′(x)＝(x－3)(x＋1)．

∴当－4≤x≤－1时，h′(x)≥0；

当－1<x≤3时，h′(x)≤0；

当3<x≤4时，h′(x)>0.

要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，

由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得，

而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－，

∴h(x)的最大值为m＋，

∴m＋≤0，即m≤－.

∴实数m的取值范围为.

3.(2018·乐山模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．

 (1)求函数y＝f(x)的单调区间；

(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.

解　(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝2x－(a－2)－＝，

当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，由f′(x)>0得x>，

由f′(x)<0，得0<x<，

所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．

(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，

只需证明ex－ln x－2>0，设g(x)＝ex－ln x－2，

则问题转化为证明对任意的x>0，g(x)>0，令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，

容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0＝，

当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：

g(x)min＝g(x0)＝e x0－ln x0－2＝＋x0－2，

因为x0>0，且x0≠1，所以g(x)min>2－2＝0，因此不等式得证.

题型 　利用导数求解生活中的优化问题

(2018·徐州模拟)如图1是一个仿古的首饰盒，其横截面是由一个半径为r分米的半圆，及矩形ABCD组成，其中AD长为a分米，如图2为了美观，要求r≤a≤2r.已知该首饰盒的长为4r分米，容积为4立方分米(不计厚度)，假设该首饰盒的制作费用只与其表面积有关，下半部分(箱体)的制作费用为每平方分米1百元，上半部分(箱盖)制作费用为每平方分米2百元，设该首饰盒的制作费用为y百元．

(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；

(2)当r为何值时，该首饰盒的制作费用最低？

解　(1)由题意可知，4＝4r＝2πr3＋8ar2，

所以a＝＝.

又因为r≤a≤2r，得 ≤r≤ .

所以y＝4r(2a＋2r)＋4ar＋2(πr×4r＋πr2)

＝12ar＋8r2＋10πr2＝12r×＋8r2＋10πr2＝＋(8＋7π)r2，

定义域为.

(2)令f(r)＝＋(8＋7π)r2，

所以f′(r)＝－＋(16＋14π)r，

令f′(r)＝0，即＝(16＋14π)r，解之得r＝，

当r> 时，f′(r)>0，函数y＝f(r)为增函数；

当r< 时，f′(r)<0，函数y＝f(r)为减函数．

又因为 ≤r≤ ，所以函数y＝f(r)在上为增函数，

所以当r＝时，首饰盒制作费用最低．

答：当r＝时，该首饰的盒制作费用最低.

1.利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤

2．利用导数解决生活中优化问题的方法

求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合.

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3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．

(1)求a的值；

(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．

解　(1)因为当x＝5时，y＝11，

所以＋10＝11，解得a＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝＋10(x－6)2.

所以商场每日销售该商品所获得的利润为

f(x)＝(x－3)

＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.

则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]

＝30(x－4)(x－6)．

于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．

所以当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.

答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．