高三数学 导数专题复习 二十三 导数证明 解不等式 优化问题

专题二十三  导数证明 解不等式 优化问题

一 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题

例题1            （2019·天津高考真题（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【解析】∵，即，

（1）当时，，

当时，，

故当时，在上恒成立；

若在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

当函数单增，当函数单减，

故，所以.当时，在上恒成立；

综上可知，的取值范围是，

例题2            （2016·全国高考真题（文））已知函数.

（I）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.

【解析】（I）的定义域为.当时，

，

曲线在处的切线方程为

（II）当时，等价于

设，则，

（i）当，时，，

故在上单调递增，因此；

（ii）当时，令得

.由和得，

故当时，，在单调递减，因此.

综上，的取值范围是

【小结】

1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．

：

2. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.

二 利用导数证明、解不等式问题

例题3            （2019·山东高考模拟（文））已知函数，则使不等式成立的的最小整数为（   ）

A．-3 B．-2 C．-1 D．0

【解析】根据题意，函数，其导数，

时，可以看成是1为首项，为公比的等比数列，

则有，函数在上为增函数，

又由，

，

则函数在上存在唯一的零点，设其零点为，

，

又由，则，故不等式成立的的最小整数为0；故选：D．

例题4            （2018·全国高考真题（理））已知函数．

（1）若，证明：当时，；

（2）若在只有一个零点，求的值.

【解析】（1）当时，等价于．

设函数，则．

当时，，所以在单调递减．

而，故当时，，即．

（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．

（i）当时，，没有零点；

（ii）当时，．

当时，；当时，．

所以在单调递减，在单调递增．

故是在的最小值．

①若，即，在没有零点；

②若，即，在只有一个零点；

③若，即，由于，所以在有一个零点，

由（1）知，当时，，所以．

故在有一个零点，因此在有两个零点．

综上，在只有一个零点时，．

【小结】

1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.

2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法

(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；

(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.

3.不等式存在性问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错

．

三 用导数研究生活中的优化问题

例题5            （2019·安徽高二月考（文））中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔相关：当时高铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人.记发车间隔为分钟时，高铁载客量为.

求的表达式；

若该线路发车时间间隔为分钟时的净收益（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？

【解析】（1）当时，不妨设，因为，所以解得.

因此.

（2）①当时，

因此，.

因为，当时，，单增；

当时，，单减.所以.

②当时，

因此，.

因为，此时单减.所以，

综上，发车时间间隔为分钟时，最大.

例题6            （2019·江苏高考模拟）如图，某隧道的剖面图是由半圆及矩形组成，交通部门拟在隧道顶部安装通风设备（视作点），为了固定该设备，计划除从隧道最高点处使用钢管垂直向下吊装以外，再在两侧自两点分别使用钢管支撑.已知道路宽，设备要求安装在半圆内部，所使用的钢管总长度为.

（1）①设，将表示为关于的函数；

②设，将表示为关于的函数；

（2）请选用（1）中的一个函数关系式，说明如何设计，所用的钢管材料最省？

【解析】（1）延长交于点，则，且为的中点，

所以，由对称性可知，.

①若，则，，

在中，，所以，

②若，则，

在中，，，

所以，

所以.

（2）选取②中的函数关系式，，

记，

则由及可得，，

当时，此时单调递减，当时，此时单调递增，

所以当时，取得最小值，

从而钢管总长度为取得最小值，即所用的钢管材料最省.

【小结】

利用导数解决生活中的优化问题的步骤

第一步:分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)

第二步:求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0

第三步: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

第四步:回归实际问题，给出优化问题的答案

1．（2019浙江）已知，函数．若函数恰有3个零点，则（    ）

A．a<–1，b<0   B．a<–1，b>0   

C．a>–1，b<0   D．a>–1，b>0

【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x，

则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；

当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣bx3（a+1）x2+ax﹣ax﹣bx3（a+1）x2﹣b，

，

当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，

则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；

当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，

令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.

根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，

如图：

∴0且，

解得b＜0，1﹣a＞0，b（a+1）3，则a>–1，b<0.故选C．

2.（2020·全国高三其他（文））若不等式恒成立，则正数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【解析】不等式可化为，所以有，

令，则原不等式化为，又在成立，

所以函数在上单调递增，所以，所以，

令，有，

令，得，，得，

所以函数的增区间为，减区间为，，故有．故选：A．

3.（2019·河南高三期中（理））对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数范围是（    ）

A． B． C． D．

【解析】在定义域内单调递增，，

即，即是方程的两个不同根，∴，
设，
∴时，；时，，∴是的极小值点，

的极小值为：，
又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，
时，和的图象有两个交点，方程有两个解，
∴实数的取值范围是．故选：B．

4.（2020·赤峰二中高三三模（理））已知是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有(e是自然对数的底数)，f(0)=3，若方程f(x)=m恰有三个实数根，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【解析】因为，所以，

令，所以，

所以，，

又f(0)=3，解得，

所以，所以，

当时，或，当时，，

所以在和上递增，在上递减，

所以的极大值是，极小值是，

因为方程f(x)=m恰有三个实数根，如图所示：

所以，故选：D

5.（2020·山东奎文 潍坊中学高二月考）要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为，其底面两邻边之比为，则它的长为__________，高为__________时，可使表面积最小.

【解析】设底面的长为，则由条件可得宽为，高为

所以表面积

因为，，

所以在上单调递减，上单调递增

所以当时取得最小值，即此时长为，宽为，高为

6．（2020·河南高三其他（理））函数，若，则在的最小值为_______；当时，恒成立，则a的取值范围是_____.

【解析】当时，∵，∴.

当时，恒成立，∴在上单调递增.∴在上最小值为.

又时，恒成立，令 ,,

所以在 递增， 所以

∴恒成立

∴.

7.（2019·江苏高三期中）已知函数，若函数恰有一个零点，则实数的取值范围是________．

【解析】f′（x）＝3x2﹣3＝3（x﹣1）（x+1），

f'（x）＞0⇒x＞1或x＜-1；f'（x）＜0⇒-1＜x＜1，

∴f（x）在（﹣∞，-1）和（1，+∞）上单增，在（-1，1）上单减，

∴，

函数f（x）恰有一个零点，可得>0或<0，解得c＜-2或c．

8.（2019·广东高二期末（理））要设计一个容积为的下端为圆柱形、上端为半球形的密闭储油罐，已知圆柱侧面的单位面积造价是下底面积的单位面积造价的一半，而顶部半球面的单位面积造价又是圆柱侧面的单位面积造价的一半，储油罐的下部圆柱的底面半径_______时，造价最低．

【解析】设圆柱的高为，圆柱底面单位面积造价为，总造价为，

因为储油罐容积为，所以，整理得：，

所以，令，则，

当得：，当得，

所以当时，取最大值，即取得最大值.

9．（2018·全国高考真题（文））（2018年新课标I卷文）已知函数．

（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；

（2）证明：当时，．

【解析】（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．

由题设知，f ′（2）=0，所以a=．从而f（x）=，f ′（x）=．

当0<x<2时，f ′（x）<0；当x>2时，f ′（x）>0．

所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．

（2）当a≥时，f（x）≥．

设g（x）=，则

当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．

故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．

因此，当时，．

10.（2016·全国高考真题（文））已知函数.

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围.

【解析】（Ⅰ）

（Ⅰ）设，则当时，；当时，.

所以f（x）在单调递减，在单调递增.

（Ⅱ）设，由得x=1或x=ln（-2a）.

①若，则，所以在单调递增.

②若，则ln（-2a）＜1,故当时，；

当时，，所以在单调递增，在单调递减.

③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.

（Ⅱ）（Ⅰ）设，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.

又，取b满足b＜0且，

则，所以有两个零点.

（Ⅱ）设a=0，则，所以只有一个零点.

（iii）设a＜0，若，则由（Ⅰ）知，在单调递增.

又当时，＜0，故不存在两个零点；若，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又当时＜0，故不存在两个零点.

综上，a的取值范围为.

11.（2019·重庆巴蜀中学高三月考（理））已知函数，，.

（1）求函数的单调区间；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【解析】

（1），

由，得的单调增区间为，；

由，得的单调减区间为.

（2）令，则恒成立，

，

∵，∴.

令，则在上单调递增，且，

∴当时，，，单调递减；

当时，，，单调递增；

∴，

∴.

12．（2020·湖南开福 长沙一中高三月考（理））设函数，.

（1）若，讨论的零点个数；

（2）证明：.

【解析】（1）由题意，函数，则，

①当，则函数，此时有唯一的零点；

②当，令，可得，

所以，最多两个零点，

当时，可得且，所以，

所以，故时，，所以在有一个零点；

当时，，所以在有一个零点.

综上可知，当时，有唯一零点；当时，有两个零点.

（2）令，

则，

令，可得在是增函数，

且（，所以在有唯一零点，且，

当时，，在上为减函数，

当时，，在上为增函数，

故，且，

所以，∴，所以成立.

13.（2019·黑龙江大庆实验中学高三期中（文））已知函数,..

（1）求函数的极值点；

（2）若恒成立,求的取值范围.

【解析】 (1)的定义域为,,

当 时,,所以在上单调递增,无极值点,

当时,解,得,解得,

所以在上单调递增,在上单调递减,

所以函数有极大值点,无极小值点.

(2)由条件可得恒成立,

则当时,恒成立,

令,则,

令,

则当时,,所以在上为增函数.

又,所以在上,；在上,.

所以在上为减函数；在上为增函数.

所以,所以.,故k的取值范围是.

14.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））已知函数

(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

【解析】（1）

（ⅰ）时，当时，；当时，，

所以f(x)在单调递减，在单调递增；

（ⅱ）时

若，则，所以f(x)在单调递增；

若，则，故当时，， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减；

若，则，故当，， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减；

综上：时，f(x)在单调递减，在单调递增；

时，f(x)在单调递增；

时，f(x)在单调递增，在单调递减；

时，f(x)在单调递增，在单调递减；

（2）（ⅰ）当a>0,则由（1）知f(x)在单调递减，在单调递增，

又，，取b满足，且，

则，所以f(x)有两个零点

（ⅱ）当a=0,则，所以f(x)只有一个零点

（ⅲ）当a<0,若,则由（1）知，f(x)在单调递增．又当时，，故f(x)不存在两个零点

，则由（1）知，f(x)在单调递减，在单调递增，又当，f(x)<0,故f(x)不存在两个零点

综上，a的取值范围为.

15.（2019·湖北高三月考（理））已知．

（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；

（2）证明：当时，．

【解析】（1）法一：由题意，

① 若，即时，，则在单调递增，

则，则在单调递增，故，满足题意；

② 若，即时，存在，使得，且当时，，则在上递减，则，则在递减，此时，舍去；

③ 若，即时，，则在上单调递减，则，则在单调递减， ，舍去；故．

法二：由题知，且，，

要使得在上恒成立，则必须满足，即，．

① 若时，，则在单调递增，则，

则在单调递增，故，满足题意；

② 若时，存在时，，则在上单调递减，则，则在单调递减，此时，舍去；故．

（2）证明：由（1）知，当时，．取，则

由（1），则，故，

要证，只需证．

令，则，，

当时，，则在上单调递增，有，

故在单调递增，故，故，即有，

16.（2019·广东高三期中（理））设．

（1）求证：当时，恒成立；

（2）讨论关于x的方程根的个数．

【解析】（1）由题意得：的定义域为

当时，且不恒等于    在上单调递增

，当时，恒成立

（2）化简方程得：，即

令，

则方程根的个数等价于与图象交点个数

当时，，则在上单调递增

当时，，则在上单调递减

；时，；时，

又，与在同一坐标系内的大致图像如图所示：

由图象可知：当时，即时，方程无实根；当时，即时，方程有一个实根；当时，即时，方程有两个不等实根