2020年高考数学一轮复习教案：第2章 第13节　导数与函数的综合问题(含解析)

第十三节　导数与函数的综合问题

►考法1　证明不等式

【例1】　已知函数f(x)＝x＋aex(a∈R)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当x＜0，a≤1时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．

[解]　(1)由f(x)＝x＋aex可得f′(x)＝1＋aex.

当a≥0时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．

当a＜0时，由f′(x)＞0可得x＜ln，

由f′(x)＜0可得x＞ln，

所以函数f(x)在上为增函数，在上为减函数．

(2)证明：设F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex)．

设H(x)＝x＋a－aex，则H′(x)＝1－aex.

∵x＜0，

∴0＜ex＜1，又a≤1，∴1－aex≥1－ex＞0.

∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，则H(x)＜H(0)＝0，即x＋a－aex＜0.

由x＜0可得F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，所以x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．

►考法2　解决不等式恒成立(存在性)问题

【例2】　设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.

(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；

(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．

[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.

由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.

令g′(x)＞0得x＜0，或x＞，

令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，

所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以g(x)min＝g＝－，

又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.

故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，

则满足条件的最大整数M＝4.

(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，

由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.

在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．

设h(x)＝x－x2ln x，

h′(x)＝1－2xln x－x，

令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0

得x＞.

即m(x)＝xln x在上是增函数，

可知h′(x)在区间上是减函数，

又h′(1)＝0，

所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；

当＜x＜1时，h′(x)＞0.

即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，

所以h(x)max＝h(1)＝1，

所以a≥1，

即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.证明：当a≥时，f(x)≥0.

[解]　证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.

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a≥时，f(x)≥0.

【例3】　(2019·黄山模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．

[解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，

所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.

(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，

所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.

令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.

当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：

所以，当c＞0且c－＜0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.

由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．

设函数f(x)＝－kln x，k＞0.

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

[解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．

f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)，f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．

(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.

因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e，

当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，

所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．

当k＞e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，

所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

【例4】　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分别为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，l1所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．

(1)求a，b的值；

(2)设公路l与曲线C相切于点P，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)．

将其分别代入y＝，

得

解得

(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，

则点P的坐标为，

设公路l交x轴，y轴分别为A，B两点，如图所示，

又y′＝－，

则直线l的方程为y－＝－(x－t)，

由此得A，B.

故f(t)＝

＝，t∈[5,20]．

②设g(t)＝t2＋，t∈[5,20]，

则g′(t)＝2t－.

令g′(t)＝0，解得t＝10.

当t∈[5,10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；

当t∈(10，20]时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．

所以当t＝10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＝15.

故当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．

某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为1 60元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．

(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；

(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．

[解]　(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．

又根据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，

所以h＝(300－4r2)，

从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．

因为r>0，又由h>0可得r<5，

故函数V(r)的定义域为(0,5)．

(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，

所以V′(r)＝(300－12r2)，

令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．

当r∈(0,5)时，V′(r)>0，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．

1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.

[解]　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.

因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.

(2)当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.

令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.

当x<－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)≥g(－1)＝0.

因此f(x)＋e≥0.

2．(2015·全国卷Ⅰ)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]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；

当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，

因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f′(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f′(b)<0，

故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．

(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f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .

故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .