2020版高考數學一輪復習 第2章 函數、導數及其應用 第13節(jié) 導數與函數的綜合問題教學案 文（含解析）北師大版

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1、第十三節(jié)　導數與函數的綜合問題 導數與不等式 ?考法1　證明不等式 【例1】　已知函數f(x)＝x＋aex(a∈R)． (1)討論函數f(x)的單調性； (2)當x＜0，a≤1時，證明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x)． [解]　(1)由f(x)＝x＋aex可得f′(x)＝1＋aex. 當a≥0時，f′(x)＞0，則函數f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數． 當a＜0時，由f′(x)＞0可得x＜ln， 由f′(x)＜0可得x＞ln， 所以函數f(x)在上為增函數，在上為減函數． (2)證明：設F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(

2、x＋a－aex)． 設H(x)＝x＋a－aex，則H′(x)＝1－aex. ∵x＜0，∴0＜ex＜1，又a≤1，∴1－aex≥1－ex＞0. ∴H(x)在(－∞，0)上為增函數，則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　解決不等式恒成立(存在性)問題 【例2】　設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，求滿足上述條件的最大整數M； (2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求

3、實數a的取值范圍． [解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[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)在區(qū)間上是減少的，在區(qū)間上是增加的， 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， 則滿足條件的最大整數M＝4. (2)對于任意的s，t∈，都有f(s

4、)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間上，函數f(x)min≥g(x)max， 由(1)可知在區(qū)間上，g(x)的最大值為g(2)＝1. 在區(qū)間上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等價于a≥x－x2ln x恒成立． 設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在上是增函數， 可知h′(x)在區(qū)間上是減函數， 又h′(1)＝0， 所以當1＜x＜2時，h′(x)＜0； 當＜x＜1時，h′(x)＞0. 即函數h(x)＝x－x2ln x在區(qū)間上遞增，在區(qū)間(1,2)上遞減，

5、所以h(x)max＝h(1)＝1， 所以a≥1， 即實數a的取值范圍是[1，＋∞)． [規(guī)律方法]　1.利用導數證明含“x”不等式方法，證明：f(x)＞g(x)． 法一：移項，f(x)－g(x)＞0，構造函數F(x)＝f(x)－g(x)，轉化證明F(x)min＞0，利用導數研究F(x)單調性，用上定義域的端點值． 法二：轉化證明：f(x)min＞g(x)max. 法三：先對所求證不等式進行變形，分組或整合，再用法一或法二． 2．利用導數解決不等式的恒成立問題的策略 (1)首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍． (

6、2)也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題． 3．“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求f(x)的最大值．應特別關注等號是否成立問題． (2018·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數f(x)＝aex－ln x－1.證明：當a≥時，f(x)≥0. [解]　證明：當a≥時，f(x)≥－ln x－1. 設g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－. 當01時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點． 故當x>0時，g(x)≥g

7、(1)＝0. 因此，當a≥時，f(x)≥0. 利用導數研究函數的零點問題 【例3】　(2019·黃山模擬)設函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設a＝b＝4，若函數f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因為f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(

8、x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. 當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↘ c ↗ c－ ↘ 所以，當c＞0且c－＜0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點． [規(guī)律方法]　利用導數研究方程根的方法 (1)研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等． (2)根據題目要

9、求，畫出函數圖像的走勢規(guī)律，標明函數極(最)值的位置． (3)可以通過數形結合的思想去分析問題，使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)． 設函數f(x)＝－kln x，k＞0. (1)求f(x)的單調區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． [解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去)． f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↗ ↘ 所以，f(x)的遞

10、減區(qū)間是(0，)，遞增區(qū)間是(，＋∞)，f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無極大值． (2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點． 當k＞e時，f(x)在區(qū)間(1，)上遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 利用導數研究生活中的優(yōu)化問題 【例4】　某山區(qū)外圍有兩條相互垂直

11、的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路分別為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標系xOy.假設曲線C符合函數y＝(其中a，b為常數)模型． (1)求a，b的值； (2)設公路l與曲線C相切于點P，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數解析式f(t)，并寫出其定義域； ②當t為何值時，公路l的長度最短？求出最短

12、長度． [解]　(1)由題意知，點M，N的坐標分別為(5,40)，(20,2.5)． 將其分別代入y＝， 得 解得 (2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)， 則點P的坐標為， 設公路l交x軸，y軸分別為A，B兩點，如圖所示， 又y′＝－， 則直線l的方程為y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝ ＝，t∈[5,20]． ②設g(t)＝t2＋，t∈[5,20]， 則g′(t)＝2t－. 令g′(t)＝0，解得t＝10. 當t∈[5,10)時，g′(t)＜0，g(t)是減函數； 當t∈(10，20]時，g′(t)＞0，g(t)是增函數． 所以當t

13、＝10時，函數g(t)有極小值，也是最小值， 所以g(t)min＝300， 此時f(t)min＝15. 故當t＝10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米． [規(guī)律方法]　利用導數解決生活中的實際應用問題的4步驟 某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為1 60元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數V(r)，并求該函數的定義域； (2)討論函數V(r)的單調性，并確定r和h為何值時

14、該蓄水池的體積最大． [解]　(1)因為蓄水池側面的總成本為100×2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元． 又根據題意知200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝(300－4r2)， 從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 因為r>0，又由h>0可得r<5， 故函數V(r)的定義域為(0,5)． (2)因為V(r)＝(300r－4r3)， 所以V′(r)＝(300－12r2)， 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 當r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0

15、,5)上為增函數； 當r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數． 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大. 1．(2018·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0. [解]　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2. 因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0. (2)當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋

16、1＋ex＋1. 當x<－1時，g′(x)<0，g(x)遞減；當x>－1時，g′(x)>0，g(x)遞增．所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0. 2．(2015·全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數f′(x)零點的個數； (2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上是增加的，v(x)＝－在(0，＋∞)上是增加的， 所以f′(x)在(0，＋∞)上是增加的． 又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上是減少的，在(x0，＋∞)上是增加的，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln . - 9 -