江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件理

§3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课时作业题型分类深度剖析内容索引题型分类深度剖析题型一导数与不等式有关的问题命题点1解不等式例1设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，那么不等式x2f(x)>0的解集是____________________.答案解析(－∞，－2)∪(0，2)又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).命题点2证明不等式例2(2023·全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；解答由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝

－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x；证明由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.命题点3不等式恒成立或有解问题解答几何画板展示函数的定义域为(0，＋∞)，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.(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围.解答所以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.所以实数k的取值范围是(－∞，2].引申探究此题(2)中，假设改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围.解答(1)利用导数解不等式的思路一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，那么F(x)在(a，b)上是减函数，同时假设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).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.②也可别离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华跟踪训练1(2023·福建)函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的单调递增区间；解答证明(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).解答由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，那么f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意.当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在(1，x2)内单调递增.从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).综上，k的取值范围是(－∞，1).题型二利用导数研究函数零点问题例4(2023·扬州模拟)设函数f(x)＝xex－asinxcosx(a∈R，其中e是自然对数的底数).(1)当a＝0时，求f(x)的极值；解答几何画板展示当a＝0时，f(x)＝xex，f′(x)＝ex(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝－1.列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)

↘极小值

↗(2)假设对于任意的x∈[0，]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；解答①当a≤0时，由于对于任意x∈[0，]，有sinxcosx≥0，所以f(x)≥0恒成立，即当a≤0时，符合题意；②当0<a≤1时，因为f′(x)＝ex(x＋1)－acos2x≥e0(0＋1)－acos0＝1－a≥0，所以函数f(x)在[0，]上为增函数.所以f(x)≥f(0)＝0，即当0<a≤1时，符合题意；③当a>1时，f′(0)＝1－a<0，设f′(α)＝0，其中α是f′(x)＝0中最接近x＝0的零点.所以f(x)在(0，α)上为减函数，此时f(x)<f(0)＝0，即当a>1时，不符合题意.综上所述，a的取值范围是(－∞，1].(3)是否存在实数a，使得函数f(x)在区间(0，)上有两个零点？假设存在，求出a的取值范围；假设不存在，请说明理由.解答当a>1时，f′(x)＝ex(x＋1)－acos2x.令g(x)＝ex(x＋1)－acos2x，那么g′(x)＝ex(x＋2)＋2asin2x，且当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，即f(x)在(0，x0)上无零点；综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间(0，)上有两个零点.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，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.思维升华跟踪训练2(2023·南通模拟)函数f(x)＝a＋lnx(a∈R).(1)求f(x)的单调区间；解答当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论.解答所以此时函数f(x)的零点个数为0.当a≤0时，从而当a≤0时，函数f(x)的零点个数为1；题型三利用导数研究生活中的优化问题例5某商场销售某种商品的经验说明，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.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；解答(2)假设该商品的本钱为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.解答由(1)可知，该商品每日的销售量为所以商场每日销售该商品所获得的利润为＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.从而，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：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，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.利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；假设函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点.(4)回归实际问题作答.思维升华解答解得－40<x<6.因为1<x<14，所以1<x<6.设该商品的月销售额为g(x)，由g′(x)>0，得x<8，所以g(x)在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数，(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，假设该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a的取值范围.解答因为a>0，所以f(x)在区间(1，14)上是增函数，假设该商品的均衡价格不低于6百元，那么函数f(x)在区间[6，14)上有零点，答假设该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a的取值范围是(0，].典例(16分)设f(x)＝

＋xlnx，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∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.

一审条件挖隐含审题路线图系列标准解答审题路线图(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(2)对任意s，t∈[，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＋xlnx≥1恒成立↓别离参数aa≥x－x2lnx恒成立↓求h(x)＝x－x2lnx的最大值a≥h(x)max＝h(1)＝1↓a≥1返回解(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]g(x)max＝g(2)＝1.那么满足条件的最大整数M＝4. [7分]所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞). [16分]返回课时作业12345678910111.函数f(x)＝(x－1)2(x－2)2的极大值是____.答案解析∵f(x)＝(x－1)2(x－2)2，令f′(x)＝0，得可能的极值点x1＝1，x2＝

，x3＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴f′(x)＝2(x－1)(2x－3)(x－2).12345678910112.曲线y＝x2＋alnx(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k，假设k的最小值为4，那么此时切点的坐标为________.答案解析(1，1)函数y＝x2＋alnx(a＞0)的定义域为{x|x＞0}，当且仅当x＝1时，“＝〞成立，将x＝1代入曲线方程得y＝1，故所求的切点坐标是(1，1).1234567891011答案解析(0，1]12345678910114.假设商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，那么获得最大利润时的年产量为____百万件.答案解析3y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.故当x＝3时，该商品的年利润最大.12345678910115.(2023·南京质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，那么AB的最小值为_________.答案解析4－2ln2由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2，那么h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(ln2)＝4－2ln2>0，即AB的最小值是4－2ln2.12345678910116.函数f(x)＝ 假设|f(x)|≥ax，那么a的取值范围是_________.答案解析[－2，0]1234567891011①由(1)得x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立.当x＝0时，a∈R；当x<0时，有x－2≤a恒成立，所以a≥－2.故a≥－2.②由(2)得ln(x＋1)－ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ln(x＋1)－ax(x>0)，1234567891011当a≤0时，h′(x)>0，故h(x)为增函数，所以h(x)>h(0)＝0恒成立；所以h(x)<h(0)＝0恒成立，显然不符合题意；1234567891011当0<a<1时，对于给定的一个确定值a，总可以至少找到一个x0>0，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0<0成立.故a≤0.由①②可知a的取值范围是[－2，0].12345678910117.假设函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0，2]上有最大值f(2)，那么a的取值范围是____________.答案解析[－1，＋∞)f′(x)＝2ax＋4，由f(x)在[0，2]上有最大值f(2)，那么要求f(x)在[0，2]上单调递增，那么2ax＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立；当a<0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1.∴a的取值范围是[－1，＋∞).12345678910118.(2023·苏州模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，那么不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为__________.答案解析设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，那么g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增，∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，∴g(x)>g(0)，∴x>0.(0，＋∞)又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，12345678910119.函数f(x)＝ax3－3x2＋1，假设f(x)存在唯一的零点x0且x0>0，那么a的取值范围是____________.答案解析(－∞，－2)当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点