【新步步高】2018版高考数学(理)一轮复习第三章导数及其应用3.2第3课时

§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A.(－2,0)∪(2，＋∞) B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0,2)答案解析又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

(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；解答令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.(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，那么g′(x)＝c－1－cxlnc，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.例3函数f(x)＝ .命题点3不等式恒成立或有解问题解答(1)假设函数f(x)在区间(a，a＋)上存在极值，求正实数a的取值范围；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.几何画板展示(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].引申探究本例(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.解答思维升华(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.跟踪训练1(2015·福建)函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的单调递增区间；解答那么有F′(x)＝.(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；证明当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.令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).(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(2016·福州模拟)函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；解答当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0<x<2.故f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).(2)假设函数f(x)在区间(0，)上无零点，求a的最小值.解答几何画板展示f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，x>0，h(x)＝2lnx，x>0，那么f(x)＝m(x)－h(x)，∴a≥2－4ln2，∴2－4ln2≤a＜2，由①②得a≥2－4ln2，∴amin＝2－4ln2.思维升华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.

跟踪训练2(2016·郑州模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，那么函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为A.4 B.3 C.2 D.1答案解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函数，∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg|x＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.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；解答因为当x＝5时，y＝11，所以

＋10＝11，a＝2.(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)[＋10(x－6)2]＝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.思维升华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.令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于当0<x<40时，y′<0；当x>40时，y′>0.所以当x＝40时，y有最小值.答案解析40典例

(12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]由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－

).令g′(x)>0，得x<0或x>，那么满足条件的最大整数M＝4. [5分]设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在区间[，2]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. [10分]即函数h(x)＝x－x2lnx在区间(，1)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，＋∞). [12分]返回课时作业1.f(x)，g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，那么<0的解集为12345678910111213答案解析A.(－∞，－3)∪(3，＋∞) B.(－3,0)∪(0,3)C.(－3,0)∪(3，＋∞) D.(－∞，－3)∪(0,3)√∵当x<0时，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，12345678910111213123456789101112132.(2016·兰州模拟)定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，那么不等式f(x)<ex的解集为A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞)C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)√答案解析∵f(x＋2)为偶函数，∴f(x＋2)的图象关于x＝0对称，∴f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(4)＝f(0)＝1.又∵f′(x)<f(x)，∴g′(x)<0(x∈R)，∴函数g(x)在定义域上单调递减，∴f(x)<ex⇔g(x)<g(0)，∴x>0，应选B.12345678910111213123456789101112133.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是A.3 B.2 C.1 D.0√答案解析设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，那么f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1，应选C.123456789101112134.当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，那么实数a的取值范围是A.[－5，－3] B.[－6，－]C.[－6，－2] D.[－4，－3]√答案解析令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，故实数a的取值范围为[－6，－2].12345678910111213123456789101112135.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A.1百万件 B.2百万件 C.3百万件 D.4百万件√答案解析y′＝－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.6.(2017·合肥质检)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A.2 B.3 C.4－2ln2 D.3－2ln2√答案解析由题意得，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，应选C.12345678910111213123456789101112137.函数f(x)＝ 假设|f(x)|≥ax，那么a的取值范围是A.(－∞，0] B.(－∞，1]C.[－2,1] D.[－2,0]√答案解析①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)，那么h′(x)＝－a(x>0)，可知h′(x)为减函数.12345678910111213当a≤0时，h′(x)>0，故h(x)为增函数，所以h(x)>h(0)＝0恒成立；当a≥1时，因为

∈(0,1)，所以h′(x)＝

－a<0，故h(x)为减函数，所以h(x)<h(0)＝0恒成立，显然不符合题意；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.1234567891011121312345678910111213如a＝时，取x0＝4，那么h(x0)＝ln5－2<0成立，可知0<a<1时，不符合题意.故a≤0.由①②可知a的取值范围是[－2,0].8.假设函数f(x)＝2x＋sinx对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，那么x的取值范围是________.答案解析(－3,1)因为f(x)是R上的奇函数，f′(x)＝2＋cosx>0，那么f(x)在定义域内为增函数，所以f(mx－3)＋f(x)<0可变形为f(mx－3)<f(－x)，所以mx－3<－x，将其看作关于m的一次函数，那么g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，可得当m∈[－2,2]时，g(m)<0恒成立.g(2)<0，g(－2)<0，解得－3<x<1.123456789101112139.(2016·郴州模拟)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(0，＋∞)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，又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0.123456789101112131234567891011121310.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，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝

.假设a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.由三次函数图象及f(0)＝1>0知，f()>0，又a<0，所以a<－2.1234567891011121311.(2016·济南模拟)f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；解答f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以f(x)的最大值为f(0)＝0.12345678910111213(2)设g(x)＝

，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.证明由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.设h(x)＝f(x)－x，那么h′(x)＝－xex－1.当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0<ex<1，那么0<－xex<1，从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减.当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1.综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.123456789101112131234567891011121312.(2016·东北师大附中、吉林一中等五校联考)函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0).(1)假设f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；解答由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.12345678910111213(2)假设函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.解答f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.①当a>