《2018届高三数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高三数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题 文（33页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课标版,节 导数与函数的综合问题,1.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.,教材研读,(5)下结论.,2.一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则f (x)=3ax2+2bx+c.,方程f (x)=0的判别式=(2b)2-12ac, (1)当0,即b23ac时, f (x)0恒成立, f(x)在R上为增函数,结合函数f(x) 的图象知,方程f(x)=0有 唯一 一个实根. (2)当0,即b23ac时,方程f (x)=0有两个不同的实根,设为x1,x
2、2(x1m). a.当m0时,方程f(x)=0有 一 个实根; b.当m=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; c.当m0时,方程f(x)=0有 三 个实根; d.当M=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; e.当M0时,方程f(x)=0有 一 个实根.,3.生活中的利润最大、用料最省、效率最高等问题我们称之为优化问 题.导数是解决生活中优化问题的有力工具,用导数解决优化问题的基 本思路: (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立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,确定极值点; (3)比较函数在区间端点
3、的值和在极值点的值的大小,最大(小)值为函数 的最大(小)值; (4)还原到实际问题中作答.,1.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数 关系式为y=- x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为 ( ) A.13万件 B.11万件 C.9万件 D.7万件 答案 C y=-x2+81.令y=0,得x=9或x=-9(舍去).当00,函数单 调递增;当x9时,y0,函数单调递减.故当x=9时,y取最大值.,2.已知函数f(x)的定义域为-1,4,部分对应值如下表, f(x)的导函数y=f (x) 的图象如图所示.,当1a2时,函数y=f(x)-a的零
4、点的个数为 ( ) A.2 B.3 C.4 D.5,答案 C 根据已知条件可还原出函数f(x)在定义域-1,4内的大致图 象. 函数y=f(x)-a的零点个数即直线y=a与曲线y=f(x)的交点个数.因为1a2, 所以交点个数为4.故选C.,3.若a3,则方程x3-ax2+1=0在(0,2)上的实根个数为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3,答案 B 设f(x)=x3-ax2+1,则f (x)=3x2-2ax=x(3x-2a),由于a3,则在(0,2) 上f (x)0, f(2)=9-4a0,则方程x3-ax2+1=0在 (0,2)上恰有1个实根,故选B.,4.设函数f(x)=ax3-3x
5、+1(xR),若对于任意x-1,1,都有f(x)0成立,则 实数a的值为 . 答案 4 解析 若x=0,则不论a取何值, f(x)0显然成立.,当x0, 即x(0,1时, f(x)=ax3-3x+10可化为a - .设g(x)= - ,则 g(x)= , 所以g(x)在区间 上单调递增,在区间 上单调递减, 因此g(x)max=g =4,从而a4. 当x0,即x-1,0)时,a - . 同理可求得a4,综上,可知a=4.,考点一 利用导数研究恒成立问题和存在性问题 命题角度一 恒成立问题 典例1 (2016陕西西北九校联考)已知函数f(x)=-ln x+t(x-1),t为实数. (1)当t=1
6、时,求函数f(x)的单调区间; (2)当t= 时, - -f(x)0, f (x)=- +1= . 由f (x)0可得x1, 函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).,考点突破,(2)当t= 时, f(x)=-ln x+ - ,则 - -f(x)= - - =ln x- + , 当x1时, - -f(x)1, 则g(x)=x-(ln x+1)=x-1-ln x,x1. 令h(x)=x-1-ln x,x1,则h(x)=1- = ,x1. 当x1时,h(x)0,函数h(x)=x-1-ln x在(1,+)上单调递增,故h(x)h(1)=0, 从而当x1时,g(x)0,即函数
7、g(x)在(1,+)上单调递增, 故g(x)g(1)= , 实数k的取值范围是 .,1-1 (2016湖北优质高中联考)已知函数g(x)满足g(x)=g(1)ex-1-g(0)x+ x2, 且存在实数x0使得不等式2m-1g(x0)成立,则m的取值范围为 ( ) A.(-,2 B.(-,3 C.1,+) D.0,+) 答案 C g(x)=g(1)ex-1-g(0)+x,当x=1时,g(0)=1,由g(0)=g(1)e0-1,解得g(1) =e,所以g(x)=ex-x+ x2,则g(x)=ex-1+x,当x0时,g(x)0,所 以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转
8、化为2m-1 g(x)min=1,所以m1,故选C.,典例2 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x- (aR),g(x)= x2+ex-xex. (1)当x1,e时,求f(x)的最小值; (2)当a1时,若存在x1e,e2,使得对任意的x2-2,0, f(x1)g(x2)恒成立, 求a的取值范围. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)= . 当a1时,x1,e, f (x)0, f(x)为增函数,所以f(x)min=f(1)=1-a. 当1ae时, x1,a时, f (x)0, f(x)为减函数; xa,e时, f (x)0, f(x)为增函数.,命题角度二 存在性问题,
9、所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1. 当ae时,x1,e时, f (x)0, f(x)在1,e上为减函数, 所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . 综上,当a1时, f(x)min=1-a; 当1ae时, f(x)min=a-(a+1)ln a-1; 当ae时, f(x)min=e-(a+1)- . (2)由题意知f(x)(xe,e2)的最小值小于g(x)(x-2,0)的最小值. 当a1时,由(1)知f(x)在e,e2上单调递增, 所以f(x)min=f(e)=e-(a+1)- .,由题意知g(x)=(1-ex)x. 当x-2,0时,g(x)0,g(x)为减函
10、数,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)- , 所以a的取值范围为 .,易错警示 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对 于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,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问题,以 免细节出错.,考点二 利用导数证明不等式 典例3 (2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当
11、x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx. 解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)= -1,令f (x)=0,解得x= 1. 当00, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减. (2)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x1时,ln xx-1.,故当x(1,+)时,ln x1,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g(x)=c-1-cxln c, 令g(x)=0,解得x0= . 当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0. 所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,方
12、法技巧 若证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F(x)0,则F(x)在 (a,b)上是减函数,同时,若F(a)0,由减函数的定义可知,当x(a,b)时,有 F(x)0,即证明了f(x)g(x).,2-1 (2016安徽合肥二模)已知函数f(x)= . (1)若f(x)在区间(-,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围; (2)若a=0,x01,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:f(x) g(x). 解析 (1)易得f (x)=- , 由已知可知f (x)0对x(-,2)恒成立, 1-a2,a-1. 故实数a的取值范围为
13、(-,-1. (2)证明:a=0,则f(x)= ,故f (x)= . 函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f (x0)(x-x0)+f(x0).,令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f (x0)(x-x0)-f(x0),xR, 则h(x)=f (x)-f (x0)= - = . 设(x)=(1-x) -(1-x0)ex,则(x)=- -(1-x0)ex, x00,当xx0时,(x)0,当xx0时,h(x)0, h(x)在区间(-,x0)上为增函数,在区间(x0,+)上为减函数,xR时, h(x)h(x0)=0,f(x)g(x).,考点三 利用导数研究函数零点或方程根的
14、问题 典例4 (2016课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (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)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (i)设a0,则当x(-,1)时, f (x)0.所以f(x)在 (-,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增. (ii)设a- ,则ln(-2a)0;当x,(ln(-2a),1)时, f (x)1,故当x(-,1)(ln(-2a),+)时, f (x)0;当x(1, ln(-2a)时, f (x)0,则由(1)知, f(x)在(-,1)
15、上单调递减,在(1,+)上单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b (b-2)+a(b-1)2=a 0, 所以f(x)有两个零点. (ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.,(iii)设a0,若a- ,则由(1)知, f(x)在(1,+)上单调递增,又当x1时f(x) 0,故f(x)不存在两个零点; 若a- ,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a)上单调递减,在(ln(-2a),+)上单调递 增,又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+).,方法技巧 利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数.,3-1 (2014课标,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0, 2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a; (2)证明:当k1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.,考点四 用导数解决实际生活中的优化问题 典例5
