§3.2導數的應用第3課時導數與函數的綜合問題課時作業題型分類深度剖析內容索引題型分類深度剖析題型一導數與不等式有關的問題命題點1解不等式例1設f(x)是定義在R上的奇函數，f(2)＝0，當x>0時，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，∴當且僅當0<x<2時，φ(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數.故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0，2).命題點2證明不等式例2(2023·全國丙卷)設函數f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調性；解答由題設，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝

－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.(2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1<<x；證明由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.所以當x≠1時，lnx<x－1.故當x∈(1，＋∞)時，lnx<x－1，(3)設c>1，證明：當x∈(0，1)時，1＋(c－1)x>cx.證明由題設c>1，設g(x)＝1＋(c－1)x－cx，當x<x0時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減.又g(0)＝g(1)＝0，故當0<x<1時，g(x)>0.所以當x∈(0，1)時，1＋(c－1)x>cx.命題點3不等式恒成立或有解問題解答幾何畫板展示函數的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1；當x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.(2)如果當x≥1時，不等式f(x)≥恒成立，求實數k的取值范圍.解答所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)為單調增函數，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.所以實數k的取值范圍是(－∞，2].引申探究此題(2)中，假設改為存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求實數k的取值范圍.解答(1)利用導數解不等式的思路一個含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有關的函數的單調性，然后可利用函數單調性解不等式.(2)利用導數證明不等式的方法證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，那么F(x)在(a，b)上是減函數，同時假設F(a)≤0，由減函數的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x).(3)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.②也可別離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.思維升華跟蹤訓練1(2023·福建)函數f(x)＝lnx－.(1)求函數f(x)的單調遞增區間；解答證明(2)證明：當x＞1時，f(x)＜x－1；令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).當x∈(1，＋∞)時，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調遞減，故當x＞1時，F(x)＜F(1)＝0，即當x＞1時，f(x)＜x－1.(3)確定實數k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)＞k(x－1).解答由(2)知，當k＝1時，不存在x0＞1滿足題意.當k＞1時，對于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，那么f(x)＜k(x－1)，從而不存在x0＞1滿足題意.當k＜1時，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0.當x∈(1，x2)時，G′(x)＞0，故G(x)在(1，x2)內單調遞增.從而當x∈(1，x2)時，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).綜上，k的取值范圍是(－∞，1).題型二利用導數研究函數零點問題例4(2023·揚州模擬)設函數f(x)＝xex－asinxcosx(a∈R，其中e是自然對數的底數).(1)當a＝0時，求f(x)的極值；解答幾何畫板展示當a＝0時，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)

↘極小值

↗(2)假設對于任意的x∈[0，]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍；解答①當a≤0時，由于對于任意x∈[0，]，有sinxcosx≥0，所以f(x)≥0恒成立，即當a≤0時，符合題意；②當0<a≤1時，因為f′(x)＝ex(x＋1)－acos2x≥e0(0＋1)－acos0＝1－a≥0，所以函數f(x)在[0，]上為增函數.所以f(x)≥f(0)＝0，即當0<a≤1時，符合題意；③當a>1時，f′(0)＝1－a<0，設f′(α)＝0，其中α是f′(x)＝0中最接近x＝0的零點.所以f(x)在(0，α)上為減函數，此時f(x)<f(0)＝0，即當a>1時，不符合題意.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，1].(3)是否存在實數a，使得函數f(x)在區間(0，)上有兩個零點？假設存在，求出a的取值范圍；假設不存在，請說明理由.解答當a>1時，f′(x)＝ex(x＋1)－acos2x.令g(x)＝ex(x＋1)－acos2x，那么g′(x)＝ex(x＋2)＋2asin2x，且當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；即函數f(x)在(0，x0)上單調遞減，當x∈(0，x0)時，f(x)<f(0)＝0，即f(x)在(0，x0)上無零點；綜上所述，不存在實數a，使得函數f(x)在區間(0，)上有兩個零點.利用導數研究方程的根(函數的零點)的策略研究方程的根或曲線的交點個數問題，可構造函數，轉化為研究函數的零點個數問題.可利用導數研究函數的極值、最值、單調性、變化趨勢等，從而畫出函數的大致圖象，然后根據圖象判斷函數的零點個數.思維升華跟蹤訓練2(2023·南通模擬)函數f(x)＝a＋lnx(a∈R).(1)求f(x)的單調區間；解答當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：(2)試求f(x)的零點個數，并證明你的結論.解答所以此時函數f(x)的零點個數為0.當a≤0時，從而當a≤0時，函數f(x)的零點個數為1；題型三利用導數研究生活中的優化問題例5某商場銷售某種商品的經驗說明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數.銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克.(1)求a的值；解答(2)假設該商品的本錢為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解答由(1)可知，該商品每日的銷售量為所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6).于是，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3，4)4(4，6)f′(x)＋0－f(x)單調遞增極大值42單調遞減由上表可得，當x＝4時，函數f(x)取得極大值，也是最大值.所以，當x＝4時，函數f(x)取得最大值且最大值等于42.答當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.利用導數解決生活中的優化問題的四個步驟(1)分析實際問題中各個量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式y＝f(x).(2)求函數的導數f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)比較函數在區間端點和使f′(x)＝0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值；假設函數在開區間內只有一個極值點，那么該極值點就是最值點.(4)回歸實際問題作答.思維升華解答解得－40<x<6.因為1<x<14，所以1<x<6.設該商品的月銷售額為g(x)，由g′(x)>0，得x<8，所以g(x)在[6，8)上是增函數，在(8，14)上是減函數，(2)記需求量與供給量相等時的價格為均衡價格，假設該商品的均衡價格不低于每噸6百元，求實數a的取值范圍.解答因為a>0，所以f(x)在區間(1，14)上是增函數，假設該商品的均衡價格不低于6百元，那么函數f(x)在區間[6，14)上有零點，答假設該商品的均衡價格不低于每噸6百元，實數a的取值范圍是(0，].典例(16分)設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，求滿足上述條件的最大整數M；(2)如果對于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求實數a的取值范圍.

一審條件挖隱含審題路線圖系列標準解答審題路線圖(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M↓(正確理解“存在〞的含義)[g(x1)－g(x2)]max≥M↓挖掘[g(x1)－g(x2)]max的隱含實質g(x)max－g(x)min≥M↓求得M的最大整數值(2)對任意s，t∈[，2]都有f(s)≥g(t)↓(理解“任意〞的含義)f(x)min≥g(x)max↓求得g(x)max＝1＋xlnx≥1恒成立↓別離參數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，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M. [2分]g(x)max＝g(2)＝1.那么滿足條件的最大整數M＝4. [7分]所以a≥1，即實數a的取值范圍是[1，＋∞). [16分]返回課時作業12345678910111.函數f(x)＝(x－1)2(x－2)2的極大值是____.答案解析∵f(x)＝(x－1)2(x－2)2，令f′(x)＝0，得可能的極值點x1＝1，x2＝

，x3＝2.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：∴f′(x)＝2(x－1)(2x－3)(x－2).12345678910112.曲線y＝x2＋alnx(a>0)上任意一點處的切線的斜率為k，假設k的最小值為4，那么此時切點的坐標為________.答案解析(1，1)函數y＝x2＋alnx(a＞0)的定義域為{x|x＞0}，當且僅當x＝1時，“＝〞成立，將x＝1代入曲線方程得y＝1，故所求的切點坐標是(1，1).1234567891011答案解析(0，1]12345678910114.假設商品的年利潤y(萬元)與年產量x(百萬件)的函數關系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，那么獲得最大利潤時的年產量為____百萬件.答案解析3y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，當0<x<3時，y′>0；當x>3時，y′<0.故當x＝3時，該商品的年利潤最大.12345678910115.(2023·南京質檢)直線x＝t分別與函數f(x)＝ex＋1的圖象及g(x)＝2x－1的圖象相交于點A和點B，那么AB的最小值為_________.答案解析4－2ln2由題意得，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)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(ln2)＝4－2ln2>0，即AB的最小值是4－2ln2.12345678910116.函數f(x)＝ 假設|f(x)|≥ax，那么a的取值范圍是_________.答案解析[－2，0]1234567891011①由(1)得x(x－2)≥ax在區間(－∞，0]上恒成立.當x＝0時，a∈R；當x<0時，有x－2≤a恒成立，所以a≥－2.故a≥－2.②由(2)得ln(x＋1)－ax≥0在區間(0，＋∞)上恒成立，設h(x)＝ln(x＋1)－ax(x>0)，1234567891011當a≤0時，h′(x)>0，故h(x)為增函數，所以h(x)>h(0)＝0恒成立；所以h(x)<h(0)＝0恒成立，顯然不符合題意；1234567891011當0<a<1時，對于給定的一個確定值a，總可以至少找到一個x0>0，滿足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0<0成立.故a≤0.由①②可知a的取值范圍是[－2，0].12345678910117.假設函數f(x)＝ax2＋4x－3在[0，2]上有最大值f(2)，那么a的取值范圍是____________.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]上單調遞增，那么2ax＋4≥0在[0，2]上恒成立.當a≥0時，2ax＋4≥0恒成立；當a<0時，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1.∴a的取值范圍是[－1，＋∞).12345678910118.(2023·蘇州模擬)定義在R上的函數f(x)滿足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，那么不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數的底數)的解集為__________.答案解析設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)在定義域上單調遞增，∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，∴g(x)>g(0)，∴x>0.(0，＋∞)又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，12345678910119.函數f(x)＝ax3－3x2＋1，假設f(x)存在唯一的零點x0且x0>0，那么a的取值范圍是____________.答案解析(－∞，－2)當a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點