第3課時導數與函數的綜合問題§3.2

導數的應用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多維探究證明命題點1證明不等式典例

(2017·貴陽模擬)已知函數f(x)＝1－

，g(x)＝x－lnx.(1)證明：g(x)≥1；當0<x<1時，g′(x)<0.當x>1時，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上為減函數，在(1，＋∞)上為增函數．所以g(x)≥g(1)＝1，得證．證明所以當0<x<2時，f′(x)<0，當x>2時，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上為減函數，在(2，＋∞)上為增函數，又由(1)知x－lnx≥1(當且僅當x＝1時取等號)，

②且①②等號不同時取得，命題點2不等式恒成立或有解問題解答幾何畫板展示解函數的定義域為(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．所以x＝1為函數f(x)的極大值點，且是唯一極值點，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，即實數k的取值范圍是(－∞，2]．引申探究解答由例(2)解題知，g(x)為單調增函數，(1)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)，利用F(x)的單調性證明．(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，利用導數求出最值，求出參數的取值范圍．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．思維升華跟蹤訓練

已知函數f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求實數a的取值范圍．解答解∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0對x∈[1，e]恒成立，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上單調遞減，解答題型二利用導數研究函數的零點問題師生共研典例

(2018·洛陽質檢)已知函數f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；解由對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，即有2xlnx≥－x2＋ax－3.當x>1時，h′(x)>0，h(x)是增函數，當0<x<1時，h′(x)<0，h(x)是減函數，∴a≤h(x)min＝h(1)＝4.即實數a的取值范圍是(－∞，4]．解答當x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減．即F(x)>0恒成立，∴函數F(x)無零點．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

(1)(2017·貴陽聯考)已知函數f(x)的定義域為[－1,4]，部分對應值如下表：解析x－10234f(x)12020f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示．當1<a<2時，函數y＝f(x)－a的零點的個數為A.1 B.2

C.3D.4答案√解析根據導函數圖象知，2是函數的極小值點，函數y＝f(x)的大致圖象如圖所示.由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零點個數為4.(2)已知函數f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則實數a的取值范圍是_____________.解析答案(－∞，－2)解析當a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點，不合題意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，若a>0，由三次函數圖象知f(x)有負數零點，不合題意，故a<0.又a<0，所以a<－2.題型三利用導數研究生活中的優化問題師生共研解答典例

某商場銷售某種商品的經驗表明，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.已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克.(1)求a的值；解因為當x＝5時，y＝11，解答(2)若該商品的成本為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.則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.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.利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟(1)分析實際問題中各量之間的關系，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f′(x)＝0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值.(4)回歸實際問題，結合實際問題作答.思維升華跟蹤訓練

某品牌電動汽車的耗電量y與速度x之間的關系為y＝

x3－

x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應定為______.解析答案40解析令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于當0<x<40時，y′<0；當x>40時，y′>0.所以當x＝40時，y有最小值.典例

(12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∈，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審題路線圖規范解答審題路線圖(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↓(理解“任意”的含義)f(x)min≥g(x)max↓求得g(x)max＝1↓分離參數aa≥x－x2lnx恒成立↓求h(x)＝x－x2lnx的最大值a≥h(x)max＝h(1)＝1↓a≥1規范解答解(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.則滿足條件的最大整數M＝4. [5分]設h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，所以當1<x<2時，h′(x)<0；在區間(1,2)上單調遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即實數a的取值范圍是[1，＋∞). [12分]課時作業1.(2018·天津調研)已知函數y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c等于A.－2或2 B.－9或3C.－1或1 D.－3或1基礎保分練12345678910111213141516解析答案√解析∵y′＝3x2－3，∴當y′＝0時，x＝±1.則當x變化時，y′，y的變化情況如下表：12345678910111213141516x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋y↗c＋2↘c－2↗因此，當函數圖象與x軸恰有兩個公共點時，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.答案12345678910111213141516解析2.(2017·莆田一模)定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，f(0)＝0.若對任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，則使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范圍為A.(0，＋∞) B.(－∞，0)C.(－1，＋∞) D.(－∞，1)√∵對任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，12345678910111213141516∴函數g(x)在R上單調遞減.∴x>0.∴使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范圍為(0，＋∞).3.(2018屆全國名校聯考)若不等式2xlnx＋x2＋ax＋3≥0對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數a可取的值組成的集合是A.{a|－4≤a≤0} B.{a|a≥－4}C.{a|0≤a≤4} D.{a|a≥4}答案12345678910111213141516解析√解析由題意得ax≥－2xlnx－x2－3，12345678910111213141516當x∈(0,1)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，函數g(x)max＝g(1)＝－4，所以a≥g(x)max＝－4，即{a|a≥－4}.解析答案123456789101112131415164.若函數f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為A.4 B.6 C.7 D.8√解析由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函數f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2).若函數f(x)恰好有兩個不同的零點，則f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，故選A.5.某公司生產某種產品，固定成本為20000元，每生產一單位產品，成本增加100元，已知總營業收入R與年產量x的關系是R(x)＝則總利潤最大時，年產量是A.100

B.150

C.200

D.300解析答案√12345678910111213141516解析由題意得，總成本函數為C(x)＝20000＋100x，12345678910111213141516令P′(x)＝0，得x＝300，易知當x＝300時，總利潤P(x)最大.解析12345678910111213141516答案√1234567891011121314151612345678910111213141516因為f(x)在x＝2處有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，經檢驗，b＝8，c＝－5符合題意.所以f(x)在[1,2)上單調遞減，在(2,4]上單調遞增，所以函數f(x)在M上的最大值為5，故選B.解析答案123456789101112131415167.(2017·安徽江南名校聯考)已知x∈(0,2)，若關于x的不等式

恒成立，則實數k的取值范圍為__________.[0，e－1)解析由題意，知k＋2x－x2>0.即k>x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，令f′(x)＝0，得x＝1，當x∈(1,2)時，f′(x)>0，函數f(x)在(1,2)上單調遞增，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數f(x)在(0,1)上單調遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實數k的取值范圍為[0，e－1).12345678910111213141516答案123456789101112131415168.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，則|AB|的最小值為__________.解析4－2ln212345678910111213141516解析

由題意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)|＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，則h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，所以h(t)min＝h(ln2)＝4－2ln2>0，即|AB|的最小值是4－2ln2.解析答案9.(2018·鄭州調研)已知函數f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數a的取值范圍是___________.12345678910111213141516[4，＋∞)∴實數a的取值范圍是[4，＋∞).10.(2018·佛山質檢)定義在R上的奇函數y＝f(x)滿足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，則函數g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點個數為________.解析123456789101112131415163答案解析定義在R上的奇函數f(x)滿足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，當x>0時，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0時是增函數，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函數，∴當x<0時，h(x)是減函數，結合函數的定義域為R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，12345678910111213141516可得函數y1＝xf(x)與y2＝－lg|x＋1|的大致圖象如圖，由圖象可知，函數g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點的個數為3.1234567891011121314151611.(2017·全國Ⅲ)已知函數f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；解答12345678910111213141516解f(x)的定義域為(0，＋∞)，12345678910111213141516當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一極小值點也是最小值點.由于f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0，故a＝1.12345678910111213141516解答解由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－lnx>0，12345678910111213141516所以m的最小值為3.12.(2017·廣州調研)已知函數f(x)＝ex－m－x，其中m為常數.(1)若對任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍；12345678910111213141516解答解

由題意，可知f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當x∈(－∞，m)時，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(m，＋∞)時，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調遞增.故當x＝m時，f(m)為極小值也為最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即對任意x∈R，f(x)≥0恒成立時，m的取值范圍是(－∞，1].12345678910111213141516(2)當m>1時，判斷f(x)在[0,2m]上零點的個數，并說明理由.12345678910111213141516解答解

f(x)在[0,2m]上有兩個零點，理由如下：當m>1時，f(m)＝1－m<0.∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上單調遞減，∴f(x)在(0，m)上有一個零點.又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，則g′(m)＝em－2，∵當m>1時，g′(m)＝em－2>0，∴g(m)在(1，＋∞)上單調遞增.∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一個零點.故f(x)在[0,2m]上有兩個零點.12345678910111213141516技能提升練答案12345678910111213141516解析13.(2018屆中山一中測試)已知a，b∈R，直線y＝ax＋b＋

與函數f(x)＝tanx的圖象在x＝

處相切，設g(x)＝ex＋bx2＋a，若在區間[1,2]上，不等式m≤g(x)≤m2－2恒成立，則實數m有A.最大值e B.最大值e＋1C.最小值－e D.最小值e√12345678910111213141516因此a＝2，b＝－1，g(x)＝ex－x2＋2，所以當x∈[1,2]時，g′(x)＝ex－2x>0，g(x)＝ex－x2＋2單調遞增，所以g(x)min＝e＋1，g(x)max＝e2－2.所以e≤m≤e＋1或m≤－e.解析14.(2018屆全國名校