高中数学知识点总结导数的综合应用(习题)

第13讲导数的综合应用利用导数研究函数的零点和方程根的问题[学生用书P54][典例引领](2016·高考北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．【解】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－23.f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x(－∞，－2)－2(－2，－23)－23(－23，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)cc－3227所以，当c＞0且c－3227＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－23)，x3∈(－23，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，3227)时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．利用导数研究方程根的方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．设函数f(x)＝x22－klnx，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．[解](1)由f(x)＝x22－klnx(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k（1－lnk）2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)．f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k（1－lnk）2，f(x)无极大值．(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k（1－lnk）2.因为f(x)存在零点，所以k（1－lnk）2≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．当k＞e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(1)＝12＞0，f(e)＝e－k2＜0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．利用导数研究不等式问题(高频考点)[学生用书P54]导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且常以解答题的形式考查，难度较大．高考对利用导数研究不等式问题的考查有以下两个命题角度：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题．[典例引领](2016·高考全国卷丙)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.【解】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－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：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，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.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．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.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.(1)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，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f(x)＜g(x)．(2)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也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．[题点通关]角度一证明不等式1．已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.[解](1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－1x.所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1.要证明f(x)＞1，只需证明ex－lnx－2＞0.设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－1x.设h(x)＝ex－1x，则h′(x)＝ex＋1x2＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增．因为g′12＝e12－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈12，1.因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，即lnx0＝－x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0.所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋x0－2＞0.综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.角度二不等式恒成立问题2．ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为()A．k≤1B．k≥1C．k≤－1D．k≥－1A[解析]由ex≥k＋x，得k≤ex－x.令f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)＜0时，x＜0，f′(x)＞0时，x＞0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以k的取值范围为k≤1，故选A.3．(2017·长沙模拟)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，lnx＞1ex－2ex恒成立．[解](1)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝（x＋3）（x－1）x2.①当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明xlnx＞xex－2e(x∈(0，＋∞))．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，当x∈0，1e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f1e＝－1e.设m(x)＝xex－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xex，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，从而对一切x∈(0，＋∞)，lnx＞1ex－2ex恒成立．利用导数研究生活中的优化问题[学生用书P55][典例引领]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．【解】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r0，又由h0可得r53，故函数V(r)的定义域为(0，53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，53)时，V′(r)0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．(2017·临沂模拟)某商场销售某种商品的经验表明，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＝ax－3＋10(x－6)2，其中3x6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为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](1)因为x＝5时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝2x－3＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)2x－3＋10（x－6）2＝2＋10(x－3)(x－6)2，3x6.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，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[学生用书P56]——函数与导数的综合问题(本题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋bxex，a，b∈R，且a0.(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的极值；(2)设g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，若存在x1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立，求ba的取值范围．[思维导图](1)(2)(1)当a＝2，b＝1时，f(x)＝2＋1xex，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋1）（2x－1）x2ex.(2分)令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝12，(3分)当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表x(－∞，－1)－1(－1，0)0，121212，＋∞f′(x)＋0－－0＋f(x)极大值极小值由表知f(x)的极大值是f(－1)＝1e，f(x)的极小值是f12＝4e.(6分)(2)因为g(x)＝ax－bx－2aex，所以g′(x)＝bx2＋ax－bx－aex.(7分)由g(x)＋g′(x)＝0得ax－bx－2aex＋bx2＋ax－bx－aex＝0，整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.(8分)存在x1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立等价于存在x1，使得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立．因为a0，所以ba＝2x3－3x