2020版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第13节导数与函数的综合问题教学案含解析理13

第十三节导数与函数的综合问题导数与不等式►考法1证明不等式【例1】已知函数f(x)＝x＋aex(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x＜0，a≤1时，证明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．[解](1)由f(x)＝x＋aex可得f′(x)＝1＋aex.当a≥0时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．当a＜0时，由f′(x)＞0可得x＜ln－1a，由f′(x)＜0可得x＞ln－1a，所以函数f(x)在－∞，ln－1a上为增函数，在ln－1a，＋∞上为减函数．(2)证明：设F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex)．设H(x)＝x＋a－aex，则H′(x)＝1－aex.∵x＜0，∴0＜ex＜1，又a≤1，∴1－aex≥1－ex＞0.∴H(x)在(－∞，0)上为增函数，则H(x)＜H(0)＝0，即x＋a－aex＜0.由x＜0可得F(x)＝x(x＋a－aex)＞0，所以x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．►考法2解决不等式恒成立(存在性)问题【例2】设f(x)＝ax＋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∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．[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.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23.令g′(x)＞0得x＜0，或x＞23，令g′(x)＜0得0＜x＜23，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，所以g(x)min＝g23＝－8527，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间12，2上，函数f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间12，2上，f(x)＝ax＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞1e.即m(x)＝xlnx在1e，＋∞上是增函数，可知h′(x)在区间12，2上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当12＜x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间12，1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，＋∞)．[规律方法]1.利用导数证明含“x”不等式方法，证明：fx＞gx法一：移项，fx－gx＞0，构造函数Fx＝fx－gx，转化证明Fxmin＞0，利用导数研究Fx单调性，用上定义域的端点值.法二：转化证明：fxmin＞gxmax.,法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，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.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.3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即fxga对于x∈D恒成立，应求fx的最小值；若存在x∈D，使得fxga成立，应求fx的最大值.应特别关注等号是否成立问题.(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.证明：当a≥1e时，f(x)≥0.[解]证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.利用导数研究函数的零点问题【例3】(2019·黄山模拟)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.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－2)－2－2，－23－23－23，＋∞f′(x)＋0－0＋f(x)↗c↘c－3227↗所以，当c＞0且c－3227＜0，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．[规律方法]利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，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.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.可以通过数形结合的思想去分析问题，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，＋∞)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘k1－lnk2↗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－lnk2，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－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k－lnk2≤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．利用导数研究生活中的优化问题【例4】某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路分别为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于点P，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．[解](1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得a25＋b＝40，a400＋b＝2.5，解得a＝1000，b＝0.(2)①由(1)知，y＝1000x2(5≤x≤20)，则点P的坐标为t，1000t2，设公路l交x轴，y轴分别为A，B两点，如图所示，又y′＝－2000x3，则直线l的方程为y－1000t2＝－2000t3(x－t)，由此得A3t2，0，B0，3000t2.故f(t)＝3t22＋3000t22＝32t2＋4×106t4，t∈[5,20]．②设g(t)＝t2＋4×106t4，t∈[5,20]，则g′(t)＝2t－16×106t5.令g′(t)＝0，解得t＝102.当t∈[5,102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(102，20]时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．所以当t＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝153.故当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米．[规律方法]利用导数解决生活中的实际应用问题的4步骤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．又根据题意知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(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．1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x－1ex.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.[解](1)f′(x)＝－ax2＋a－x＋2ex，f′(0)＝2.因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x－1时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x－1时，g′(x)0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；当a0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)0，当b满足0ba4且b14时，f′(b)0，故当a0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在