2020版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数与函数的综合应用课件 理 新人教A版

第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为____________问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．□01优化2．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：3．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为()A．(1,5)B．[1,5)C．(1,5]D．(－∞，1)∪(5，＋∞)答案A答案解析由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)0⇔1a5.故选A.解析2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)2，则f(x)2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)答案B答案解析由f(x)2x＋4，得f(x)－2x－40.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)2，所以F′(x)0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－40等价于F(x)F(－1)，所以x－1.故选B.解析3.若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是()A．(－2,2)B．[－2,2]C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)答案A答案解析f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值0且f(x)极小值0.∵x＝－1为极大值点，x＝1为极小值点．∴f－1＝2＋a0，f1＝a－20，∴－2a2.解析4．(2019·沈阳模拟)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)·f′(x)≥0，则必有()A．f(0)＋f(2)2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)2f(1)答案C答案解析由题设，f(x)为R上任意可导函数，不妨设f(x)＝(x－1)2，则f′(x)＝2(x－1)，满足(x－1)·f′(x)＝2(x－1)2≥0，且f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝1，则有f(0)＋f(2)2f(1)；再设f(x)＝1，则f′(x)＝0，也满足(x－1)·f′(x)≥0，且有f(0)＋f(2)＝2f(1)，即1＋1＝2×1.解析5．(2019·贵阳模拟)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是()A．(－∞，7]B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]答案B答案解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.解析6．已知a≤1－xx＋lnx对任意的x∈12，2恒成立，则a的最大值为________．答案0答案解析令f(x)＝1－xx＋lnx，f′(x)＝x－1x2，当x∈12，1时，f′(x)0，当x∈(1,2]时，f′(x)0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a的最大值为0.解析核心考向突破考向一导数与方程例1(2019·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝x＋1ex(其中e≈2.718…为自然对数的底数)．(1)若F(x)＝f(x)－f(－x)，求F(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝kx＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k的取值范围．解(1)由题意知，F(x)＝f(x)－f(－x)＝x＋1ex－－x＋1e－x，所以F′(x)＝－xex＋xex＝xex－1ex.当x0时，ex－1ex0，所以xex－1ex0，即F′(x)0，当x＝0时，F′(x)＝0，答案当x0时，ex－1ex0，即F′(x)0，所以F′(x)≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立，所以F(x)＝f(x)－f(－x)在R上单调递增，即F(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．答案(2)因为f(x)＝x＋1ex，所以f′(x)＝－xex，当x0时，f′(x)0，当x＝0时，f′(x)＝0，当x0时，f′(x)0，故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝0处取得最大值，且f(0)＝1，当x趋近于－∞时，f(x)趋近于－∞，当x趋近于＋∞时，f(x)趋近于0，答案故函数f(x)的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k≤0时，方程f(x)＝kx＋32有且仅有一个实数根．当k0时，设曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－x0＋1ex0＝－x0ex0(x－x0)，答案且该直线过定点－32，0，所以0－x0＋1ex0＝－x0ex0－32－x0，解得x0＝－2(舍去)或x0＝－12，此时切线的斜率为e2，数形结合可知，若方程f(x)＝kx＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k的取值范围是0，e2.答案触类旁通研究方程根的情况，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，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.即时训练1.已知函数f(x)＝1x＋(1－a)lnx＋ax，g(x)＝1x－(a＋1)lnx＋x2＋ax－t(a∈R，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)记h(x)＝f(x)－g(x)，若函数h(x)在1e，e上有两个零点，求实数t的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2＋1－ax＋a＝ax2＋1－ax－1x2＝x－1ax＋1x2.当a＝0时，f′(x)＝x－1x2，令f′(x)0，则x1，令f′(x)0，则0x1.所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a≠0时，f′(x)＝ax－1x＋1ax2，答案①当a0时，x＋1a0，令f′(x)0，则x1，令f′(x)0，则0x1，所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；②当a＝－1时，1＝－1a，f′(x)＝－x－12x2≤0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；答案③当－1a0时，1－1a，令f′(x)0，则1x－1a，令f′(x)0，则0x1或x－1a，所以函数f(x)在区间(0,1)和－1a，＋∞上单调递减，在区间1，－1a上单调递增；④当a－1时，1－1a，令f′(x)0，则－1ax1，令f′(x)0，则0x－1a或x1，所以函数f(x)在区间0，－1a和(1，＋∞)上单调递减，在区间－1a，1上单调递增．答案综上，当a≥0时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；当a＝－1时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1a0时，函数f(x)在区间(0,1)，－1a，＋∞上单调递减，在区间1，－1a上单调递增；当a－1时，函数f(x)在区间0，－1a，(1，＋∞)上单调递减，在区间－1a，1上单调递增．答案(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝2lnx－x2＋t，定义域为(0，＋∞)，则h′(x)＝2x－2x＝－2x＋1x－1x，当x∈1e，e时，令h′(x)＝0，得x＝1，当1ex1时，h′(x)0；当1xe时，h′(x)0，故h(x)在x＝1处取得极大值h(1)＝t－1.答案又h1e＝t－2－1e2，h(e)＝t＋2－e2，所以h(x)在1e，e上有两个零点的条件是h1＝t－10，h1e＝t－2－1e2≤0，he＝t＋2－e2≤0，解得1t≤2＋1e2，故实数t的取值范围是1，2＋1e2.答案考向二导数与不等式角度1证明不等式例2(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.解(1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋1e，所以f(－1)＝(－1＋b)1e－a＝0，所以b＝1或a＝1e，又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝be－a＝－1＋1e，若a＝1e，则b＝2－e0，与b0矛盾，故a＝1，b＝1.答案(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2，当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－20，当x－2时，令h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，则h′(x)＝(x＋3)ex0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，答案综上，当x∈(－∞，0)时，g′(x)0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.故f(x)≥mx2＋x.答案证法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2，令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)ex，当x－3时，t′(x)0，g′(x)单调递减，且g′(x)0；当x－3时，t′(x)0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x.故f(x)≥mx2＋x.答案触类旁通1利用导数方法证明不等式fxgx在区间D上恒成立的基本方法是构造函数hx＝fx－gx，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数hx0，其中一个重要技巧就是找到函数hx在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.2若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明.即时训练2.(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0x1x2时，e1－x2－e1－x11－x2x1.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝λx＋e－x＝λ＋xe－xx，∵