2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案：第2章 第13節(jié)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題(含解析)

第十三節(jié)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題導(dǎo)數(shù)與不等式?考法1　證明不等式【例1】　已知函數(shù)f(x)＝x＋aex(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＜0，a≤1時，證明：x2＋(a＋1)x＞xf′(x)．[解]　(1)由f(x)＝x＋aex可得f′(x)＝1＋aex.當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，則函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．當(dāng)a＜0時，由f′(x)＞0可得x＜ln，由f′(x)＜0可得x＞ln，所以函數(shù)f(x)在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)．(2)證明：設(shè)F(x)＝x2＋(a＋1)x－xf′(x)＝x2＋ax－axex＝x(x＋a－aex)．設(shè)H(x)＝x＋a－aex，則H′(x)＝1－aex.∵x＜0，∴0＜ex＜1，又a≤1，∴1－aex≥1－ex＞0.∴H(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，則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　解決不等式恒成立(存在性)問題【例2】　設(shè)f(x)＝＋xln x，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(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．[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.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.令g′(x)＞0得x＜0，或x＞，令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g＝－，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＝≥M，則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.(2)對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在區(qū)間上，g(x)的最大值為g(2)＝1.在區(qū)間上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等價于a≥x－x2ln x恒成立．設(shè)h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.即m(x)＝xln x在上是增函數(shù)，可知h′(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，所以當(dāng)1＜x＜2時，h′(x)＜0；當(dāng)＜x＜1時，h′(x)＞0.即函數(shù)h(x)＝x－x2ln x在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．[規(guī)律方法]　1.利用導(dǎo)數(shù)證明含“x”不等式方法，證明：f?x?＞g?x?.,法一：移項，f?x?－g?x?＞0，構(gòu)造函數(shù)F?x?＝f?x?－g?x?，轉(zhuǎn)化證明F?x?min＞0，利用導(dǎo)數(shù)研究F?x?單調(diào)性，用上定義域的端點(diǎn)值.法二：轉(zhuǎn)化證明：f?x?min＞g?x?max.法三：先對所求證不等式進(jìn)行變形，分組或整合，再用法一或法二.2.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略?1?首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.?2?也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.3.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系，即f?x?≥g?a?對于x∈D恒成立，應(yīng)求f?x?的最小值；若存在x∈D，使得f?x?≥g?a?成立，應(yīng)求f?x?的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號是否成立問題. (2018·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1.證明：當(dāng)a≥時，f(x)≥0.[解]　證明：當(dāng)a≥時，f(x)≥－ln x－1.設(shè)g(x)＝－ln x－1，則g′(x)＝－.當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥時，f(x)≥0.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題【例3】　(2019·黃山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點(diǎn)，求c的取值范圍．[解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因為f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.(2)當(dāng)a＝b＝4時，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＝－.當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(－∞，－2)－2－f′(x)＋0－0＋f(x)↗c↘c－↗所以，當(dāng)c＞0且c－＜0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點(diǎn)．[規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法?1?研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等.?2?根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極?最?值的位置.?3?可以通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn). 設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k＞0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn)．[解]　(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(負(fù)值舍去)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘↗所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無極大值．(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.因為f(x)存在零點(diǎn)，所以≤0，從而k≥e，當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0，所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k＞e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn)．利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題 【例4】　某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路分別為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點(diǎn)，測得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝(其中a，b為常數(shù))模型．(1)求a，b的值；(2)設(shè)公路l與曲線C相切于點(diǎn)P，P的橫坐標(biāo)為t.①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域；②當(dāng)t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度．[解]　(1)由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(5,40)，(20,2.5)．將其分別代入y＝，得解得(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為，設(shè)公路l交x軸，y軸分別為A，B兩點(diǎn)，如圖所示，又y′＝－，則直線l的方程為y－＝－(x－t)，由此得A，B.故f(t)＝＝，t∈[5,20]．②設(shè)g(t)＝t2＋，t∈[5,20]，則g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.當(dāng)t∈[5,10)時，g′(t)＜0，g(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(10，20]時，g′(t)＞0，g(t)是增函數(shù)．所以當(dāng)t＝10時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15.故當(dāng)t＝10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米．[規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的實際應(yīng)用問題的4步驟 某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為1 60元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[解]　(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據(jù)題意知200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因為r>0，又由h>0可得r<5，故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5)．(2)因為V(r)＝(300r－4r3)，所以V′(r)＝(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．1．(2018·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程；(2)證明：當(dāng)a≥1時，f(x)＋e≥0.[解]　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0.(2)當(dāng)a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.2．(2015·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個數(shù)；(2)證明：當(dāng)a＞0時，f(x)≥2a＋aln.[解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時，設(shè)u(x)＝e2x，v(x)＝－，因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<且b<時，f′(b)<0，故當(dāng)a>0時，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln .