2018届高三数学文一轮总复习江苏专用课件：第三章 第二节 第三课时 导数与函数的综合问题 精品

解(2)：依(题1)当意，m＝f′－(x1)＝时m，xfe(xx＋)＝m2(1＜－xx2)＋ex＋(mx＋2，2)x，x＜0， 因为 x＜0，所以 mex－x－m＞0， 则令 fh′(x()x＝)＝mxex(－2－x－ex)m，，则 h′(x)＝mex－1， 由当 fm′≤(x1)＞时0，得h′，(0x＜)≤x＜ex－ln12＜，0， 则 h(x)在(－∞，0)上单调递减， 由所以f′h((xx))＜＞0h得(0)＝x＜0，0 或符合x＞题ln意；2，
[即时应用] 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 12 000π 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．
第三课时 导数与函数的综合问题
考点一 利用导数研究生活中的优化问题
重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(2016·常州模拟)如图，某商业中心 O 有通往正东方向和北偏东
30°方向的两条街道．某公园 P 位于3，且与商
业中心 O 的距离为 21 km 处．现要经过公
考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根 重点保分型考点——师生共研
[典例引领] (2015·广东高考节选)设 a>1，函数 f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
解：(1)f(x)的定义域为 R，由导数公式知 f′(x)＝2xex＋(1 ＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R. ∵对任意 x∈R，都有 f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－ ∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)证明：由(1)知 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 且 f(0)＝1－a<0，f( a－1)＝ae a-1 －a＝a(e a-1 －1)． ∵a>1，∴a－1>0，∴ a－1>0，∴e a-1 >1， ∴e a-1 －1>0，故 f( a－1)>0， ∴∃x0∈(0， a－1)使得 f(x0)＝0. 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
∴ ∴则当 h(xhx)′在＜∴(区xx10)－＝间时af， (′－≥h(∞2′x，)，－(∴xx)f′＞0a)≤上(0x，－为0)＝当1增.1函x－e＞x数xx－，0 时1在－e，x区0xh0间＝′((xx0)，＜＋0，∞)上为减 函 ∴数 x1∈－，Rx故e时xe实0，x－＋数xh0 1(ax－)的≤x0取he(x值x.0)范＝围0，为∴(－f(x∞)≤，g－(x1)．]．
所由以(1f)(，x)＝得egx′－(2xx)，＝ff′(x)(≥x)＝f(lnex－2)＝2. 2－ln 4>0， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当故xg<(lxn)在2时R，上f单′调(x)递<0增，．f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减， 当又xg>(l0n)＝2时1，>0f，′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
当 当所rr∈ ∈ 以((h05＝,,555)1时r3()3，时00V，－′V4(′rr2))＞(，r)0从 ＜，而0故，VV故(r(r)V＝)在(rπ)(在r02,h5(＝5)上,5π5为(330)增上0r函－为数减4r；3函)．数． 由因此为可r＞知0，，V又(r由)在hr＞＝05可处得取r得＜最5 大3，值，此时h＝8.即当r＝5， h故＝函8时数，V(该r)蓄的水定池义的域体为积(0,最5 大3)．．
故当函m数＞1f(时x)的，单h(调x)在递(增－区∞间，为－(l0n，ml)n上2单)，调单递调减递，减在区(－间 ln m,0)上单调递增，
为所(以－∞h(x，)m0in)＝，h(l(n－2l，n ＋m)∞＜)h．(0)＝0，不合题意． 综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．
角度三：存在型不等式成立问题 4．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明 你的结论； (2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈ 1e，e ，使得f(x0)≤g(x0) 成立，求实数a的取值范围．
解 假 ∴(记∴当2： 设a)当＝由Fx(存 1>(2)x01f函，在()<x时＝x数此∵ ∴实0<x)，x≤－1时数xx－f(∈ －F时xg1，l)a(′n定x2x，，1efx－l0′x(n，)义－xF使(，xl)x(′ne>域x>2＋得f)0l，0x(＝(n为，x)2x(，2)x∴>)2在(F<0＋00－∴x02(，，x－x，－2x＋lF)＝n单.1F′2∞1xl(2调n0x，(处))x)，ax递单)当≥取＝f＝(增x调极x2xx)20＝(>－．递－x1值0－ax1减2时，＋(xlxn；，0则2>，xx0f－))′f≥，(14()0x＝＝)，≥20x，02－恒x4成x＋立a，. ∴ ∴∴fx(F＝x()x在1)不>(0F∴是，(1x＋)f∈＝(x∞)11e的>)，上0极，1单值时调点，递．G增′，(x)<0，G(x)单调递减； 故∴不a≥存x在x020－x∴实－∈l数Gn2(x(1xx0a，0)，mein使记)＝时得GG，((fx1(Gx))＝′＝)在x(－xx－x2)－1＝>l，0n21，x∴x处，Ga取(≥xx∈得)G单极(1ex调，)值m递ei．n＝，增－，1. ∴G′(x故)＝实2数x－a2的x取－值xln－范xl围n－x为x2[－－21，x－＋1∞＝)．
[由题悟法] 利用导数解决生活中的优化问题的 4 步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数 学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y＝f(x)； (2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0； (3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大 小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答．
所对以于整数x∈t 的(－所∞有，值为0)∪ {－(30,1，}．＋∞)恒成立，
考点三 利用导数研究与不等式有关的问题 常考常新型考点——多角探明 [命题分析]
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内 容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．
常见的命题角度有： (1)证明不等式； (2)不等式恒成立问题； (3)存在型不等式成立问题．
园 P 修一条直路分别与两条街道交汇于 A，B 两处．
(1)当AB沿正北方向时，试求商业中心到A，B两处的 距离和； (2)若要使商业中心O到A，B两处的距离和最短，请确 定A，B的最佳位置．
当 时 所 当 综 时 故同 所 所 当 t此 故(为 令 由法 交 设 在 解 在 所a解 如 设 因 所 则 由 则 所2n理 以 以 且 时)， 以 上联 所 由 y令A题二 ∠ △ 得 △ 以kkOA法：图 题 以 为 以yy′αOPmO<>在 仅－ ＝离＝A当 所 MyO立 以 y意离(B： BOPxy所 意 商 (A一 ＝－＝＝ ′mPN0c1A＝ 当 △′AB商＝0NAo3P<① 述)3于 N， ， 2商＝ >示 得 业AOO(ky：以 ，＝s3时>3sPθO三 NA3业 6＝ ＝0＝92k＝ 时i＝ APθ－3<＝， ②0M6n的 中 n点 直业s，，(＝ －得＝ Ak＋ ·中 时 ，π，O2中 中角 i几)s取 O0k－nB1s1．m8Bi，商k，平 心线中mO， sinxα2O为 1M心A，， yn， y⊥ 法 i何 k1等x中4x0，Bn4B.′， t7面B3到θ业 y2解3＋Am3s心°在>得a－， 原，′ 3O＝ ∠ 0＝ 1号i， α6＝ Os＝法 )nn0Os2O° 直如 i时<， 2中得－O＋BAknAi点， 92P．s2sθs92αB<－ 6nN0kB0－B)m， ii， － i角OB＝， 图 N，当 ° αnn＝ ，On心 0的.， 9P2＝ Mkα得x，A＝，P2∥ 0αkαθB＝ NAm坐31B3n， 33－ y－到 yy方kO＝ ° 3s＝ ＝ 23N3A＝2B＝＝＝ .两＝ i－kk，s， 有O标0＋在 是nAB过 3ikαs9>m离 程－ 3°n2OA3B，i1处α4，－ m所9系n2B1极 0392减 ， 与.2点 商 P－ ，1－为 kk44kθ2..k3交3.的012是在离 ．·s－ －1小c＋ 函m或业02αi°＝ ∞PBxo，n3P距° 0y直增M商Os＝＋值° 中数 92＝轴α两－2，s3作 kθ－离＋33A线ik函kc业<P心 －＝n，，不处oα2－＋α， 和0于 M9为Ps3， αk数中θk.且3k结垂，2的xOM－1为4－ .－所点 3－ ，3k所 .2x． s心，极 3N即3合直 ∥ mi0距轴 n3以1°以N是0小33为 (α3时s3O5离3建° 1i.－ .5nOks.减Ak)2最值Pi，(－和 知立kαnmB1N＝函m佳2为设＝＋α最0y为.s位＝ °数3>1直 i2短9n＋最 1置x－.s；3Ok线Bi1为4当n．佳 .α＝m2P5≥)0＝1－A；位 k992°k2BNkm2k－0置－s34，Am°.的i3＋n<．，－方35kα3①＝②， <此，α程09即，，
∵fx′0＜(x10由)，(x已∴－知φx0′知)＋(xff)′(＜x0()0x．，)≥∴0φ对(x)x在∈(R－上∞单，调2)递恒减成，立而，φ(x0)＝0， ∴令当hx(＜x故)＝x0xf时≤(x，)1－－φg(a(xx对))＞＝x0f∈，(x()当－－∞xf′＞，(xx200)时)恒(x，－成φx立(0x)，－)＜f(0x，0)，x∈R，
所所以以当当xx＝>l0n时，2时g，(x)f>(xg)(取0)>得0，极即小x值2<，ex且. 极小值为f(ln 2) ＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．
角度二：不等式恒成立问题 3．(2016·南京四校联考)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m
∈R)． (1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x＜0，不等式x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒 成立，求m的取值范围．
[由题悟法] 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，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．
[即时应用] (2016·苏州名校联考)函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自 然对数的底数，a∈R. (1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0； (2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在 [t，t＋1]上有解．
所(2以)当h(xa)＝在(0－时∞，，方 0)和程(0即，为＋∞x)e内x＝是x单＋调2递，增函数，
又由h于(1)＝exe＞－03，＜0所，以h(2x)＝＝e02－不2＞是0方，程的解， 解 因： 为(1ah所)＞所 令(因－以0以为3方h，)(＝原程x所e)ex＝方＞－f以(3x－e程0)不x＝，13－等＜等x所2x＋0价－式，以2于h有1可不(，－且e化等x2只－)为式＝有2xe－x两f－(2xx＞个1＋)＝≤0实，1a0数0.≤即根0，为，ax2＋x≤0，又 所以不且因等分为式别在hf(′区x)≤ (间x)[0＝1,的2e]和x解＋[－集x223＞为，－0－21a]上，，0.
[题点全练] 角度一：证明不等式 1．已知函数f(x)＝x＋ex a.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在 x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
设 则(函2φφ)数证′(x)明(＝解xf)(：＝(x：1)－a的－(＝1x)e图易0)xe，0象x得－0则－(在f1′(f－1(x－(xxx)＝＝0)x)＝e0e)xxxe－x，0.x，处x－x的∈e1切xR－，线a，方 程 为 y ＝ g(x) ＝
(2解)因：为(1V)因(r)为＝蓄π5(水30池0r侧－面4r的 3)，总成本为100·2πrh＝200πrh 所元 所以， 以V底 蓄′面 水(r)的 池＝总 的π5(成 总30本 成0－为 本1为126r0(22)π．0r02元πr，h＋160πr2)元．
令又V根′据(r)题＝意0，20解0π得rhr＋1＝1650，πrr22＝＝1－250(0舍0π去，)．
2．已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点 A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1. (1)求实数a的值及函数f(x)的极值； (2)证明：当x>0时，x2<ex.
解：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a. 又(2f)′证(明0)＝：1令－ga(＝x)＝－e1x，－得x2，a＝则2g. ′(x)＝ex－2x.