2019届江苏专用高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3

4.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋ 27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为__3__百万件.
答案 解析
y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)， 当0<x<3时，y′>0； 当x>3时，y′<0. 故当x＝3时，该商品的年利润最大.
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§3.2 导数的应用
第3课时 导数与函数的综合问题
内容索引
题型分类 深度剖析 课时作业
题型分类 深度剖析
题型一 导数与不等式有关的问题
命题点1 解不等式
例1
设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有
xf′x－fx x2
<0
恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是__(－__∞__，__－__2_)_∪__(_0_，__2_)_. 答案 解析
解答 几何画板展示
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥
k x＋1
恒成立，求实数k的取值范围.
解答
引申探究
本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥
k x＋1
成立，求实数k的
取值范围. 解答
(1)利用导数解不等式的思路
思维升华
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数
5.(2017·南京质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的 图象相交于点A和点B，则AB的最小值为_4_－__2_l_n_2__.
答案 解析
由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2， 则h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB的最小值是4－2ln 2.
最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈[ 1 ，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值
2 范围.
审题路线图 规范解答
课时作业
1 1.函数f(x)＝(x－1)2(x－2)2的极大值是__1_6_.
答案 解析
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2.已知曲线y＝x2＋aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k，若k的最小值 为4，则此时切点的坐标为__(1_，__1_)__. 答案 解析
由 f′(x)＞0，得x－＞x02＋，x＋1＞0.
1＋ 5 解得 0＜x＜ 2 .
故 f(x)的单调递增区间是0，1＋2
5 .
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1； 证明
令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞). 则有 F′(x)＝1－x x2. 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减， 故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0， 即当x＞1时，f(x)＜x－1.
由题意知
k＞0，令
f(x)＝lnxkx(x>0)，则
f(x)＝lnxkx＝ln
k＋ln x
x ，
因此
1－ln f′(x)＝ x2
kx ，令
f′(x)＝0，解得
x＝ek，
且函数 f(x)在 x＝ek处取得极大值，也是最大值，
由题意有ke≤1e，所以 0<k≤1.
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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.
跟踪训练1 (2015·福建)已知函数f(x)＝ln x－x－12 . 2
(1)求函数f(x)的单调递增区间； 解答
f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x x＋1，x∈(0，＋∞).
由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ 1 －1，令f′(x)＝0，解得 x
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：当x∈(1，＋∞)时，1<
x－1 ln x
<x；
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，ln x<x－1. 故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，
ln1x<1x－1， x－1
即 1< ln x <x.
(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. 证明
由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1
则 g′(x)＝c－1－cxln c，令 g′(x)＝0，解得 x0＝lnlnlncc . 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.
∵当 x>0 时，fxx′<0，∴φ(x)＝fxx为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0. 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
命题点2 证明不等式 例2 (2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； 解答
跟踪训练 3 (2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为 x(1<x<14)百元时，该商品的月供给量为 y1 吨，y1＝ax＋72a2－a(a>0)；月需 求量为 y2 万吨，y2＝－2124x2－1112x＋1，当该商品的需求量大于供给量时， 销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量， 该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. (1)若 a＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？
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10.已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值 范围是_[_4_，__＋__∞__)_.
单调性解不等式.
(2)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，x∈(a，b)时，有
F(x)<0，即证明了f(x)<g(x).
(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
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6.已知函数f(x)＝l－nxx2＋＋12xxx>≤00，，若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是 _[_－__2_，__0_] _.
答案 解析
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7.若函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0，2]上有最大值f(2)，则a的取值范围是 _[_－__1_，__＋__∞__)_. 答案 解析
函数y＝x2＋aln x(a＞0)的定义域为{x|x＞0}， y′＝2x＋ax≥2 2a＝4，则 a＝2， 当且仅当x＝1时，“＝”成立， 将x＝1代入曲线方程得y＝1， 故所求的切点坐标是(1，1).
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3.如果不等式lnxkx≤1e对任意的正实数 x 恒成立，则实数 k 的取值范围为 __(_0_，__1_] _. 答案 解析
跟踪训练2 (2016·南通模拟)已知函数f(x)＝a＋ x ln x(a∈R). (1)求f(x)的单调区间；
解答
(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论.
解答
题型三 利用导数研究生活中的优化问题 例5 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＝ a ＋10(x－6)2，其中3<x<6，
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9.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0且x0>0，则a的取值 范围是_(_－__∞__，__－__2_)_. 答案 解析
当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意， 故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)， 令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝2a. 若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0. 由三次函数图象及 f(0)＝1>0 知，f(2a)>0， 即 a×(2a)3－3×(2a)2＋1>0，化简得 a2－4>0，又a<0，所以a<－2.
c－1 由(2)知 1< ln c <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.
命题点3 不等式恒成立或有解问题 1＋ln x
例 3 已知函数 f(x)＝ x . (1)若函数 f(x)在区间(a，a＋12)上存在极值，求正实数 a 的取值范围；
解答
(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低 于每吨6百元，求实数a的取值范围. 解答
设 f(x)＝y1－y2＝2124x2＋(1112＋a)x＋72a2－1－a， 因为a>0，所以f(x)在区间(1，14)上是增函数，
若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f(x)在区间[6，14)上有零点，
所以ff614≤>00，，
7a2＋10a－171≤0， 即
27a2＋13a>0，
解得 0<a≤17.
答 若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a的取值范围是(0，1 ]. 7
审题路线图系列 一审条件挖隐含 典例 (16分)设f(x)＝ a ＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. x (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
(2)若对于任意的x∈[0，π2 ]，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
解答
(3)是否存在实数a，使得函数f(x)在区间(0，π2 )上有两个零点？若存在，求 出a的取值范围；若不存在，请说明理由.
解答
思维升华
利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的 零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等， 从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.
f′(x)＝2ax＋4，由f(x)在[0，2]上有最大值f(2)， 则要求f(x)在[0，2]上单调递增， 则2ax＋4≥0在[0，2]上恒成立. 当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立； 当a<0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1. ∴a的取值范围是[－1，＋∞).
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8.(2016·苏州模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则 不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为_(_0_，__＋__∞__)_.
答案 解析
设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)， 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]， ∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0， ∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增， ∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3， ∴g(x)>g(0)，∴x>0.
x－3 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； 解答
因为当 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2.
(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.
解答
思维升华
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系，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使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者 为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是 最值点. (4)回归实际问题作答.
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x) ＞k(x－1).
解答
题型二 利用导数研究函数零点问题 例4 (2016·扬州模拟)设函数f(x)＝xex－asin xcos x (a∈R，其中e是自然对 数的底数). (1)当a＝0时，求f(x)的极值；
解答 几何画板展示