导数的综合应用学案(教师版)

第3课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与不等式命题点1 证明不等式典例 (2017·贵阳模拟)已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1； (2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2ex ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号)．①又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.命题点2 不等式恒成立或有解问题 典例 (2018·大同模拟)已知函数f (x )＝1＋ln xx.(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； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 恒成立，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)，则g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln xx 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x ≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]． 引申探究本例(2)中若改为：∃x 0∈[1，e]，使不等式f (x 0)≥kx 0＋1成立，求实数k 的取值范围．解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 有解，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x (x ∈[1，e])，由例(2)解题知，g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e ，所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，2＋2e . 思维升华 (1)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 )，利用F (x )的单调性证明． (2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，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 已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]，若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围． 解 ∵f (x )≤0，即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立， ∴a ≤－ln xx ，x ∈[1，e]．令g (x )＝－ln xx ，x ∈[1，e]，则g ′(x )＝ln x －1x 2，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，e ]上单调递减， ∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e.∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－1e . 题型二 利用导数研究函数的零点问题典例 (2018·洛阳质检)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2e x 是否存在零点？若存在，求出函数F (x )的零点；若不存在，请说明理由．解 (1)由对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 即有2x ln x ≥－x 2＋ax －3. 即a ≤2ln x ＋x ＋3x 恒成立，令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2，当x >1时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 当0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )是减函数， ∴a ≤h (x )min ＝h (1)＝4.即实数a 的取值范围是(－∞，4]． (2)令F (x )＝0，得ln x －1e x ＋2e x ＝0，即x ln x ＝x e x －2e(x >0)．易求f (x )＝x ln x (x >0)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ， 设φ(x )＝x e x －2e (x >0)，则φ′(x )＝1－x e x ，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减． ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝－1e，∴对x ∈(0，＋∞)，有x ln x >x e x －2e 恒成立，即F (x )>0恒成立，∴函数F (x )无零点．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．跟踪训练 (1)(2017·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4答案D解析根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.(2)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是__________．答案(－∞，－2)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＝2 a.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a 2－4>0， 又a <0，所以a <－2.题型三 利用导数研究生活中的优化问题典例 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 ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，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；(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 (1)因为当x ＝5时，y ＝11， 所以a2＋10＝11，解得a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.则f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]＝30(x －4)(x －6)． 于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(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，结合实际问题作答．跟踪训练 某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40解析 令y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x <40时，y ′<0；当x >40时，y ′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值．一审条件挖隐含典例 (12分)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥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．(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质 g (x )max －g (x )min ≥M ↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2都有f (s )≥g (t ) ↓(理解“任意”的含义) f (x )min ≥g (x )max ↓求得g (x )max ＝1 ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数a a ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值 a ≥h (x )max ＝h (1)＝1 ↓ a ≥1 规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分] 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23.令g ′(x )>0，得x <0或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，g (x )max ＝g (2)＝1. 故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.[5分](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 .[7分]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 ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，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.[10分] 即函数h (x )＝x －x 2ln x 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，＋∞)．[12分]。