届高三数学二轮复习讲义 函数与导数应用Word文档格式.docx

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综上，a＝1.

（2）证明　由

（1）知f（x）＝x2－x－xlnx，f′（x）＝2x－2－lnx，

设h（x）＝2x－2－lnx，则h′（x）＝2－.

当x∈时，h′（x）<

当x∈时，h′（x）>

0.

所以h（x）在单调递减，在单调递增.

又h（e－2）>

0，h<

0，h

（1）＝0，

所以h（x）在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈（0，x0）时，h（x）>

当x∈（x0，1）时，h（x）<

当x∈（1，＋∞）时，h（x）>

因为f′（x）＝h（x），所以x＝x0是f（x）的唯一极大值点.

由f′（x0）＝0得lnx0＝2（x0－1），故f（x0）＝x0（1－x0）.

由x0∈得f（x0）<

.

因为x＝x0是f（x）在（0，1）的最大值点，

由e－1∈（0，1），f′（e－1）≠0得f（x0）>

f（e－1）＝e－2.

所以e－2<

考点整合

1.利用导数研究函数的零点

函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.

2.三次函数的零点分布

三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<

x2的函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d（a≠0）的零点分布情况如下：

a的符号

零点个数

充要条件

a＞0

（f（x1）为极大值，

f（x2）为极小值）

一个

f（x1）＜0或f（x2）>

两个

f（x1）＝0或者f（x2）＝0

三个

f（x1）＞0且f（x2）＜0

a＜0

（f（x1）为极小值，

f（x2）为极大值）

f（x1）>

0或f（x2）＜0

f（x1）＜0且f（x2）＞0

3.利用导数解决不等式问题

（1）利用导数证明不等式.

若证明f（x）<

g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），如果能证明F（x）在（a，b）上的最大值小于0，即可证明f（x）<

g（x），x∈（a，b）.

（2）利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.

①f（x）>

g（x）对一切x∈I恒成立⇔I是f（x）>

g（x）的解集的子集⇔[f（x）－g（x）]min>

0（x∈I）.

②∃x∈I，使f（x）>

g（x）成立⇔I与f（x）>

g（x）的解集的交集不是空集⇔[f（x）－g（x）]max>

③对∀x1，x2∈I使得f（x1）≤g（x2）⇔f（x）max≤g（x）min.

④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f（x1）≥g（x2）⇔f（x）min≥g（x）min.

温馨提醒　解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.

热点一　利用导数研究函数的零点（方程的根）

【例1】（2017·

淄博诊断）已知a∈R，函数f（x）＝ex－ax（e＝2.71828…是自然对数的底数）.

（1）若函数f（x）在区间（－e，－1）上是减函数，求实数a的取值范围；

（2）若函数F（x）＝f（x）－（ex－2ax＋2lnx＋a）在区间内无零点，求实数a的最大值.

解　

（1）由f（x）＝ex－ax，得f′（x）＝ex－a且f′（x）在R上递增.

若f（x）在区间（－e，－1）上是减函数，只需f′（x）≤0恒成立.

因此只需f′（－1）＝e－1－a≤0，解之得a≥.

又当a＝时，f′（x）＝ex－≤0当且仅当x＝－1时取等号.

所以实数a的取值范围是.

（2）法一　由已知得F（x）＝a（x－1）－2lnx，且F

（1）＝0，

则F′（x）＝a－＝＝，x>

①当a≤0时，F′（x）<

0，F（x）在区间（0，＋∞）上单调递减，

结合F

（1）＝0知，当x∈时，F（x）>

所以F（x）在内无零点.

②当a>

0时，令F′（x）＝0，得x＝.

若≥时，即a∈（0，4]时，F（x）在上是减函数.

又x→0时，F（x）→＋∞.

要使F（x）在内无零点，只需F＝－－2ln≥0，则0<

a≤4ln2.

若<

时，即a>

4时，则F（x）在上是减函数，在上是增函数.

∴F（x）min＝F＝2－a－2ln，

令φ（a）＝2－a－2ln，则φ′（a）＝－1＋＝<

∴φ（a）在（4，＋∞）上是减函数，则φ（a）<

φ（4）＝2ln2－2<

因此F<

0，所以F（x）在x∈内一定有零点，不合题意，舍去.

综上，函数F（x）在内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值为4ln2.

法二　当a≤0时，同法一.

0时，x∈，F′（x）<

x∈，

F′（x）>

所以F（x）在上单调递减，在上单调递增.

因此F（x）min＝F.

①若≥1，即0<

a≤2时，F（x）在内是减函数.

因此，当x∈时，F（x）>

F

（1）＝0，所以F（x）在内无零点.

②若<

1，即a>

2时，F（x）min＝F≤F

（1）＝0.

要使函数F（x）在内无零点，

只需F＝－－2ln≥0，

则2<

综上，函数F（x）在内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值是4ln2.

探究提高　1.三步求解函数零点（方程根）的个数问题.

第一步：

将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴（或直线y＝k）在该区间上的交点问题；

第二步：

利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值（最值）、端点值等性质，进而画出其图象；

第三步：

结合图象求解.

2.根据函数零点情况求参数范围：

（1）要注意端点的取舍；

（2）选择恰当的分类标准进行讨论.

【训练1】（2016·

北京卷节选）设函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c.

（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围.

解　

（1）由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，

得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.

∵f（0）＝c，f′（0）＝b，

∴曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝bx＋c.

（2）当a＝b＝4时，f（x）＝x3＋4x2＋4x＋c，

∴f′（x）＝3x2＋8x＋4.

令f′（x）＝0，得3x2＋8x＋4＝0，

解得x＝－2或x＝－.

当x变化时，f（x）与f′（x）在区间（－∞，＋∞）上的情况如下：

x

（－∞，－2）

－2

－

f′（x）

＋

f（x）

c

c－

∴当c>

0且c－<

0时，f（－4）＝c－16<

0，f（0）＝c>

0，存在x1∈（－4，－2），x2∈，x3∈，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0.

由f（x）的单调性知，当且仅当c∈时，函数f（x）＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.

热点二　利用导数求解不等式问题

命题角度1　证明不等式

【例2－1】（2015·

全国Ⅰ卷）设函数f（x）＝e2x－alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；

当a＞0时，f（x）≥2a＋aln.

（1）解　f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2e2x－（x＞0）.

当a≤0时，f′（x）＞0，f′（x）没有零点.

当a＞0时，设u（x）＝e2x，v（x）＝－，

因为u（x）＝e2x在（0，＋∞）上单调递增，v（x）＝－在（0，＋∞）上单调递增，所以f′（x）在（0，＋∞）上单调递增.

又f′（a）＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′（b）＜0，

故当a＞0时，f′（x）存在唯一零点.

（2）证明　由

（1），可设f′（x）在（0，＋∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，

f′（x）＜0；

当x∈（x0，＋∞）时，f′（x）＞0.

故f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，

所以当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0）.

由于2e2x0－＝0，

所以f（x0）＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.

故当a＞0时，f（x）≥2a＋aln.

命题角度2　不等式恒成立问题

【例2－2】（2016·

全国Ⅱ卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）.

（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若当x∈（1，＋∞）时，f（x）>

0，求a的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），

当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），

f

（1）＝0，f′（x）＝lnx＋－3，f′

（1）＝－2.

故曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.

（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）>

0等价于lnx－>

0，

设g（x）＝lnx－，

则g′（x）＝－＝，g

（1）＝0.

①当a≤2，x∈（1，＋∞）时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1>

0，故g′（x）>

0，g（x）在（1，＋∞）单调递增，因此g（x）>

g

（1）＝0.

2时，令g′（x）＝0，

得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>

1和x1x2＝1得x1<

1.

故当x∈（1，x2）时，g′（x）<

0，g（x）在（1，x2）上单调递减，因此g（x）<

g

（1）＝0，

综上可知，实数a的取值范围是（－∞，2].

命题角度3　存在性不等式成立问题

【例2－3】已知函数f（x）＝x－（a＋1）lnx－（a∈R且a<

e），g（x）＝x2＋ex－xex.

（1）当x∈[1，e]时，求f（x）的最小值；

（2）当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，求a的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝.

①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′（x）≥0，

则f（x）在[1，e]上为增函数，f（x）min＝f

（1）＝1－a.

②若1＜a＜e，

当x∈[1，a]时，f′（x）≤0，f（x）为减函数；

当x∈[a，e]时，f′（x）≥0，f（x）为增函数.

所以f（x）min＝f（a）＝a－（a＋1）lna－1.

综上，当a≤1时，f（x）min＝1－a；

当1＜a＜e时，f（x）min＝a－（a＋1）lna－1；

（2）由题意知：

f（x）（x∈[e，e2]）的最小值小于g（x）（x∈[－2，0]）的最小值.

由

（1）知f（x）在[e，e2]上单调递增，

f（x）min＝f（e）＝e－（a＋1）－，又g′（x）＝（1－ex）x.

当x∈[－2，0]时，g′（x）≤0，g（x）为减函数，

则g（x）min＝g（0）＝1，

所以e－（a＋1）－＜1，解得a＞，

所以a的取值范围为.

探究提高　1.

（1）涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.

（2）对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；

否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.

2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f（x）≥g（a）对于x∈D恒成立，应求f（x）的最小值；

若存在x∈D，使得f（x）≥g（a）成立，应求f（x）的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.

【训练2】（2017·

石家庄调研）已知函数f（x）＝（x>

1）.

（1）判断函数f（x）的单调性；

（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式lnx<

a（x－1）在（1，＋∞）上恒成立？

若存在，求出a的取值范围；

若不存在，试说明理由；

（3）证明：

ln（1·

2·

3·

4·

…·

n）<

（n∈N*，n≥2）.

（1）解　由题意，f′（x）＝，

因为x>

1，所以x（x－1）2>

设g（x）＝x－1－xlnx，g′（x）＝1－lnx－1＝－lnx<

∴g（x）在（1，＋∞）上是减函数，则g（x）<

因此f′（x）<

0，故f（x）在（1，＋∞）上为减函数.

（2）解　由lnx<

a（x－1）得，a（x－1）－lnx>

若a≤0时显然不满足题意，因此a>

设F（x）＝a（x－1）－lnx，

F′（x）＝a－＝＝，

令F′（x）＝0，得x＝.

①a≥1时，0<

≤1，F′（x）>

0，∴F（x）>

F

（1）＝0，

因此a≥1时，lnx<

a（x－1）在（1，＋∞）上恒成立.

②0<

a<

1时，>

1，F（x）在为减函数，在为增函数，

∴F（x）min<

F

（1）＝0，不满足题意.

综上，存在实数a∈[1，＋∞），不等式lnx<

（3）证明　由

（2）得，lnx<

a（x－1）≤x－1<

x在（1，＋∞）上恒成立.

所以ln2<

2，ln3<

3，…，lnn<

n.

以上各式左右两边分别相加，得

ln2＋ln3＋ln4＋…＋lnn<

2＋3＋4＋…＋n，

则ln1＋ln2＋ln3＋ln4＋…＋lnn<

1＋2＋3＋4＋…＋n，

所以ln（1·

热点三　利用导数求解最优化问题

【例3】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＝＋10（x－6）2，其中3<

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x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.

（2）由

（1）可知，该商品每日的销售量为y＝＋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）

＝2＋10（x－3）（x－6）2，3<

6.

从而，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：

（3，4）

4

（4，6）

单调递增

极大值42

单调递减

由上表可得，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.

故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.

探究提高　利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

（1）建模：

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）求导：

求函数的导数f′（x），解方程f′（x）＝0.

（3）求最值：

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.

（4）结论：

回归实际问题作答.

【训练3】统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y（升），关于行驶速度x（千米/时）的函数解析式可以表示为：

y＝x3－x＋8（0<

x≤120）.已知甲、乙两地相距100千米.

（1）当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？

（2）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？

最少为多少升？

解　

（1）当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了＝2.5（小时），

要耗油×

2.5＝17.5（升）.

所以，当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.

（2）当速度为x千米/时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为h（x）升，

依题意得h（x）＝

＝x2＋－（0<

x≤120），

h′（x）＝－＝（0<

令h′（x）＝0得x＝80，

当x∈（0，80）时，h′（x）<

0，h（x）是减函数；

当x∈（80，120]时，h′（x）>

0，h（x）是增函数，

当x＝80时，h（x）取到极小值h（80）＝11.25，

因为h（x）在（0，120]上只有一个极值，所以它是最小值.

故当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.

1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.

2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.

3.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.其中找到函数h（x）＝f（x）－g（x）的零点是解题的突破口.

4.不等式恒成立、能成立问题常用解法

（1）分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f（x）max或a＜f（x）min.

（2）直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.

（3）数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.

一、选择题

1.设f（x）是定义在R上的奇函数，且f

（2）＝0，当x>

0时，有<

0恒成立，则不等式x2f（x）>

0的解集是（　　）

A.（－2，0）∪（2，＋∞）B.（－2，0）∪（0，2）

C.（－∞，－2）∪（2，＋∞）D.（－∞，－2）∪（0，2）

解析　x>

0时′＝<

∴φ（x）＝在（0，＋∞）为减函数，又φ

（2）＝0，

∴当且仅当0<

2时，φ（x）>

0，此时x2f（x）>

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）.

答案　D

2.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]

解析　令f（x）＝x3－3x2－9x＋2，则f′（x）＝3x2－6x－9，令f′（x）＝0得x＝－1或x＝3（舍去）.

∵f（－1）＝7，f（－2）＝0，f

（2）＝－20，

∴f（x）的最小值为f

（2）＝－20，故m≤－20.

答案　B

3.（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：

－1

2

3

1

f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示.当1<

2时，函数y＝f（x）－a的零点的个数为（　　）

A.1B.2C.3D.4

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<

2，所以y＝f（x）－a的零点个数为4.

4.（2017·

山东省实验中学诊断）若函数f（x）在R上可导，且满足f（x）－xf′（x）>

0，则（　　）

A.3f

（1）<

f（3）B.3f

（1）>

f（3）

C.3f

（1）＝f（3）D.f

（1）＝f（3）

解析　由于f（x）>

xf′（x），则′＝<

0恒成立，因此y＝在R上是单调递减函数，

∴<

，即3f

（1）>

f（3）.

5.已知e是自然对数的底数，函数f（x）＝ex＋x－2的零点为a，函数g（x）＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是（　　）

A.f（a）＜f

（1）＜f（b）B.f（a）＜f（b）＜f

（1）

C.f

（1）＜f（a）＜f（b）D.f（b）＜f

（1）＜f（a）

解析　由题意，知f′（x）＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f（x）在R上是单调递增的，而f（0）＝e0＋0－2＝－1＜0，f

（1）＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f（x）的零点a∈（0，1）；

由题意，知g′（x）＝＋1＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上是单调递增的，又g

（1）＝ln1＋1－2＝－1＜0，g

（2）＝ln2＋2－2＝ln2＞0，所以函数g（x）的零点b∈（1，2）.

综上，可得0＜a＜1＜b＜2.

因为f（x）在R上是单调递增的，所以f（a）＜f

（1）＜f（b）.

答案　A

二、填空题

6.（2017·

南宁调研）已知f（x）＝－x2－6x－3，g（x）＝2x3＋3x2－12x＋9，设m<

－2，若∀x1∈[m，－2），∃x2∈（0，＋∞），使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数m的最小值为________.

解析　∵g（x）＝2x3＋3x2－12x＋9，∴g′（x）＝6x2＋6x－12＝6（x＋2）（x－1）.

则当0<

0，函数g（x）递减；

0，函数g（x）递增，

∴g（x）min＝g

（1）＝2.

∵f（x）＝－x2－6x－3＝－（x＋3）2＋6≤6，结合函数图象知，当f（x）＝2时，方程两根分别为－5和－1，则m的最小值为－5.

答案　－5

7.（2017·

长沙调研）定义域为R的可导函数y＝f（x）的导函数为f′（x），满足f（x）>

f′（x），且f（0）＝1，则不等式<

1的解集为________.

解析　令g（x）＝，

则g′（x）＝＝.

由题意得g′（x）<

0恒成立，所以函数g（x）＝在R上单调递减.

又g（0）＝＝1，所以<

1，即g（x）<

g（0