届高三数学一轮复习教案+课时作业 第15节导数与函数的综合问题.docx

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届高三数学一轮复习教案+课时作业第15节导数与函数的综合问题

第15节　导数与函数的综合问题

考点一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题

【例1】（2018·石家庄模拟）已知函数f（x）＝2a2lnx－x2（a>0）.

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程；

（2）求函数f（x）的单调区间；

（3）讨论函数f（x）在区间（1，e2）上零点的个数（e为自然对数的底数）.

解　

（1）当a＝1时，f（x）＝2lnx－x2，

∴f′（x）＝－2x，∴f′

（1）＝0，

又f

（1）＝－1，

∴曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程为y＋1＝0.

（2）∵f（x）＝2a2lnx－x2，∴f′（x）＝－2x＝＝，

∵x>0，a>0，∴当00，当x>a时，f′（x）<0.

∴f（x）在（0，a）上是增函数，在（a，＋∞）上是减函数.

（3）由

（2）得f（x）max＝f（a）＝a2（2lna－1）.

讨论函数f（x）的零点情况如下：

①当a2（2lna－1）<0，即0

②当a2（2lna－1）＝0，即a＝时，函数f（x）在（0，＋∞）内有唯一零点a，而1

③当a2（2lna－1）>0，即a>时，

由于f

（1）＝－1<0，f（a）＝a2（2lna－1）>0，f（e2）＝2a2lne2－e4＝4a2－e4＝（2a－e2）（2a＋e2），

当2a－e2<0，即

由函数的单调性可知，函数f（x）在（1，a）内有唯一零点x1，在（a，e2）内有唯一零点x2，

∴f（x）在（1，e2）内有两个零点.

当2a－e2≥0，即a≥>时，f（e2）≥0，而且f（）＝2a2·－e＝a2－e>0，f

（1）＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a

综上所述，当0

规律方法　

（1）本题求解的关键是通过构造函数，把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.

（2）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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.

【训练1】（2018·九江模拟）已知函数f（x）＝2lnx－x2＋ax（a∈R），若函数g（x）＝f（x）－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.

解　g（x）＝2lnx－x2＋m，

则g′（x）＝－2x＝.

因为x∈，所以当g′（x）＝0时，x＝1.

当≤x<1时，g′（x）>0；

当1

故g（x）在x＝1处取得极大值g

（1）＝m－1.

又g＝m－2－，g（e）＝m＋2－e2，

g（e）－g＝4－e2＋<0，则g（e）

所以g（x）在上的最小值是g（e）.

g（x）在上有两个零点的条件是

解得1

所以实数m的取值范围是.

考点二　利用导数解决不等式的有关问题（多维探究）

命题角度1　证明不等式

【例2－1】（2018·青岛模拟）已知函数f（x）＝在点（－1，f（－1））处的切线方程为x＋y＋3＝0.

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）设g（x）＝lnx，求证：

g（x）≥f（x）在[1，＋∞）上恒成立；

（3）若0

>.

（1）解　将x＝－1代入切线方程得y＝－2，

所以f（－1）＝＝－2，化简得b－a＝－4.①

f′（x）＝，

f′（－1）＝＝－1.②

联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f（x）＝.

（2）证明　由题意知要证lnx≥在[1，＋∞）上恒成立，

即证明（x2＋1）lnx≥2x－2，x2lnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞）上恒成立.

设h（x）＝x2lnx＋lnx－2x＋2，则h′（x）＝2xlnx＋x＋－2，

因为x≥1，所以2xlnx≥0，x＋≥2·≥2（当且仅当x＝1时等号成立），即h′（x）≥0，

所以h（x）在[1，＋∞）上单调递增，h（x）≥h

（1）＝0，

所以g（x）≥f（x）在[1，＋∞）上恒成立.

（3）证明　因为01，

由

（2）知ln>，整理得>，

所以当0.

命题角度2　由不等式恒（能）成立求参数的范围

【例2－2】（2017·全国Ⅱ卷改编）设函数f（x）＝（1－x2）ex.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当x≥0时，f（x）≤ax＋1，求正实数a的取值范围.

解　

（1）f′（x）＝－2xex＋（1－x2）ex＝（1－2x－x2）ex.

令f′（x）＝0，得x2＋2x－1＝0，

解得x1＝－－1，x2＝－1，

令f′（x）>0，则x∈（－－1，－1），令f′（x）<0，则x∈（－∞，－－1）∪（－1，＋∞）.

∴f（x）在区间（－∞，－－1），（－1，＋∞）上单调递减，在区间（－－1，－1）上单调递增.

（2）f（x）＝（1＋x）（1－x）ex.

当a≥1时，设函数h（x）＝（1－x）ex，h′（x）＝－xex<0（x>0），因此h（x）在[0，＋∞）上单调递减，又h（0）＝1，故h（x）≤1，

所以f（x）＝（x＋1）h（x）≤x＋1≤ax＋1.

当0

设函数g（x）＝ex－x－1，g′（x）＝ex－1>0（x>0），

所以g（x）在[0，＋∞）上单调递增.

又g（0）＝0，故ex≥x＋1.

当0

又（1－x）（1＋x）2－（ax＋1）＝x（1－a－x－x2），

取x0＝，则x0∈（0，1），

（1－x0）（1＋x0）2－ax0－1＝0，故f（x0）>ax0＋1.

综上可知，正实数a的取值范围是[1，＋∞）.

规律方法　1.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.

2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.

【训练2】（2018·沈阳模拟）已知函数f（x）＝ex－1－x－ax2.

（1）当a＝0时，求证：

f（x）≥0；

（2）当x≥0时，若不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；

（3）若x>0，证明（ex－1）ln（x＋1）>x2.

（1）证明　当a＝0时，f（x）＝ex－1－x，f′（x）＝ex－1.

当x∈（－∞，0）时，f′（x）<0；当x∈（0，＋∞）时，

f′（x）>0.

故f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，

f（x）min＝f（0）＝0，∴f（x）≥0.

（2）解　f′（x）＝ex－1－2ax，令h（x）＝ex－1－2ax，

则h′（x）＝ex－2a.

①当2a≤1时，在[0，＋∞）上，h′（x）≥0，h（x）单调递增，

h（x）≥h（0），即f′（x）≥f′（0）＝0，

∴f（x）在[0，＋∞）上为增函数，∴f（x）≥f（0）＝0，

∴当a≤时满足条件.

②当2a>1时，令h′（x）＝0，解得x＝ln（2a），

在[0，ln（2a））上，h′（x）<0，h（x）单调递减，

∴当x∈（0，ln（2a））时，有h（x）

∴f（x）在区间（0，ln（2a））上为减函数，∴f（x）

综上，实数a的取值范围为.

（3）证明　由

（2）得，当a＝，x>0时，ex>1＋x＋，

即ex－1>x＋，

欲证不等式（ex－1）ln（x＋1）>x2，

只需证ln（x＋1）>.

设F（x）＝ln（x＋1）－，

则F′（x）＝－＝.

∵当x>0时，F′（x）>0恒成立，且F（0）＝0，

∴F（x）>0恒成立.∴原不等式得证.

考点三　用导数研究生活中的优化问题

【例3】（2018·衡水中学质检）在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v（米/单位时间），每单位时间的用氧量为＋1（升），在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9（升），返回水面的平均速度为（米/单位时间），每单位时间用氧量为1.5（升），记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y（升）.

（1）求y关于v的函数关系式；

（2）若c≤v≤15（c>0），求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.

解　

（1）由题意，下潜用时（单位时间），用氧量为×＝＋（升），水底作业时的用氧量为10×0.9＝9（升），返回水面用时＝（单位时间），用氧量为×1.5＝（升），因此总用氧量y＝＋＋9（v>0）.

（2）y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，

当0

当v>10时，y′>0，函数单调递增.

若c<10，函数在（c，10）上递减，在（10，15）上递增，

∴当v＝10时，总用氧量最少.

若c≥10，则y在[c，15]上递增，

∴当v＝c时，这时总用氧量最少.

规律方法　1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：

（1）设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f（x），并确定其定义域；

（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.

2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.

【训练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

（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

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：

x

（3，4）

4

（4，6）

f′（x）

＋

0

－

f（x）

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.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是（　　）

A.3B.2C.1D.0

解析　设f（x）＝x3－6x2＋9x－10，f′（x）＝3x2－12x＋9＝3（x－1）（x－3），由此可知函数的极大值为f

（1）＝－6＜0，极小值为f（3）＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.

答案　C