第3課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題§3.2

導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課時作業(yè)題型分類深度剖析內(nèi)容索引題型分類深度剖析題型一導(dǎo)數(shù)與不等式多維探究證明命題點(diǎn)1證明不等式典例

(2017·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－

，g(x)＝x－lnx.(1)證明：g(x)≥1；當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0.當(dāng)x>1時，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．所以g(x)≥g(1)＝1，得證．證明所以當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)，又由(1)知x－lnx≥1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號)，

②且①②等號不同時取得，命題點(diǎn)2不等式恒成立或有解問題解答幾何畫板展示解函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以x＝1為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)，解答所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，2]．引申探究解答由例(2)解題知，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，利用F(x)的單調(diào)性證明．(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略①首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值，求出參數(shù)的取值范圍．②也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．思維升華跟蹤訓(xùn)練

已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解答解∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0對x∈[1，e]恒成立，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，解答題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題師生共研典例

(2018·洛陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；解由對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，即有2xlnx≥－x2＋ax－3.當(dāng)x>1時，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)，當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，h(x)是減函數(shù)，∴a≤h(x)min＝h(1)＝4.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．解答當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減．即F(x)>0恒成立，∴函數(shù)F(x)無零點(diǎn)．利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點(diǎn))的策略研究方程的根或曲線的交點(diǎn)個數(shù)問題，可構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)問題．可利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢等，從而畫出函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)．思維升華跟蹤訓(xùn)練

(1)(2017·貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,4]，部分對應(yīng)值如下表：解析x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)的個數(shù)為A.1 B.2

C.3D.4答案√解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知，2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示.由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零點(diǎn)個數(shù)為4.(2)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_____________.解析答案(－∞，－2)解析當(dāng)a＝0時，f(x)＝－3x2＋1有兩個零點(diǎn)，不合題意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，若a>0，由三次函數(shù)圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不合題意，故a<0.又a<0，所以a<－2.題型三利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題師生共研解答典例

某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝

＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù).已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克.(1)求a的值；解因?yàn)楫?dāng)x＝5時，y＝11，解答(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解由(1)可知，該商品每日的銷售量為所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.則f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6).于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減答當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.由上表可得，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值.所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值且最大值等于42.利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x).(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和f′(x)＝0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值.(4)回歸實(shí)際問題，結(jié)合實(shí)際問題作答.思維升華跟蹤訓(xùn)練

某品牌電動汽車的耗電量y與速度x之間的關(guān)系為y＝

x3－

x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為______.解析答案40解析令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于當(dāng)0<x<40時，y′<0；當(dāng)x>40時，y′>0.所以當(dāng)x＝40時，y有最小值.典例

(12分)設(shè)f(x)＝

＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.一審條件挖隱含審題路線圖審題路線圖規(guī)范解答審題路線圖(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M↓(正確理解“存在”的含義)[g(x1)－g(x2)]max≥M↓挖掘[g(x1)－g(x2)]max的隱含實(shí)質(zhì)g(x)max－g(x)min≥M↓求得M的最大整數(shù)值↓(理解“任意”的含義)f(x)min≥g(x)max↓求得g(x)max＝1↓分離參數(shù)aa≥x－x2lnx恒成立↓求h(x)＝x－x2lnx的最大值a≥h(x)max＝h(1)＝1↓a≥1規(guī)范解答解(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M. [2分]g(x)max＝g(2)＝1.則滿足條件的最大整數(shù)M＝4. [5分]設(shè)h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，所以當(dāng)1<x<2時，h′(x)<0；在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞). [12分]課時作業(yè)1.(2018·天津調(diào)研)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點(diǎn)，則c等于A.－2或2 B.－9或3C.－1或1 D.－3或1基礎(chǔ)保分練12345678910111213141516解析答案√解析∵y′＝3x2－3，∴當(dāng)y′＝0時，x＝±1.則當(dāng)x變化時，y′，y的變化情況如下表：12345678910111213141516x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋y↗c＋2↘c－2↗因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個公共點(diǎn)時，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.答案12345678910111213141516解析2.(2017·莆田一模)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f(0)＝0.若對任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，則使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范圍為A.(0，＋∞) B.(－∞，0)C.(－1，＋∞) D.(－∞，1)√∵對任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，12345678910111213141516∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減.∴x>0.∴使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范圍為(0，＋∞).3.(2018屆全國名校聯(lián)考)若不等式2xlnx＋x2＋ax＋3≥0對x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a可取的值組成的集合是A.{a|－4≤a≤0} B.{a|a≥－4}C.{a|0≤a≤4} D.{a|a≥4}答案12345678910111213141516解析√解析由題意得ax≥－2xlnx－x2－3，12345678910111213141516當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)max＝g(1)＝－4，所以a≥g(x)max＝－4，即{a|a≥－4}.解析答案123456789101112131415164.若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點(diǎn)，則a可能的值為A.4 B.6 C.7 D.8√解析由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2).若函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點(diǎn)，則f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，故選A.5.某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的關(guān)系是R(x)＝則總利潤最大時，年產(chǎn)量是A.100

B.150

C.200

D.300解析答案√12345678910111213141516解析由題意得，總成本函數(shù)為C(x)＝20000＋100x，12345678910111213141516令P′(x)＝0，得x＝300，易知當(dāng)x＝300時，總利潤P(x)最大.解析12345678910111213141516答案√1234567891011121314151612345678910111213141516因?yàn)閒(x)在x＝2處有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，經(jīng)檢驗(yàn)，b＝8，c＝－5符合題意.所以f(x)在[1,2)上單調(diào)遞減，在(2,4]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在M上的最大值為5，故選B.解析答案123456789101112131415167.(2017·安徽江南名校聯(lián)考)已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式

恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為__________.[0，e－1)解析由題意，知k＋2x－x2>0.即k>x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍為[0，e－1).12345678910111213141516答案123456789101112131415168.直線x＝t分別與函數(shù)f(x)＝ex＋1的圖象及g(x)＝2x－1的圖象相交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，則|AB|的最小值為__________.解析4－2ln212345678910111213141516解析

由題意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)|＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，則h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)min＝h(ln2)＝4－2ln2>0，即|AB|的最小值是4－2ln2.解析答案9.(2018·鄭州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________.12345678910111213141516[4，＋∞)∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞).10.(2018·佛山質(zhì)檢)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)滿足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)個數(shù)為________.解析123456789101112131415163答案解析定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，當(dāng)x>0時，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0時是增函數(shù)，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)x<0時，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，12345678910111213141516可得函數(shù)y1＝xf(x)與y2＝－lg|x＋1|的大致圖象如圖，由圖象可知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)的個數(shù)為3.1234567891011121314151611.(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；解答12345678910111213141516解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，12345678910111213141516當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一極小值點(diǎn)也是最小值點(diǎn).由于f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，f(x)≥0，故a＝1.12345678910111213141516解答解由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x－1－lnx>0，12345678910111213141516所以m的最小值為3.12.(2017·廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù).(1)若對任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍；12345678910111213141516解答解

由題意，可知f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當(dāng)x∈(－∞，m)時，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝m時，f(m)為極小值也為最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即對任意x∈R，f(x)≥0恒成立時，m的取值范圍是(－∞，1].12345678910111213141516(2)當(dāng)m>1時，判斷f(x)在[0,2m]上零點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由.12345678910111213141516解答解

f(x)在[0,2m]上有兩個零點(diǎn)，理由如下：當(dāng)m>1時，f(m)＝1－m<0.∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，m)上有一個零點(diǎn).又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，則g′(m)＝em－2，∵當(dāng)m>1時，g′(m)＝em－2>0，∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一個零點(diǎn).故f(x)在[0,2m]上有兩個零點(diǎn).12345678910111213141516技能提升練答案12345678910111213141516解析13.(2018屆中山一中測試)已知a，b∈R，直線y＝ax＋b＋

與函數(shù)f(x)＝tanx的圖象在x＝

處相切，設(shè)g(x)＝ex＋bx2＋a，若在區(qū)間[1,2]上，不等式m≤g(x)≤m2－2恒成立，則實(shí)數(shù)m有A.最大值e B.最大值e＋1C.最小值－e D.最小值e√12345678910111213141516因此a＝2，b＝－1，g(x)＝ex－x2＋2，所以當(dāng)x∈[1,2]時，g′(x)＝ex－2x>0，g(x)＝ex－x2＋2單調(diào)遞增，所以g(x)min＝e＋1，g(x)max＝e2－2.所以e≤m≤e＋1或m≤－e.解析14.(2018屆全國名校