题型分类教案：导数的综合应用（高三复习）

中小学教育资源及组卷应用平台
高三题型复习：导数与函数的综合应用
【导数综合应用1-实际应用问题】
1．生活中的优化问题
生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中优化问题的基本思路
例1.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝x3－x＋8(0(1)当汽车以40千米/小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小时，共耗油××403－×40＋8＝17.5(升)．
因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．
(2)当速度为x千米/小时时，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，
所以当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.
易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值．
故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．
【变式】已知某矩形广场面积为4万平方米，则其周长至少为________米．
解析：设广场的长为x米，则宽为米，于是其周长为y＝2(x>0)，所以y′＝2，令y′＝0，解得x＝200(x＝－200舍去)，这时y＝800.当0200时，y′>0.所以当x＝200时，y取得最小值，故其周长至少为800米．
答案：800
【导数综合应用2-零点与方程的根问题】
例2.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718
28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
[解]　(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，且h(x)在区间(1,2)上是连续的，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，
则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为h′(x)＝ex－x－－1，
记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
【变式1】已知函数f(x)＝(x2－2x)ln
x＋ax2＋2.
(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e－2[解]　(1)当a＝－1时，f(x)＝(x2－2x)ln
x－x2＋2，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－2)ln
x＋(x－2)－2x.
所以f′(1)＝－3，又f(1)＝1，f(x)在(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0.
(2)g(x)＝f(x)－x－2＝0，
则(x2－2x)ln
x＋ax2＋2＝x＋2.
即a＝.
令h(x)＝，
则h′(x)＝－－＋＝.
令t(x)＝1－x－2ln
x，t′(x)＝－1－＝，
因为t′(x)<0，t(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又因为t(1)＝h′(1)＝0，
所以当00，当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1.
因为a>0，
所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
当a＝1时，g(x)＝(x2－2x)ln
x＋x2－x，
若使当e－2x)，
令g′(x)＝0得x＝1或x＝e－，
又因为e－2所以函数g(x)在e－2，e－上单调递增，在e－，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，
又g(e－)＝－e－3＋2e－，g(e)＝2e2－3e，
因为g(e－)＝－e－3＋2e－<2e－<2e<2e＝g(e)，
即g(e－)所以m≥2e2－3e，
即m的取值范围是[2e2－3e，＋∞)．
【变式2】已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－或x>，
由f′(x)<0，解得－所以当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－，)．
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1.
所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性，可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
又f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，
结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．
【变式3】已知函数f(x)＝xln
x.
(1)试求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．
解：(1)f′(x)＝ln
x＋x·＝1＋ln
x，∴f′(e)＝2.
又f(e)＝e，∴切线方程为2x－y－e＝0.
(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程ln
x－＝0的解．
设h(x)＝ln
x－，x>1.
则h′(x)＝－＝－，x>1.
①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
②当a≠0时，令h′(x)＝0得x1＝1，x2＝.
(ⅰ)当a<0，即x2＝<1时，∵x>1，∴h′(x)>0，则h(x)为(1，＋∞)上的增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
(ⅱ)当01时，
x∈时，h′(x)>0，h(x)为增函数；
x∈时，h′(x)<0，h(x)为减函数．
又x趋向＋∞时，h(x)＝ln
x－ax＋＋2a－1<0，
h(1)＝0，∴方程有一个解．
(ⅲ)当a≥，即≤1时，
∵x>1，
∴h′(x)<0，h(x)为减函数，
而h(x)综上所述，当a∈(－∞，0]∪时，原方程无解；
当a∈时，原方程有一个解．
【导数综合应用3-证明不等式】
恒成立：(1)f(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)对?x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.
存在解：(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立?I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对?x1∈D1，?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
例3.已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
[解]　(1)易得f′(x)＝－，
由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)证明：a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝
.
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0＜1，
∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，
∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x)．
【变式1】已知函数f(x)＝－ln
x＋t(x－1)，t为实数．
(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当t＝时，－－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
[解]　(1)当t＝1时，f(x)＝－ln
x＋x－1，x>0，
∴f′(x)＝－＋1＝.
由f′(x)<0可得0由f′(x)>0可得x>1，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当t＝时，f(x)＝－ln
x＋－，－－f(x)＝－－－ln
x＋－＝ln
x－＋，
当x>1时，－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xln
x在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xln
x，则g′(x)＝x－(ln
x＋1)＝x－1－ln
x.
令h(x)＝x－1－ln
x，则h′(x)＝1－＝.
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－ln
x在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，
从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝，
因此当x>1时，若使k<－xln
x恒成立，必须k≤.
∴实数k的取值范围是.
【变式2】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln
x－(a∈R)，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)[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln
a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋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)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－<1，
即a>，
所以a的取值范围为.
【变式3】已知函数f(x)＝xex－aln
x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex－，x>0，
依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：①当b≤0时，由(1)知，当x＝1时，f(x)取得最小值e.
又b(x2－2x＋2)的最大值为b，
故f(x)≥b(x2－2x＋2)．
②当0x－b(x2－2x＋2)，
所以g′(x)＝(x＋1)ex－－2b(x－1)，
令h(x)＝(x＋1)ex－－2b(x－1)，x>0，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2b，
当x∈(0,1]时，－2b≥0，(x＋2)ex>0，
所以h′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，>0，
所以h′(x)>0，
所以当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0，
所以g(x)≥0，
即f(x)≥b(x2－2x＋2)．
综上，当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
【导数综合应用4-零点计算问题】
例4.已知函数f(x)＝ln
x－x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋－m有两个零点x1，x2，且x11.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＝－1＝>0，得0令f′(x)＝－1＝<0，得x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：根据题意，g(x)＝ln
x＋－m(x>0)，
因为x1，x2是函数g(x)＝ln
x＋－m的两个零点，
所以ln
x1＋－m＝0，ln
x2＋－m＝0.
两式相减，可得ln＝－，
即ln＝，故x1x2＝.
那么x1＝，x2＝.
令t＝，其中0则x1＋x2＝＋＝.
构造函数h(t)＝t－－2ln
t，则h′(t)＝.
对于00恒成立，故h(t)t<0.可知>1，故x1＋x2>1.
【变式1】已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b，
则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，
即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
【变式2】已知函数f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln
x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－4，－2)内能取到最大值－4.
(1)求实数a的值；
(2)设函数g(x)＝bx3－bx，若对?x1∈(1,2)，?x2∈(1,2)，使得f(x1)＝g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)当x∈(－4，－2)时，有x＋4∈(0,2)，
由条件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，
再由条件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．
故f′(x)＝＋4a，x∈(－4，－2)．
由条件③得f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)内必有解，故a≠0，且解为x＝－－4.
又最大值为－4，所以f(x)max＝f＝4ln＋4a·＝－4，即ln＝0，所以a＝－1.
(2)设f(x)在(1,2)内的值域为A，g(x)在(1,2)内的值域为B，
由条件可知A?B.
由(1)知，当x∈(1,2)时，f(x)＝ln
x－x，f′(x)＝－1＝<0，
故f(x)在(1,2)内为减函数，
所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln
2－2，－1)．
对g(x)求导得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)．
若b<0，则当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以B＝(g(2)，g(1))＝.
由A?B，得b≤ln
2－2，－b≥－1，
故必有b≤ln
2－3.
若b>0，则当x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
所以B＝(g(1)，g(2))＝.
由A?B，得－b≤ln
2－2，b≥－1，
故必有b≥3－ln
2.
若b＝0，则B＝{0}，此时A?B不成立．
综上可知，b的取值范围是∪3－ln
2，＋∞.
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)