1、第16講導數與函數的綜合問題高考解讀GAO KAOJIEDU考綱要求考情分析命題趨勢1利用導數研究函數的單調性、極（最）值，并 會解決與之有關的方程（不等式）問題.2會利用導數解決某些簡單的實際問題2017全國卷I,212017全國卷川，212017四川卷，21考查導數在研究函 數中的應用，并應用導數的方 法探求一些與不等式、函數、 數列有關的綜合問題，題目難 度較大分值：1214 分板塊一 /考支請單*課前查漏知識梳理1生活中的優化問題通常求利潤最大、用料最省、效率最高等問題稱為優化問題，一般地，對于實際問題, 若函數在給定的定義域內只有一個極值點，那么該點也是最值點.2利用導數解決生活中的

2、優化問題的基本思路3導數在研究方程（不等式）中的應用研究函數的單調性和極（最）值等離不開方程與不等式;2反過來方程的根的個數、不等式的證明、不等式恒成立求參數等，又可轉化為函數的單 調性、極值與最值的問題，禾 U 用導數進行研究.4導數在綜合應用中轉化與化歸思想的常見類型(1) 把不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題；(2) 把證明不等式問題轉化為函數的單調性問題；(3) 把方程解的問題轉化為函數的零點問題.對點檢測1思維辨析(在括號內打“V”或“X”)(1) 若實際問題中函數定義域是開區間，則不存在最優解.(X)(2) 函數f(x) =x3+ax2+bx+c的圖象與x軸最多有 3 個交點，

3、最少有一個交點.(V)(3) 函數F(x) =f(x) g(x)的最小值大于 0,則f(x) g(x) . (V)(4) “存在x (a,b)，使f(x) a” 的含義是“任意x (a, b)，使f(x) a”.(X)2已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y13=x3+ 81x 234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為(C )A. 13 萬件B. 411 萬件C. 9 萬件D. 7 萬件解析yx+ 81,令y= 0 得x= 9 或x= 9(舍去)，當x (0,9)時，y 0, 當x (9,+s)時，yv0,則當x= 9 時，y有最大值.即使該生產廠

4、家獲取最大年利潤 的年產量為 9 萬件.3.已知函數f(x),g(x)均為a,b上的可導函數，在a,b上連續且f(x)g(x),則f(x) g(x)的最大值為(A )A.f(a) g(a)B. f(b) g(b)C.f(a) g(b)D.f(b) g(a)解析 設F(x) =f(x) g(x) ,F(x) =f(x) g(x)0, F(x)在a,b上是減函數. F(x)在a,b上的最大值為F(a) =f(a) g(a).lnx4.- 若f(x)=, 0ab0,即f(x) 0,3解析由于函數f(x)是連續的，故只需要兩個極值異號即可.2 2f(X) = 3x- 3,令 3x 3= 0，得x= 1

5、 只需f( 1)f(1)v0,即(a+2)(a2)v0,故a(2,2).板塊二/考法柘展題型解碼百考逵精講L:了一利用導數解決生活中的優化問題二答題模板利用導數解決生活中的優化問題的四個步驟(1) 分析實際問題中各個量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式y=f(x).(2) 求函數的導數f(x)，解方程f(x) = 0.(3) 比較函數在區間端點和使f(x) = 0 的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值.回歸實際問題提出解決方案.注意：解決此類問題要根據實際問題的意義確定函數的定義域.【例 1】 某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)設該蓄水

6、池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米.假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100 元/平方米，底面的建造成本為 160 元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000n元(n為圓周率)(1) 將V表示成r的函數V(r)，并求該函數的定義域；(2) 討論函數V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大.解析(1)因為蓄水池側面的總成本為100X2 nrh= 200nrh元，底面的總成本為160nr元，所以蓄水池的總成本為(200nrh+ 160nr)元.又根據題意得 200nrh+ 160nr2= 12 000n,122n3所以h= (300 4r)，從而V(r) =

7、nr h=(300r 4r).5r5由h0,且r0 可得 0r0，故V(r)在(0,5)上為增函數；當r (5,5 .3)時，V(r)0;x(1,3)時，f(x)16 10X1616l n 2 9=f(1) ,f(e 1) 32 + 11 = 21f(3)，所以在f(x)的三個單調區間(一 1,1) , (1,3) , (3 ,+8)上，直線y=b與y=f(x)的圖象各有一個 交點，當且僅當f(3)bf(1).因此，b的取值范圍為(32In 2 21,16ln 2 9).詬序三利用導數證明不等式解題技巧|利用導數證明不等式的解題策略(1) 證明f(x)g(x),x (a,b)，可以構造函數F(

8、x) =f(x)g(x)，如果F(x)0 ,那么F(x)在(a,b)上是減函數，同時若F(a) 0,由減函數的定義可知，x (a,b)時，有F(x)0，即證明了f(x)g(x),x (a,b)，可以構造函數F(x) =f(x)g(x)，如果F(x)0 ,那么F(x)在(a,b)上是增函數，同時若F(a) 0,由增函數的定義可知，x (a,b)時，有F(x)0，即證明了f(x)g(x).(3) 在證明過程中，一個重要技巧就是找到函數F(x) =f(x) g(x)的零點，這往往就是解決問題的一個突破口.6【例 3】2x一 2 已知函數f(x)=亍十.設g(x) = Inx,求證：g(x) f(x)

9、在1 , +m)上恒成立;證明(1)由題意知，要證 Inx-在1,+s)上恒成立，x十 12 2即證明(x+ 1)lnx2x 2,xInx+ Inx 2x+ 20在1，十)上恒成立.2設h(x) =xInx十 Inx 2x+ 2,貝U h(x) = 2xInh(x) 0,所以h(x)在1，十)上單調遞增，h(x) h(1) = 0，所以g(x) f(x)在1 , +g)上恒成立.Inb Ina2a 22ba a+b四 利用導數研究恒成立(或存在性)問題解題技巧|利用導數研究不等式恒成立問題的方法(1)由不等式恒成立求解參數的取值范圍問題常采用的方法是分離參數求最值，即要使ag(x)恒成立，只需

10、ag(x)max，要使ag(x)恒成立，只需a0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)0即可求出a的取值范圍.(2)參數范圍必須依靠不等式才能求出，求解參數范圍的關鍵就是找到這樣的不等式.【例 4】 已知函數f(x) =x2+ 2x,g(x) =xex.(1)求f(x) g(x)的極值；當x ( 2,0)時，f(x)十 1ag(x)恒成立，求實數a的取值范圍.解析 (1)令h(x) =f(x) g(x) =x2+ 2xxex,則h(x) = (x+ 1)(2 ex)，令h(x) = 0，解得x= 1 或x= In 2.若 0a22ba a+b1xx+ 一2,由x 1,得12xIn

11、x，x十x2- 2(當且僅當xx= 1 時等號成立)，即b(2)因為 0a1,則(1)知 InInb Ina、2a 22ba a+b，所以當0ax恒成立.xe2 2人x+ 2x+ 1 ，fx+ 1 fx+1 令t(x) =x-，貝Ut (x) =2 xexe當x ( 2, 1)時，t(x)0,t(x)單調遞增；當x ( 1,0)時，t(x) 0.故a的取值范圍是0,+s).【例 5】 已知函數f(x) =ax2blnx在點(1 ,f(1)處的切線方程為y= 3x 1.(1) 若f(x)在其定義域內的一個子區間(k 1,k+1)內不是單調函數，求實數k的取值范圍；13c+121(2) 若對任意x

12、 (0 ,+8),均存在t 1,3，使得 3t一廠t+ct+ ln 2 + 0,k 113所以2 解得 1.k+11,73故實數 k 的取值范圍是|1, 22f(x) = 2x In1x，f(X)=4xx4x2 1x1，令f(x) = 0, 得x=2,913C+ 121設g(t) = 3t 丁t+ct+ In 2 + 6，根據題意可知g(t)min0,g(t)在1,3上單調遞增,c、g(t)min=g(1) = 2 + In 2，滿足g(t)minWf(x)min.當 1c 0, (c 1)(c 2c 2) 0,此時 1+3 c3時，g(t)W0,g(t)在1,3上單調遞減，g(t)min=g

13、(3) = + ln 2 ,3c143X31412+3+ln 2W +y+ln 2 + “2.綜上，c的取值范圍是(一R,1U1 + 0可化為ah，11設g(x) =3X,x(0,1,X由g(x) = 0 得X= 2，當x 0, 2 時g，(x)0 ；當x1, 1時g(x)0.(1)求函數f(x)的單調區間；若函數f(x)在區間(一 2,0)內恰有兩個零點，求a的取值范圍.解析 (1)f(x) =x+ (1 a)xa= (x+ 1)(xa).由f(x) = 0, 得x= 1 或a(a0).當x變化時f(x)與f(x)的變化情況如下表x(m, 1)1(一1,a)a(a,+a)f(x)+0一0+f

14、(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增故函數f(x)的單調遞增區間是(一a, 1),(a,+)；單調遞減區間是(一 1,a).由(1)知f(x)在區間(一 2, 1)內單調遞增；在區間(一 1,0)內單調遞減.從而函數f (-2)0,解得 0a?所以a的取值3f0 0,證明 令g(x) =f(x) 2x+ e,貝U g(x) =f ( x) 2 = Inx 1.令g(x) = 0,得x= e.當x (1 , e)時，g(x)0 , g( x)在(1 , e)內單調遞減，在(e,+a)內單調遞增.-g(x)極小值=g(e) =f(e) 2e+ e= 0.又g=f(1) 2+ e= e 20,

15、二g(x)在1，+m)內的最小值為0,范圍是3.4. (2018安徽安慶模擬)已知f(x) =xlnx，證明：當x1時,2xewf(x).12 g(x) g(x)min= 0,f(x) 2x+ e0,即即 2x ewf(x).丄板塊三/者乘易錯警示易錯點忽視定義域出錯、求導出錯，非等價轉化出錯錯因分析：對一些函數的定義域沒有認清，不能對要證明的目標進行合理轉化，也不能按得分點規范化書寫而失分.【例 1】 設函數f(x) = e2xalnx.(1) 討論f(x)的導函數f(x)零點的個數；2(2) 證明：當a 0 時，f(x)2a+aln .a解析f(X)的定義域為(0，+m)，xx2xf( x

16、)=(ee) (alnx) =2e一(x0)，x當a 0,f(x)沒有零點.a當a0 時，設u(x) = 2e2x，v(x)=一,x因為u(x) = 2e2X在(0，+m)上單調遞增，v(X) =?在(0，+m)上單調遞減，X在同一坐標系中作出u(x)，v(X)的簡圖如下.可知u(x)與v(x)的圖象在(0，+m)上僅有一個交點.故當a 0 時，f(x)存在唯一零點.綜合得f(x)的零點的個數為 1.(2)證明：由(1)，可設f(X)在(0，+m)上的唯一零點為X0，當x (0 ,X0)時，f(X)V0；當X (Xo，+m)時，f(x) 0. 故f(X)在(0，Xo)上單調遞減，在(Xo，+m

17、)上單調 遞增，所以當X=X0時，f(X)取得最小值，最小值為f(X).aa2由于 2e2X0 = 0，所以 e2X0=，alnx= 2axalnX。，2x0，a，a22所以f(x) =+ 2ax0+aln2a+aln .132x0aa142 故當a0 時，f(x)2a+aln .a【跟蹤訓練 1】已知f(x) =xex,g(x) =- (x+ 1)2+a,若？Xi心 R,使得f(X2) g(xi)成立，則實數a的取值范圍是！ !嚴嚴,+8 i #解析f(x) = ex+xex= ex(1 +x)，當x- 1 時，f(x)- 1 時，f(x)0,1 f(x)在(一8, 1)上遞減，在(一 1,

18、+8)上遞增，f(x)min=f(1)=一 一 e課時達標 第 16 講解密考綱本考點主要以基本初等函數為載體，綜合應用函數、導數、方程、不等式等知識，常考查恒成立問題、存在性問題或者與實際問題相結合討論最優解等問題，綜合性較強，常作為壓軸題出現三種題型均有出現，以解答題為主，難度較大._ _ 21.已知函數f(x) =x-ax-alnx(a R).(1)若函數f(x)在x= 1 處取得極值，求a的值;a解析(1)f(x)= 2x-a-，由題意可得xf (1) = 0,解得a= 1.經檢驗，a= 1 時f(x)在x= 1 處取得極小值，所以a= 1.2由(1)知，f(x) =x-x- Inx,

19、入fx35x211、x33x211令g(x) =f(x)- i - +2-4X+6= 32+ 3x- Inx-,數，在(1 ,+8)上是增函數，1311-g(X)min=g(1)= 一 2+3一 石=0,g(x) g(1) = 0，于是f(x) -號+-4x+#342.若函數f(x) =ax-bx+ 4，當x= 2 時，函數f(x)有極值一-O(1) 求函數f(x)的解析式；(2) 若方程f(x) =k有 3 個不同的根，求實數k的取值范圍. g(x)max=a,由題意，得a-e.e在(1)的條件下，求證:32x5x11f(x)-?+2-4x+石.2 |由g(x) =x-3x+ 3-x=x3-

20、 13-3(x- 1) =x-1(x0)，可知g(x)在(0,1)上是減函當x0 時,15解析 (1)f(x) = 3ax2-b,16f，(2 尸 12ab= 0,由題意得4f(2 尸8a2b+4一 3,13故所求函數的解析式為f(x) = 3X 4x+ 4.32由得f(x) =x 4= (x+ 2)(x 2)，令f(x) = 0,得x= 2 或x= 2.當x變化時，f(x) ,f(x)的變化情況如下表x(m, 2)2(2,2)2(2, +8)f(x)+0一0+f(x)單調遞增錯單調遞誤減43單調遞增284因此，當x= 2 時，f(x)有極大值，當x= 2 時，f(x)有極小值一-,33所以函

21、數f(x) = 3x3 4x+ 4 的圖象大致如圖所示.4283kTa12 x3.(2018河南新鄉調研)已知函數f(x) =x (a+ 1)lnx(a R),g(x) =TX+ ex2xxe .(1) 當x 1 , e時，求f(x)的最小值；2一(2) 當a1 時，若存在X1 e , e ，使得對任意的XT 2,0 ,f(x 0,f(x)為增函數, 則f(x)min=f(1) = 1 a.182當 la 0,f(x)為增函數，則f(x)min=f(a) =a (a+ 1)lna 1.3當ae時，x 1 , e時，f(x)w0,f(x)在1 , e上為減函數,a則f(x)min=f(e) =

22、e (a+ 1)一一 e綜上，當aW1時，f(x)mi n= 1 a；當 1ae 時，f(x)min=a (a+ 1)lna 1 ；當ae時，f(x)min= e (a+ 1) e(2)由題意知，f(x)(x e , e)的最小值小于g(x)(x 2,0)的最小值.由(1)知f(x)在e , e2上單調遞增,a ,xf(x)min=f(e) = e (a+ 1) -,g(x) = (1 e)x.ex 2,0時，g(x)w0,則g(x)為減函數.所以g(x)min=g(0) = 1 .所以 e (a+ 1) _獸獸.e+ 14.某商店經銷一種奧運紀念品， 每件產品成本為 30 元，且每賣出一件產

23、品， 需向稅務 部門上交a元(a為常數，2waw5)的稅收，設每件產品的日售價為x元(35wxw41)，根據 市場調查，日銷售量與 ex(e 為自然對數的底數)成反比，已知每件產品的日售價為 40 元時, 日銷售量為 10 件.(1) 求商店的日利潤L(x)元與每件產品的日售價x元的函數關系式；(2) 當每件產品的日售價為多少元時該商店的日利潤L(x)最大，說明理由.kk解析(1)設日銷售量為-X件，則-4J=10,.k= 10e40.x一 30 一a則日利潤L(x) = 10e40 x(35wxw41).e則日銷售量為4010exe件，每件利潤為(x 30 a)兀,所以a的取值范圍為19(2

24、)L(x)=10e4031+axex(35wxw41).當 2waw4時，33w31+aw35,L(x)w0,L(x)在35,41上是減函數.當x=35 時，L(x)的最大值為510(5 a)e 20當 4aw5時，350,L(x)在(35 ,a+ 31)上是增函數.當x (a+ 31,41時，L(x)0,L(x)在(a+ 31,41上是減函數.當x=a+ 31 時，L(x)的最大值為 10e9：綜上可知，當 2aw4時，日售價為 35 元可使日利潤L(x)最大,當 4aw5時，日售價為a+ 31 元可使日利潤L(x)最大.2x5. (2018遼寧五校聯考)已知函數f(x) = (ax 1)lnx+邁.若a= 2，求曲線y=f(x)在點(1 ,f(1)處的切線I的方程;(2)設函數g(x)=f(x)有兩個極值點，X1,X2,其中X1(0 , e，求g(x g(X2)的最小值.1解析(1)當a= 2 時，f(x)