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高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第16讲导数的综合应用课件理新人教A版_图文

第二章
函数、导数及其应用
高考总复习 ·数学(理科)

第16讲
导数的综合应用
高考总复习 ·数学(理科)

考纲要求

考情分析

命题趋势

核心素养

1.利用导数研究 2018·全国卷Ⅰ, 考查导数在研究函数

函数的单调性、 21

中的应用,并应用导

极(最)值,并会 2018·全国卷Ⅱ, 数的方法探求一些与

解决与之有关的 21

不等式、函数、数列

方程(不等式)问 2018·浙江卷,22 有关的综合问题,综

题.

2018·北京卷,18 合性较强,常作为压

2.会利用导数解 决实际问题.

分值:12 分

轴题出现,题目难度 较大.

本讲内容 主要考查 数学运算、 逻辑推理、 数学建模 的核心素 养.

目录

板块一 板块二 板块三

︿ ︿

板块一

[知识梳理] 1.生活中的优化问题 通常把求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优 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的优化问题的基本思路

3.导数在研究方程(不等式)中的应用 研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等 式.反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立 求参数等,又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题, 利用导数进行研究.利用导数方法可证的几个常见不等式 有:①ex≥x+1;②ln x≤x-1;③sin x≤x(x≥0). 4.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题. (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题. (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

[对点检测] 1.思维辨析(在括号内打“√”或“×”). (1)若实际问题中函数定义域是开区间,则不存在最优 解.( ) (2)函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的图象与 x 轴最多有 3 个 交点,最少有一个交点.( ) (3)函数 F(x)=f(x)-g(x)的最小值大于 0,则 f(x)> g(x).( ) (4)“存在 x∈(a,b),使 f(x)≥a”的含义是“任意 x∈(a, b),使 f(x)≥a”.( )
答案 (1) × (2)√ (3)√ (4) ×

2.已知某生产厂家的年利润 y(单位:万元)与年产量 x(单

位:万件)的函数关系式为 y=-13x3+81x-234,则使该生产

厂家获取最大年利润的年产量为( )

A.13 万件

B.11 万件

C.9 万件

D.7 万件

答案 C 解析 y′=-x2+81,令 y′=0,得 x=9 或 x=-

9(舍去),当 x∈(0,9)时,y′>0,当 x∈(9,+∞)时,y′<

0,则当 x=9 时,y 有最大值,即使该生产厂家获取最大年

利润的年产量为 9 万件.

3.已知函数 f(x),g(x)均为[a,b]上的可导函数,在[a,

b]上连续,且 f′(x)<g′(x),则 f(x)-g(x)的最大值为( )

A.f(a)-g(a)

B.f(b)-g(b)

C.f(a)-g(b)

D.f(b)-g(a)

答案 A 解 析 设 F(x) = f(x) - g(x) , F′(x) = f′(x) -
g′(x)<0, 所以 F(x)在[a,b]上是减函数. 所以 F(x)在[a,b]上的最大值为 F(a)=f(a)-g(a).

4.若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的取值范围是__________.
解析 由于函数 f(x)是连续的,故只需要两个极值异号即 可.
f′(x)=3x2-3,令 3x2-3=0,得 x=±1,只需 f(-1)f(1) <0,
即(a+2)(a-2)<0,故 a∈(-2,2). 答案 (-2,2)

5.若 f(x)=lnxx,0<a<b<e,则 f(a),f(b)的大小关系为 ____________.
解析 由题意可知,f′(x)=1-xl2n x,当 x∈(0,e)时,f′(x) >0,所以 f(x)在(0,e)上递增,又 0<a<b<e,所以 f(a)< f(b).
答案 f(a)<f(b)

︿ ︿

板块二

[考法精讲] 考法一 利用导数解决生活中的优化问题
答题模板 利用导数解决生活中的优化问题的步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系,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)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0. (3)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)回归实际问题回答解决方案. 注意:解决此类问题要根据实际问题的意义确定函数定 义域.

【例 1】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计 厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为 100 元/平方米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池 的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率).
(1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄 水池的体积最大.

解 析 (1) 因 为 蓄 水 池 侧 面 的 总 成 本 为 100×2πrh =

200πrh 元,底面的总成本为 160πr2 元,所以蓄水池的总成本

为(200πrh+160πr2)元.又根据题意得 200πrh+160πr2=12

000π,所以

h=51r(300-4r2),从而

V(r)

=πr2h=

π 5

(300r-

4r3).由 h>0,且 r>0 可得 0<r<5 3,故函数 V(r)的定义域为

(0,5 3).

(2) 因 为

V(r)



π 5

(300r



4r3)







V′(r)



π 5

(300



12r2).令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数;

当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函

数.

由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8,即当

r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大.

考法二 利用导数研究函数的零点或方程的根
归纳总结 (1)研究函数零点(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,根据题目要求, 画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过 数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清 晰、直观的整体展现. (2)解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取 值范围问题,关键是利用函数方程思想或数形结合思想,构 建关于参数的方程或不等式求解.

【例 2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=13x3-a(x2+x +1).
(1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点.

解析 (1)当 a=3 时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2 -6x-3.令 f′(x)=0,解得 x=3-2 3或 x=3+2 3.当 x∈(- ∞,3-2 3)∪(3+2 3,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(3-2 3, 3+2 3)时,f′(x)<0.故 f(x)在(-∞,3-2 3),(3+2 3,+ ∞)单调递增,在(3-2 3,3+2 3)单调递减.

(2)证明:因为 x2+x+1>0,所以 f(x)=0 等价于x2+xx3+1

-3a=0.设

g(x)=x2+xx3+1-3a,则

g′(x)=

x2?x2+2x+3? ?x2+x+1?2

≥0,仅当 x=0 时 g′(x)=0,所以 g(x)在(-∞,+∞)单调

递增.故 g(x)至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点.又

f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6????a-61????2-16<0,f(3a+1)=13>0, 故 f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.

【例 3】 (2019·武邑中学调研)已知函数 f(x)=a6x3-a4x2 -ax-2 的图象过点 A????4,130????.
(1)求函数 f(x)的单调增区间; (2)若函数 g(x)=f(x)-2m+3 有 3 个零点,求 m 的取值 范围.

解析

(1) 因 为

f(x)



a 6

x3



a 4

x2



ax



2

的图象过点

A????4,130????,所以332a-4a-4a-2=130,解得 a=2,即 f(x)=13

x3-12x2-2x-2,所以 f′(x)=x2-x-2.由 f′(x)>0 得 x<-1

或 x>2.所以函数 f(x)的单调增区间是(-∞,-1),(2,+∞).

(2)由(1)知 f(x)极大值=f(-1)=-13-12+2-2=-56,f(x)极小 值=f(2)=83-2-4-2=-136,由数形结合可知要使函数 g(x) =f(x)-2m+3 有三个零点,则-136<2m-3<-56,解得-76 <m<1123.所以 m 的取值范围为????-76,1132????.

考法三 利用导数证明不等式
解题技巧 利用导数证明不等式的解题策略
(1)证明 f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x) -g(x),如果 F′(x)<0,并同时有 F(a)≤0,由减函数的定义 可知,x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了 f(x)<g(x).

(2)证明 f(x)>g(x),x∈(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x) -g(x),如果 F′(x)>0,并同时有 F(a)≥0,由增函数的定义 可知,x∈(a,b)时,有 F(x)>0,即证明了 f(x)>g(x).
(3)在证明过程中,一个重要技巧就是找到函数 F(x)=f(x) -g(x)的零点,这往往就是解决问题的一个突破口.

【例 4】

已知函数

f(x)=xex,g(x)=lnx

x .

(1)求函数 f(x)的极值;

(2)当 x>0 时,求证:f(x)>g(x).

解 析 (1) 由 题 意 知 f′(x) = xex + ex = (x + 1)ex , 令 f′(x)>0,得 x>-1;令 f′(x)<0,得 x<-1.则 f(x)在(-∞, -1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以 f(x)的极

小值为 f(-1)=-1e,无极大值.

(2)证明:当 x>0 时,要证 f(x)>g(x),即证 ex>lnx2x.令 F(x)

=x2-ln x(x>0),则 F′(x)=2x-1x(x>0),令 F′(x)>0,得 x> 22,

令 F′(x)<0,得 0<x< 22,则 F(x)在????0, 22????上单调递减,在

?? ??

22,+∞????上单调递增,所以当 x>0

时,F(x)≥F????

22????=21-ln

2 2

>0,所以 x2>ln x,即lnx2x<1.因为 x>0 时,ex>e0=1,所以当 x>0

时,ex>lnx2x?xex>lnxx,所以当 x>0 时,不等式 f(x)>g(x)成立.

考法四 利用导数研究恒成立或能成立问题
解题技巧 利用导数研究恒成立或能成立问题的方法
(1)由不等式恒成立或能成立求解参数的取值范围问题 常 采 用 的 方 法 是 分 离 参 数 求 最 值 , 即 a≥g(x) 恒 成 立 ? a≥g(x)max;a≤g(x)恒成立?a≤g(x)min;定义域内存在 x 使 a≥g(x)成立?a≥g(x)min.

另外,当参数不宜进行分离时,还可直接求最值建立关于参 数的不等式求解,例如,要使不等式 f(x)≥0 恒成立,可求 得 f(x)的最小值 h(a),令 h(a)≥0 即可求出 a 的取值范围.
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出,求解参数范围的 关键就是找到这样的不等式.

【例 5】 (1)已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3,对一 切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围.
(2)已知函数 f(x)=x3-2x2+x+a,g(x)=-2x+9x,若对 任意的 x1∈[-1,2],存在 x2∈[2,4],使得 f(x1)=g(x2),求实 数 a 的取值范围.

解析 (1)由题意知 2xln x≥-x2+ax-3 对一切 x∈(0,+
∞)恒成立,即 a≤2ln x+x+3x对一切 x∈(0,+∞)恒成立. 令 h(x)=2ln x+x+3x(x>0),则 h′(x)=2x+1-x32=x2+x22x-3=?x+3x??2x-1?. ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)内单调递减;

②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调 递增.所以 h(x)min=h(1)=4.所以 a≤h(x)min=4.所以实数 a 的 取值范围是(-∞,4].
(2)问题等价于 f(x)的值域是 g(x)的值域的子集, 显然,g(x)单调递减,所以在区间[2,4]上,g(x)max=g(2) =12,
g(x)min=g(4)=-243.对于 f(x),f′(x)=3x2-4x+1,

令 f′(x)=0,解得 x=13或 x=1.

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况列表如下.

x

-1 ????-1,13????

1 3

f′(x)



0

????31,1???? -

f(x) a-4 单调递增 247+a 单调递减

x 1 (1,2)

2

f′(x) 0



f(x) a 单调递增 a+2

所以 f(x)max=a+2,f(x)min=a-4,所以???????aa+-24≤≥12-,243,

所以 a∈????-74,-32????.

[递进题组]

1.[考法一]做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是

27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为( )

A.3

B.4

C.6

D.5

答案 A 解析 设圆柱的底面半径为 R,母线长为 l,则 V=πR2l
=27π,所以 l=2R72,要使用料最省,只需使圆柱的侧面积与 下底面面积之和 S 最小.由题意,S=πR2+2πRl=πR2+2π·2R7. 所以 S′=2πR-5R42π,令 S′=0,得 R=3,则当 R=3 时, S 最小.故选 A.

2.[考法二]已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯

一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( )

A.(2,+∞)

B.(1,+∞)

C.(-∞,-2)

D.(-∞,-1)

答案 C 解析 a=0 时,不符合题意.a≠0 时,f′(x)=3ax2
-6x,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2a.若 a>0,则由图象知 f(x) 有负数零点,不符合题意.所以 a<0,由图象结合 f(0)=1
>0 知,此时必有 f????a2????>0,即 a×a83-3×a42+1>0,化简得 a2>4,则 a<-2.

3.[考法二](2019·邢台月考)已知 f(x)=ex-ax2.命题 p:

?a≥1,y=f(x)有三个零点;命题 q:?a∈R,f(x)≤0 恒成

立.则下列命题为真命题的是( )

A.p∧q

B.(?p)∧(?q)

C.(?p)∧q

D.p∧(?q)

答案 B 解析 对于命题 p:当 a=1 时,f(x)=ex-x2,在同一
坐标系中作出 y=ex,y=x2 的图象(图略),由图可知 y=ex 与 y=x2 的图象有 1 个交点,所以 f(x)=ex-x2 有 1 个零点,故 命题 p 为假命题.因为 f(0)=1,所以命题 q 显然为假命题.故 (?p)∧(?q)为真.故选 B.

4.[考法四]已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的取值范围是__________.
解析 当 x∈(0,1]时,不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 a≥3xx-3 1,设 g(x)=3xx-3 1,x∈(0,1],g′(x)=3x3-?3xx6-1?·3x2 =-6????xx-4 12????.

由 g′(x)=0 得 x=12,当 x∈????0,12????时,g′(x)>0; 当 x∈????21,1????时,g′(x)<0.因此 g(x)的最大值为 g????21????=4, 则实数 a 的取值范围是[4,+∞).
答案 [4,+∞)

5.[考法三]已知函数 f(x)=ax+xln x 在 x=e-2 处取得极 小值.
(1)求实数 a 的值; (2)当 x>1 时,求证:f(x)>3(x-1).

解析 (1)因为 f(x)=ax+xln x,所以 f′(x)=a+ln x+1. 因为函数 f(x)在 x=e-2 处取得极小值,所以 f′(e-2)=a+ln e -2+1=0,所以 a=1,f′(x)=ln x+2.当 f′(x)>0 时,x>e-2, 当 f′(x)<0 时,0<x<e-2,所以 f(x)在(0,e-2)上单调递减, 在(e-2,+∞)上单调递增.所以 f(x)在 x=e-2 处取得极小值, 符合题意.所以 a=1.

(2)证明:由(1)知 a=1,所以 f(x)=x+xln x. 令 g(x)=f(x)-3(x-1),即 g(x)=xln x-2x+3(x>0).所 以 g′(x)=ln x-1,由 g′(x)=0 得 x=e.由 g′(x)>0 得 x>e, 由 g′(x)<0 得 0<x<e,所以 g(x)在(0,e)上单调递减,在(e, +∞)上单调递增,所以 g(x)在(1,+∞)上的最小值为 g(e) =3-e>0.所以在(1,+∞)上,都有 g(x)≥g(e)>0.f(x)>3(x- 1)得证.

︿ ︿

板块三

关键点 导数的综合应用 【典例】 (2016·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)=ln x-x+1. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x∈(1,+∞)时,1<xl-n x1<x; (3)设 c>1,证明:当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.

规范解答:(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x) =1x-1,
令 f′(x)=0,解得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

(2)证明:由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值, 最大值为 f(1)=0.所以当 x≠1 时,ln x<x-1. 故当 x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln1x<1x-1, 即 1<xl-n x1<x.

(3)证明:由题设 c>1,设 g(x)=1+(c-1)x-cx, 则 g′(x)=c-1-cxln
c-1 C.令 g′(x)=0,解得 x0=lnlnlncc . 当 x<x0 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当 x>x0 时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 由(2)知 1<cl-n c1<c,故 0<x0<1.又 g(0)=g(1)=0, 故当 0<x<1 时,g(x)>0.所以当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x >cx.

答题模板 第一步:求函数 f(x)的导函数 f′(x). 第二步:分类讨论 f(x)的单调性. 第三步:利用单调性,求 f(x)的最大值. 第四步:根据要证的不等式的结构特点,构造函数 g(x). 第五步:求 g(x)的最大值,得出要证的不等式. 第六步:反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范.

【跟踪训练】 已知 f(x)=3ex+x2,g(x)=9x-1. (1)讨论函数 φ(x)=aln x-bg(x)(a∈R,b>0)在(1,+∞) 上的单调性; (2)比较 f(x)与 g(x)的大小,并加以证明.

解析 (1)φ′(x)=ax-9b=a-x9bx=9b????9axb-x????(x>1),当9ab ≤1,即 a≤9b 时,φ′(x)<0,所以 φ(x)在(1,+∞)上单调递 减.当9ab>1,即 a>9b 时,令 φ′(x)>0,得 x∈????1,9ab????;令 φ′(x)<0,得 x∈????9ab,+∞????.故 φ(x)在????1,9ab????上单调递增,在 ????9ab,+∞????上单调递减.

(2)f(x)>g(x).证明如下: 设 h(x)=f(x)-g(x)=3ex+x2-9x+1,因为 h′(x)=3ex +2x-9 为增函数,且 h′(0)=-6<0,h′(1)=3e-7>0, 所以存在 x0∈(0,1),使得 h′(x0)=0,当 x>x0 时,h′(x)>0; 当 x<x0 时,h′(x)<0.所以 h(x)min=h(x0)=3ex0+x20-9x0+1, 因为 3ex0+2x0-9=0,所以 3ex0=-2x0+9,所以 h(x)min= -2x0+9+x20-9x0+1=x20-11x0+10=(x0-1)(x0-10),因为 x0∈ (0,1),所以 (x0-1)(x0-10)>0,所以 h(x)min>0,所以 f(x)>g(x).



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