2019届高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 第3课时 导数与函数的综合应用学案 文 北师大版

第3课时 导数与函数的综合问题

题型一 导数与不等式

命题点1 证明不等式

典例 (2017·贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－(1)证明：g(x)≥1；

1

(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－2. e证明 (1)由题意得g′(x)＝当01时，g′(x)>0，

即g(x)在(0,1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的． 所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)由f(x)＝1－

x－1

e

x，g(x)＝x－ln x.

x－1

(x>0)， xx－1

e

x，得f′(x)＝

x－2

e

x，

所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的， 1

所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号)．①

e又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 1

所以(x－ln x)f(x)>1－2.

e命题点2 不等式恒成立或有解问题

1＋ln x典例 (2018·大同模拟)已知函数f(x)＝. x1??(1)若函数f(x)在区间?a，a＋?上存在极值，求正实数a的取值范围；

2??(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥

kx＋1

恒成立，求实数k的取值范围．

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝1－1－ln xln x＝－22，

xx令f′(x)＝0，得x＝1.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增加的； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的． 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 1

所以0

2

1?1?故

x?x＋1??1＋ln x?令g(x)＝(x≥1)，

x则g′(x)＝

?1＋ln x＋1＋1?x－?x＋1??1＋ln x?

?x?x－ln x??

x2

x＝x2

.

1

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)是增加的，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]． 引申探究

本例(2)中若改为：存在x∈[1，e]，使不等式f(x)≥?x＋1??1＋ln x?

解 当x∈[1，e]时，k≤有解，

kx＋1

成立，求实数k的取值范围．

x?x＋1??1＋ln x?令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，

xg(x)是增加的，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，

2?2?所以k≤2＋，即实数k的取值范围是?－∞，2＋?.

e?e?思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法

证明f(x)

①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

跟踪训练 已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范

2

e

围．

解 ∵f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立， ln x∴a≤－，x∈[1，e]．

xln x令g(x)＝－，x∈[1，e]，

xln x－1则g′(x)＝， 2

x∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0， ∴g(x)在[1，e]上是减少的， 1∴g(x)min＝g(e)＝－，

e1

∴a≤－.

e

1??∴实数a的取值范围是?－∞，－?. e??题型二 利用导数研究函数的零点问题

2

典例 (2018·洛阳质检)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x＋ax－3. (1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

12

(2)探讨函数F(x)＝ln x－x＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，

eex请说明理由．

解 (1)由对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 即有2xln x≥－x＋ax－3. 3

即a≤2ln x＋x＋恒成立，

2

x3

令h(x)＝2ln x＋x＋，

x23x＋2x－3

则h′(x)＝＋1－2＝ 2

2

xxx?x＋3??x－1?＝， 2

x当x>1时，h′(x)>0，h(x)是增加的， 当0

即实数a的取值范围是(－∞，4]．

12

(2)令F(x)＝0，得ln x－x＋＝0，

eexx2

即xln x＝x－(x>0)．

ee

1?1?易求f(x)＝xln x(x>0)的最小值为f ??＝－， e?e?

x21－x设φ(x)＝x－(x>0)，则φ′(x)＝x，

eee

当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)是增加的； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)是减少的． 1

∴φ(x)的最大值为φ(1)＝－，

e

x2

∴对x∈(0，＋∞)，有xln x>x－恒成立，

ee

即F(x)>0恒成立，∴函数F(x)无零点．

思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略

研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图像，然后根据图像判断函数的零点个数．

跟踪训练 (1)(2017·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：

x f(x) －1 1 0 2 2 0 3 2 4 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示．当1

( )

A．1 B．2 C．3 D．4 答案 D

解析 根据导函数图像知，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图像如图所示．

由于f(0)＝f(3)＝2,1

(2)已知函数f(x)＝ax－3x＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是__________． 答案 (－∞，－2)

解析 当a＝0时，f(x)＝－3x＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax－6x＝3x(ax－2)，

2

令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.

2

2

3

2

a若a>0，由三次函数图像知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.

?2?由三次函数图像及f(0)＝1>0知，f??>0， a??

?2?3?2?22

即a×??－3×??＋1>0，化简得a－4>0，

?a?

?a?

又a<0，所以a<－2.

题型三 利用导数研究生活中的优化问题

典例 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)，其中3

x－3

a2

元/千克时，每日可售出该商品11千克． (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)因为当x＝5时，y＝11， 所以＋10＝11，解得a＝2.

2

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为

2

y＝＋10(x－6). x－3

a2

所以商场每日销售该商品所获得的利润为