高中数学知识点总结导数的综合应用(习题)

第13讲　导数的综合应用

　利用导数研究函数的零点和方程根的问题[学生用书P54]

[典例引领]

　(2016·高考北京卷节选)设函数f(x)＝x³＋ax²＋bx＋c.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．

【解】　(1)由f(x)＝x³＋ax²＋bx＋c，得f′(x)＝3x²＋2ax＋b.

因为f(0)＝c，f′(0)＝b，

所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.

(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x³＋4x²＋4x＋c，

所以f′(x)＝3x²＋8x＋4.

令f′(x)＝0，得3x²＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.

f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：

 

x	(－∞，－2)	－2	(－2，－)	－	(－，＋∞)
f′(x)	＋	0	－	0	＋
f(x)		c		c－	

所以，当c＞0且c－＜0时，存在x₁∈(－4，－2)，x₂∈(－2，－)，x₃∈(－，0)，使得f(x₁)＝f(x₂)＝f(x₃)＝0.

由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，)时，函数f(x)＝x³＋4x²＋4x＋c有三个不同零点．

利用导数研究方程根的方法

(1)研究方程根的情况，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．

(2)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．

(3)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．　

　设函数f(x)＝－kln x，k＞0.

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

[解] (1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.

由f′(x)＝0，

解得x＝(负值舍去)．

f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：

x	(0，)		(，＋∞)
f′(x)	－	0	＋
f(x)			

所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝，f(x)无极大值．

(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.

因为f(x)存在零点，

所以≤0，从而k≥e.

当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，

所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．

当k＞e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，

所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

　利用导数研究不等式问题(高频考点)[学生用书P54]

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且常以解答题的形式考查，难度较大．

高考对利用导数研究不等式问题的考查有以下两个命题角度：

(1)证明不等式；

(2)不等式恒成立问题．

[典例引领]

　(2016·高考全国卷丙)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＜＜x；

(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞c^x.

【解】　(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－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，ln ＜－1，即

1＜＜x.

(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c^x，则g′(x)＝c－1－c^xln c，令g′(x)＝0，

解得x₀＝.

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＜＜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＞c^x.

(1)利用导数证明不等式的方法

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，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，当x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明f(x)＜g(x)．

(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略

①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而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．

 [题点通关]

 角度一　证明不等式

1．已知函数f(x)＝me^x－ln x－1.

(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.

[解] (1)当m＝1时，f(x)＝e^x－ln x－1，所以f′(x)＝e^x－.

所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.

(2)证明：当m≥1时，f(x)＝me^x－ln x－1≥e^x－ln x－1.

要证明f(x)＞1，只需证明e^x－ln x－2＞0.

设g(x)＝e^x－ln x－2，则g′(x)＝e^x－.

设h(x)＝e^x－，则h′(x)＝e^x＋＞0，

所以函数h(x)＝g′(x)＝e^x－在(0，＋∞)上单调递增．

因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，

所以函数g′(x)＝e^x－在(0，＋∞)上有唯一零点x₀，且x₀∈.

因为g′(x₀)＝0，所以e^x0＝，即ln x₀＝－x₀.

当x∈(0，x₀)时，g′(x)＜0；当x∈(x₀，＋∞)时，g′(x)＞0.

所以当x＝x₀时，g(x)取得最小值g(x₀)．

故g(x)≥g(x₀)＝e ^x0－ln x₀－2＝＋x₀－2＞0.

综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.

 角度二　不等式恒成立问题

2．e^x≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为(　　)

A．k≤1　　　　　　　　　　  B．k≥1

C．k≤－1                                D．k≥－1

　A　[解析] 由e^x≥k＋x，得k≤e^x－x.

令f(x)＝e^x－x，

所以f′(x)＝e^x－1.

f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)＜0时，x＜0，f′(x)＞0时，x＞0.

所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．

所以f(x)_min＝f(0)＝1.

所以k的取值范围为k≤1，故选A.

3．(2017·长沙模拟)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x²＋ax－3.

(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

[解] (1)由题意知2xln x≥－x²＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋，

设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.

①当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．

②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)_min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，

所以a≤h(x)_min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．

(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞))．

又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，

当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

所以f(x)_min＝f＝－.设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)_max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

　利用导数研究生活中的优化问题[学生用书P55]

[典例引领]

　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】　(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200πrh＋160πr²＝12 000π，

所以h＝(300－4r²)，从而

V(r)＝πr²h＝(300r－4r³)．

因为r>0，又由h>0可得r<5，

故函数V(r)的定义域为(0，5)．

(2)因为V(r)＝(300r－4r³)，

所以V′(r)＝(300－12r²)．

令V′(r)＝0，解得r₁＝5，r₂＝－5(因为r₂＝－5不在定义域内，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)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)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．

　

　(2017·临沂模拟)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)²，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5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x＝5时，y＝11，

所以＋10＝11，a＝2.

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)².

所以商场每日销售该商品所获得的利润

f(x)＝(x－3)

＝2＋10(x－3)(x－6)²，3<x<6.

从而f′(x)＝10[(x－6)²＋2(x－3)(x－6)]

＝30(x－4)(x－6)．

于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

 

x	(3，4)	4	(4，6)
f′(x)	＋	0	－
f(x)	单调递增	极大值42	单调递减

由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点．

所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.

故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

 [学生用书P56]

——函数与导数的综合问题

　(本题满分12分)已知函数f(x)＝e^x，a，b∈R，且a>0.

(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的极值；

(2)设g(x)＝a(x－1)e^x－f(x)，若存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立，求的取值范围．

[思维导图]

(1)

(2)

(1)当a＝2，b＝1时，f(x)＝e^x，

定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，

f′(x)＝e^x.(2分)

令f′(x)＝0，得x₁＝－1，x₂＝，(3分)

当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表

x	(－∞，－1)	－1	(－1，0)
f′(x)	＋	0	－	－	0	＋
f(x)		极大值			极小值	

由表知f(x)的极大值是f(－1)＝，

f(x)的极小值是f＝4.(6分)

(2)因为g(x)＝e^x，

所以g′(x)＝e^x.(7分)

由g(x)＋g′(x)＝0得

e^x＋e^x＝0，

整理得2ax³－3ax²－2bx＋b＝0.(8分)

存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立等价于存在x>1，使得2ax³－3ax²－2bx＋b＝0成立．

因为a>0，所以＝.(10分)

设u(x)＝(x>1)，则

u′(x)＝.(11分)

因为x>1时，u′(x)>0恒成立，所以u(x)在(1，＋∞)上是增函数，

即的取值范围为(－1，＋∞)．(12分)

　(1)本题构造函数u(x)是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的值域问题．

(2)学会利用导数法求给定区间上的函数的最值问题的步骤

第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；

第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；

第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；

第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值．

　[学生用书P273(独立成册)]

1．(2017·广州市高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为(　　)

A．0　　　　　　　　　                         B．1

C．0或1                                                 D．无数个

　A　[解析] 因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．

2．(2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2^x＋a，若∀x₁∈，∃x₂∈[2，3]，使得f(x₁)≥g(x₂)，则实数a的取值范围是(　　)

A．a≤1  B．a≥1

C．a≤2                                                   D．a≥2

　A　[解析] 由题意知f(x)_min≥g(x)_min(x∈[2，3])，因为f(x)_min＝5，g(x)_min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.

3．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＝－x³＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________万件．

[解析] 因为y′＝－x²＋81，所以当x>9时，y′<0；当0<x<9时，y′>0.所以函数y＝－x³＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是该函数的极大值点，又该函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以该函数在x＝9处取得最大值．

[答案] 9

4．(2017·烟台模拟)设函数f(x)＝ax³－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．

[解析] (构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；

当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax³－3x＋1≥0可化为a≥－.

设g(x)＝－，

则g′(x)＝，

所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，

因此g(x)_max＝g＝4，从而a≥4.

当x<0时，即x∈[－1，0)时，

同理a≤－.

g(x)在区间[－1，0)上单调递增，

所以g(x)_min＝g(－1)＝4，

从而a≤4，综上可知a＝4.

[答案] 4

5．(2017·张掖市第一次诊断考试)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．

(1)判断f(x)的单调性；

(2)当f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围．

[解] (1)f′(x)＝－a，函数f(x)＝ln x－ax的定义域为(0，＋∞)．

当a≤0时，f′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

当a＞0时，x∈时，f′(x)＞0，此时f(x)在上是增函数，x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)在上是减函数．

综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当a＞0时，f(x)在上是增函数，在上是减函数．

(2)f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，即a＞在(0，＋∞)上恒成立．

设g(x)＝，则g′(x)＝，

当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，

当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，

故当x＝e时，g(x)取得最大值，

所以a的取值范围是.

6．(2017·贵州省七校第一次联考)函数f(x)＝(ax²＋x)e^x，其中e是自然对数的底数，a∈R.

(1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0；

(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．

[解] (1)因为e^x＞0，所以不等式f(x)≤0即为ax²＋x≤0，

又因为a＞0，所以不等式可化为x≤0，

所以不等式f(x)≤0的解集为.

(2)当a＝0时，方程即为xe^x＝x＋2，由于e^x＞0，所以x＝0不是方程的解，

所以原方程等价于e^x－－1＝0.

令 h(x)＝e^x－－1，

因为h′(x)＝e^x＋＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，

所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，

又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e²－2＞0，h(－3)＝e^－3－＜0，h(－2)＝e^－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，

所以整数t的所有值为{－3，1}．

7．(2017·高考全国卷乙)已知函数f(x)＝ae^2x＋(a－2)e^x－x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae^2x＋(a－2)e^x－1＝(ae^x－1)(2e^x＋1)．

(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．

(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.

当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．

(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．

(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.

①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；

②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；

③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.

又f(－2)＝ae^－4＋(a－2)e^－2＋2>－2e^－2＋2>0，

故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．

设正整数n₀满足n₀>ln，

则f(n₀)＝eⁿ⁰(ae ⁿ⁰＋a－2)－n₀>e ⁿ⁰－n₀>2 ⁿ⁰－n₀>0.

由于ln>－ln a，

因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．

综上，a的取值范围为(0，1)．

8．(2016·高考四川卷)设函数f(x)＝ax²－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x>1时，g(x)>0；

(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．

[解] (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．

当a>0时，由f′(x)＝0有x＝ .

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

(2)证明：令s(x)＝e^x－1－x，则s′(x)＝e^x－1－1.

当x>1时，s′(x)>0，所以e^x－1>x，从而g(x)＝－>0.

(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.

当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x²－1)－ln x<0，

故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.

当0<a<时，>1.

由(1)有f<f(1)＝0，而g>0，

所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．

当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，

当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e^1－x>x－＋－＝>>0，

因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．

又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．

综上，a∈.

9．(2017·贵州省适应性考试)设n∈N^*，函数f(x)＝，函数g(x)＝(x＞0)．

(1)当n＝1时，求函数y＝f(x)的零点个数；

(2)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象分别位于直线y＝1的两侧，求n的取值集合A；

(3)对于∀n∈A，∀x₁，x₂∈(0，＋∞)，求|f(x₁)－g(x₂)|的最小值．

[解] (1)当n＝1时，f(x)＝，f′(x)＝(x＞0)．

由f′(x)＞0得0＜x＜e；由f′(x)＜0得x＞e.

所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

因为f(e)＝＞0，f＝－e＜0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；

当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝＞0恒成立，

所以函数f(x)在(e，＋∞)上不存在零点．

综上可得函数f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一个零点．

(2)对函数f(x)＝求导，得f′(x)＝(x＞0)，

由f′(x)＞0，得0＜x＜e；由f′(x)＜0，得x＞e.

所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

则当x＝e时，函数f(x)有最大值f(x)_max＝f(e)＝.

对函数g(x)＝(x＞0)求导，得g′(x)＝(x＞0)，

由g′(x)＞0，得x＞n；由g′(x)＜0，得0＜x＜n.

所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增．

则当x＝n时，函数g(x)有最小值g(x)_min＝g(n)＝.

因为∀n∈N^*，函数f(x)的最大值f(e)＝＜1，

即函数f(x)＝在直线y＝1的下方，

故函数g(x)＝(x＞0)在直线y＝1的上方，

所以g(x)_min＝g(n)＝＞1，解得n＜e.

所以n的取值集合A＝{1，2}．

(3)对∀x₁，x₂∈(0，＋∞)，|f(x₁)－g(x₂)|的最小值等价于g(x)_min－f(x)_max＝－.

当n＝1时，g(x)_min－f(x)_max＝e－；

当n＝2时，g(x)_min－f(x)_max＝－；

因为－＝＞0，

所以|f(x₁)－g(x₂)|的最小值为－＝.