江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题课件理


§3.2 导数的应用

第3课时 导数与函数的综合问题

内容索引

题型分类
课时作业

深度剖析

题型分类

深度剖析

题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式

xf′?x?-f?x? 例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)=0,当x>0时,有 <0 2 x (-∞,-2)∪(0,2) 答案 解析 恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是____________________.
∵当 x>0
?f?x?? f?x? ? ? 时,? ?′<0,∴φ(x)= 为减函数, x ? x ?

又φ(2)=0,∴当且仅当0<x<2时,φ(x)>0,此时x2f(x)>0. 又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数. 故x2f(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).

命题点2 证明不等式 例2 (2016· 全国丙卷)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; 解答

由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= 1 -1,令f′(x)=0,解得 x 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.

x-1 (2)证明:当x∈(1,+∞)时,1< <x; 证明 ln x

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,
1 1 lnx <x-1, x-1 即 1< ln x <x.

(3)设c>1,证明:当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 证明

由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
c-1 ln ln c 则 g′(x)=c-1-cxln c,令 g′(x)=0,解得 x0= ln c .

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.
c-1 由(2)知 1< ln c <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.

命题点3 不等式恒成立或有解问题

例3

1+ln x 已知函数 f(x)= x .

1 (1)若函数 f(x)在区间(a, a+2)上存在极值, 求正实数 a 的取值范围;
解答
几何画板展示

k (2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥ 恒成立,求实数k的取值范围. x+1
解答

引申探究

k 本题(2)中,若改为存在x0∈[1,e],使不等式f(x)≥ 成立,求实数k x+1 的取值范围.解答

(1)利用导数解不等式的思路 单调性解不等式. (2)利用导数证明不等式的方法

思维升华

已知一个含f′(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数

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, x∈(a , b) 时,有 F(x)<0,即证明了f(x)<g(x). (3)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.

?x-1?2 跟踪训练1 (2015· 福建)已知函数f(x)=ln x- . 2 (1)求函数f(x)的单调递增区间; 解答
2 - x +x+1 1 f′(x)=x -x+1= ,x∈(0,+∞). x

? ?x>0, 由 f′(x)>0,得? 2 ? ?-x +x+1>0.

1+ 5 解得 0<x< 2 .

? 1+ 5? ?. 故 f(x)的单调递增区间是?0, 2 ? ?

(2)证明:当x>1时,f(x)<x-1; 证明 令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞).

1-x2 则有 F′(x)= x .
当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,

所以F(x)在(1,+∞)上单调递减,
故当x>1时,F(x)<F(1)=0, 即当x>1时,f(x)<x-1.

(3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x) >k(x-1).
解答

题型二 利用导数研究函数零点问题 例4 (2016· 扬州模拟)设函数f(x)=xex-asin xcos x (a∈R,其中e是自然对

数的底数). (1)当a=0时,求f(x)的极值;
解答
几何画板展示

π (2)若对于任意的x∈[0, ],f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; 2
解答

π (3)是否存在实数a,使得函数f(x)在区间(0, )上有两个零点?若存在,求 2 出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解答

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象,然后根据图象判断函数的零点个数.

跟踪训练2 (2016· 南通模拟)已知函数f(x)=a+ x ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
解答

(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.
解答

题型三 利用导数研究生活中的优化问题 例5 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= a +10(x-6)2,其中3<x<6, x-3 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; 解答
a 因为当 x=5 时,y=11,所以2+10=11,a=2.

(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.
解答

思维升华
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤

(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;若函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是 最值点. (4)回归实际问题作答.

跟踪训练 3

(2016· 苏北四市调研 ) 经市场调查,某商品每吨的价格为

7 2 x(1<x<14)百元时,该商品的月供给量为 y1 吨,y1=ax+2a -a(a>0);月需 1 2 1 求量为 y2 万吨, y2=-224x -112x+1, 当该商品的需求量大于供给量时, 销售量等于供给量;当该商品的需求量不大于供给量时,销售量等于需求量, 该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. 1 (1)若 a=7,问商品的价格为多少时,该商品的月销售额最大?
解答

(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格,若该商品的均衡价格不低

于每吨6百元,求实数a的取值范围. 解答
1 2 1 7 2 设 f(x)=y1-y2=224x +(112+a)x+2a -1-a,
因为a>0,所以f(x)在区间(1,14)上是增函数, 若该商品的均衡价格不低于6百元,则函数f(x)在区间[6,14)上有零点,
? ?7a2+10a-11≤0, ? ? 7 1 ?f?6?≤0, 解得 0<a≤7. 所以? 即? ? ?7 2 ?f?14?>0, a +13a>0, ? 2 ?



1 ]. 若该商品的均衡价格不低于每吨6百元,实数a的取值范围是(0, 7

审题路线图系列

一审条件挖隐含

典例 (16分)设f(x)= a +xln x,g(x)=x3-x2-3. x (1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的

最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈[ 1 ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值 2 范围.
审题路线图 规范解答

课时作业

1 1.函数f(x)=(x-1)2(x-2)2的极大值是____. 16
答案 解析

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2.已知曲线y=x2+aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k,若k的最小值 (1,1) 为4,则此时切点的坐标为________.
答案 解析

函数y=x2+aln x(a>0)的定义域为{x|x>0},

a y′=2x+x ≥2 2a=4,则 a=2,

当且仅当x=1时,“=”成立,
将x=1代入曲线方程得y=1,

故所求的切点坐标是(1,1).
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ln kx 1 3.如果不等式 x ≤e 对任意的正实数 x 恒成立, 则实数 k 的取值范围为

(0,1] 答案 ________.

解析

ln kx ln kx ln k+ln x 由题意知 k>0,令 f(x)= x (x>0),则 f(x)= , x = x
1-ln kx e 因此 f′(x)= x2 ,令 f′(x)=0,解得 x=k,
e 且函数 f(x)在 x=k处取得极大值,也是最大值, k 1 由题意有e≤e ,所以 0<k≤1.
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4.若商品的年利润 y( 万元) 与年产量 x( 百万件) 的函数关系式: y =-x3+
3 百万件. 27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为____
答案 解析

y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3), 当0<x<3时,y′>0; 当x>3时,y′<0.

故当x=3时,该商品的年利润最大.
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5.(2017· 南京质检)直线x=t分别与函数f(x)=ex+1的图象及g(x)=2x-1的 4-2ln 2 图象相交于点A和点B,则AB的最小值为_________.
答案 解析

由题意得,AB=|ex+1-(2x-1)|=|ex-2x+2|,令h(x)=ex-2x+2, 则h′(x)=ex-2,所以h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减, 在(ln 2,+∞)上单调递增,

所以h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0,
即AB的最小值是4-2ln 2.
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2 ? ?-x +2x?x≤0?, 6.已知函数f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则a的取值范围是 ? ?ln?x+1??x>0?,

[-2,0] _________.
答案 解析

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7. 若函数 f(x) = ax2 + 4x - 3 在 [0 , 2] 上有最大值 f(2) ,则 a 的取值范围是

[-1,+∞) 答案 ____________.

解析

f′(x)=2ax+4,由f(x)在[0,2]上有最大值f(2), 则要求f(x)在[0,2]上单调递增,

则2ax+4≥0在[0,2]上恒成立.
当a≥0时,2ax+4≥0恒成立;

当a<0时,要求4a+4≥0恒成立,即a≥-1.
∴a的取值范围是[-1,+∞).
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8.(2016· 苏州模拟)定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则 (0,+∞) 不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为__________.
答案 解析

设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),

则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1],
∵f(x)+f′(x)>1,∴f(x)+f′(x)-1>0,

∴g′(x)>0,∴y=g(x)在定义域上单调递增,
又∵g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3, ∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3,

∴g(x)>g(0),∴x>0.
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9.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 (-∞,-2) 答案 范围是____________.
解析

当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不合题意,
故a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),

2 令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=a.
若a>0,由三次函数图象知f(x)有负数零点,不合题意,故a<0.
2 由三次函数图象及 f(0)=1>0 知,f(a)>0, 23 22 又a<0,所以a<-2. 即 a×(a) -3×(a) +1>0,化简得 a2-4>0,
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10.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 [4,+∞) 范围是__________.
答案 解析

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11.(2016· 盐城模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1.

(1)求函数f(x)的最大值;
解答

f′(x)=-xex. 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)=0.

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f?x? (2)设 g(x)= x ,x>-1 且 x≠0,证明:g(x)<1. 证明

由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1.

当-1<x<0时,g(x)<1等价于f(x)>x.
设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.

当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,则0<-xex<1,
h(x)在(-1,0)上单调递减. 从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0,

当-1<x<0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)<1.
综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.
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