（新課標）2021版高考數(shù)學一輪總復習 第三章 導數(shù)及其應用 第17講 導數(shù)與函數(shù)的綜合問題導學案 新人教A版

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1、第17講　導數(shù)與函數(shù)的綜合問題 【課程要求】 掌握應用導數(shù)求解實際問題的基本題型，提升通過構造函數(shù)應用導數(shù)解決不等式、方程等問題的能力． 對應學生用書p47 【基礎檢測】 1．某品牌電動汽車的耗電量y與速度x之間的關系為y＝x3－x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應定為____________． [解析]令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40， 由于當040時，y′>0. 所以當x＝40時，y有最小值． [答案]40 2．從邊長為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，做成一個無蓋的盒子，則盒子容

2、積的最大值為__________cm3. [解析]設盒子容積為ycm3，盒子的高為xcm，x∈(0，5)． 則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x， ∴y′＝12x2－104x＋160. 令y′＝0，得x＝2或x＝(舍去)， ∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)． [答案]144 3．若函數(shù)f(x)在R上可導，且滿足f(x)－xf′(x)>0，則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．3f(1)f(3) C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3) [解析]由于f(x)>xf′(x)，

3、則′＝<0在(0，＋∞)上恒成立， 因此在(0，＋∞)上是單調遞減函數(shù)， ∴<，即3f(1)>f(3)． [答案]B 4．已知函數(shù)f＝－1＋lnx，若存在x0>0，使得f≤0有解，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a>2B．a<3C．a≤1D．a≥3 [解析]若存在x0>0，使得f≤0有解，則由f＝－1＋lnx≤0，即≤1－lnx，即a≤x－xlnx，設h＝x－xlnx，則h′＝－lnx，由h′>0得lnx<0，得01，此時函數(shù)遞減，即當x＝1時，函數(shù)h取得極大值h＝1－ln1＝1，即h≤1，若a≤x－xlnx有解，則a≤1，

4、故選C. [答案]C 5．若函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.B. C．(0，4e2) D．(0，＋∞) [解析]函數(shù)y＝x2ex－a的導數(shù)為y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)， 令y′＝0，則x＝0或－2，當－2＜x＜0上時，y′<0，函數(shù)單調遞減，當x∈(－∞，－2)或(0，＋∞)時，y′>0，函數(shù)在兩個區(qū)間上單調遞增， ∴函數(shù)f(x)在x＝－2處取極大值，在x＝0處取極小值，函數(shù)的極值為：f(0)＝－a，f(－2)＝4e－2－a， 已知函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點， 故－a<0，且4e－2－a>0，解得實數(shù)a的

5、取值范圍是. [答案]B 【知識要點】 1．優(yōu)化問題 與實際問題相關的利潤最大、用料最省、效率最高等問題通常稱為優(yōu)化問題． 2．導數(shù)在優(yōu)化問題中的應用 3．導數(shù)與不等式 (1)不等式的證明可以通過構造函數(shù)等價轉換為探究函數(shù)值的大小，然后應用導數(shù)討論函數(shù)的單調性，從而實現(xiàn)不等式的證明． (2)含參數(shù)不等式的恒成立問題，通過分離變量，構造函數(shù)等價轉換為函數(shù)最值問題，然后應用導數(shù)求函數(shù)最值． 4．導數(shù)與方程 方程根的存在性問題等價轉換為函數(shù)極值和單調性問題研究，然后應用導數(shù)及數(shù)形結合確定方程根的存在性和個數(shù)． 對應學生用書p48 利用導數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題

6、 例1　某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系xOy.假設曲線C符合函數(shù)y＝(a，b為常數(shù))模型． (1)求a，b的值； (2)設公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域． ②當t為何值時，公路l的

7、長度最短？求出最短長度． [解析] (1)由題意知，點M，N的坐標分別為(5，40)，(20，2.5)． 將其分別代入y＝， 得解得 (2)①由(1)知y＝(5≤x≤20)， 則點P的坐標為. 設在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B兩點， y′＝－，則l的方程為y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝＝，t∈[5，20]． ②設g(t)＝t2＋，t∈[5，20]，則g′(t)＝2t－. 令g′(t)＝0，解得t＝10. 當t∈(5，10)時，g′(t)＜0，g(t)是減函數(shù)； 當t∈(10，20)時，g′(t)＞0，g(t)是增函數(shù)． 從而，當t＝1

8、0時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值， 所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15. 故當t＝10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米． [小結]利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數(shù)學模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關系式y(tǒng)＝f(x)． (2)求函數(shù)的導數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值． (4)回歸實際問題，結合實際問題作答． 1．某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為

9、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12000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)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100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元， 所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據(jù)題意知200πrh＋160πr2＝12000π， 所以h＝(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)

10、． 因為r＞0，又由h＞0可得r＜5，故函數(shù)V(r)的定義域為(0，5)． (2)因為V(r)＝(300r－4r3)，所以V′(r)＝(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 當r∈(0，5)時，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)； 當r∈(5，5)時，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5)上為減函數(shù)． 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 利用導數(shù)證明不等式 例2　設函數(shù)f＝alnx＋－2x. (1)當a＝3時，求f的極值； (2)當a＝1時，證明：f>－2x.

11、[解析] (1)當a＝3時，f＝3lnx＋－2x， f′＝－－2＝－＝－(x>0), 當x∈時，f′<0, f在上單調遞減； 當x∈時，f′>0, f在上單調遞增； 當x∈時，f′<0, f在上單調遞減． 所以當x＝時，f取得極小值f＝1－3ln2；當x＝1時，f取得極大值f＝－1. (2)當a＝1時，f＝lnx＋－2x (x>0)， 所以不等式f>－2x可變?yōu)閘nx＋>. 要證明上述不等式成立，即證明xlnx＋1>. 設g＝xlnx＋1，h(x)＝，則g′＝lnx＋1， 令g′＝0，得x＝， 在上，g′<0, g是減函數(shù)，在上，g′>0, g是增函數(shù)． 所以g≥g＝

12、1－. h′＝，令h′＝0得x＝1，在上，h′>0, h是增函數(shù)； 在上，h′<0, h是減函數(shù)，所以h≤h＝<1－， 所以h， 由此可知f>－2x. [小結]證明不等式的常用方法——構造法 (1)證明f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，則

13、F(x)在(a，b)上是增函數(shù)，同時若F(a)≥0，由增函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)>0，即證明了f(x)>g(x)． 2．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)． (1)證明：當x>0時，f(x)0，使得對任意的x∈(0，x0)恒有f(x)>g(x)． [解析] (1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)， 則有F′(x)＝－1＝. 當x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0， 所以F(x)在[0，＋∞)上單調遞減， 故當x>0時，F(xiàn)(x)0時，f(x

14、)0，故G(x)在[0，＋∞)上單調遞增，G(x)>G(0)＝0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意． 當00， 取x0＝－1，對任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0， 從而G(x)在[0，x0)上單調遞增， 所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)． 綜上，當k<1時，總存在x0>0，使得對任意x∈(0，x0)恒有f(x)>g(x)． 利用導數(shù)解決含參不等式問題 例3　已知函數(shù)f＝ex－1＋

15、ax，a∈R. (1)討論函數(shù)f的單調區(qū)間； (2)若?x∈，f＋lnx≥a＋1恒成立，求a的取值范圍． [解析] (1)f′(x)＝ex－1＋a. (i)當a≥0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調遞增； (ii)當a<0時，令f′(x)＝0，則x＝ln(－a)＋1； 當f′(x)>0，即x>ln(－a)＋1，函數(shù)f(x)單調遞增； 當f′(x)<0，即x

16、＝－1，由(1)可知，函數(shù)f＝ex－1－x的最小值為f＝0，所以ex－1－x≥0，即ex－1≥x.f＋lnx≥a＋1恒成立與f＋lnx－a－1≥0恒成立等價， 令g＝f＋lnx－a－1， 即g＝ex－1＋a＋lnx－1， 則g′＝ex－1＋＋a. ①當a≥－2時，g′＝ex－1＋＋a≥x＋＋a≥2＋a＝a＋2≥0. (或令φ＝ex－1＋，則φ′＝ex－1－在上遞增，∴φ′≥φ′＝0，∴φ在上遞增， ∴φ≥φ＝2.∴g′≥0.) ∴g在區(qū)間上單調遞增，∴g≥g＝0， ∴f＋lnx≥a＋1恒成立． ②當a<－2時，令h＝ex－1＋＋a， 則h′＝ex－1－＝， 當x≥1時，h

17、′≥0，函數(shù)h單調遞增． 又h＝2＋a<0, h＝e1－a－1＋＋a≥1－a＋＋a＝1＋>0， ∴存在x0∈，使得h＝0，故當x∈時， hh＝0，即g′>0，故函數(shù)g在上單調遞增，∴g＝g

18、a＝1，當x>0時，x＋1>(k－x)f′(x)恒成立，求整數(shù)k的最大值． [解析] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，且f′(x)＝ex－a. 當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，f(x)無極值； 當a>0時，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna. xlna時f′(x)>0，此時f(x)在(lna，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f(x)有極小值f(lna)＝a－alna－2，無極大值， 綜上：當a≤0時，無極值； 當a>0時，有極小值f(lna)＝a－alna－2，無

19、極大值. (2)法一：若a＝1，則f(x)＝ex－x－2，f′(x)＝ex－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(ex－1)(x>0)， 分離參數(shù)得：k<＋x(x>0)．① 令g(x)＝＋x(x>0)， 則g′(x)＝＋1＝. 由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調遞增， 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1，2)． 當x∈(0，α)時，g′(x)<0； 當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)在(0，

20、＋∞)上的最小值為g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2， 所以g(α)＝＋α＝α＋1∈(2，3)， 由于①式等價于k(k－x)f′(x)＝(k－x)(ex－1)，即(x－k)(ex－1)＋x＋1>0， 令g(x)＝(x－k)(ex－1)＋x＋1(x>0)， 則g′(x)＝(x－k＋1)ex. 當1－k≥0，即k≤1時，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，g(x)>g(0)＝1; 當1－k<0，即k>1時，

21、x∈(0，k－1)時，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)時，g′(x)>0， 此時g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－ek－1， 設h(k)＝k＋1－ek－1(k>1)，則h′(k)＝1－ek－1<0(∵k>1)， 所以h(k)＝k＋1－ek－1在(1，＋∞)上單調遞減， 又h(2)＝3－e>0，h(3)＝4－e2<0， 故整數(shù)k的最大值為2. 利用導數(shù)研究函數(shù)的零點或方程根的問題 例4　已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)． (1)當a≤0時，求證：f(x)≤1； (2)當0

22、2＋x＋1)≤1， 只要證ex－ax2－x－1≥0.(*) 令h(x)＝ex－ax2－x－1，則h′(x)＝ex－2ax－1， 而h′′(x)＝ex－2a>0，所以h′(x)在上單調遞增，又h′(0)＝0， 所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增， ∴h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立． 所以原不等式成立． (2)問題轉化為函數(shù)h(x)＝ex－ax2－x－1的零點個數(shù)． 而h′(x)＝ex－2ax－1，h″(x)＝ex－2a. 令h″(x)＝0，解得x＝ln2a. 所以h′(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 所以h′(x)min＝h′(ln2a)＝

23、2a－2aln2a－1， 設m＝2a，g(m)＝m－mlnm－1，而g′(m)＝1－(1＋lnm)＝－lnm， 則g(m)在上單調遞減，在上單調遞增， 所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0 (當m＝1即a＝時取等號)． 1°當a＝時，h′(x)min＝0, 則h′(x)≥0恒成立． 所以h(x)在R上單調遞增，又h(0)＝0，則h(x)有一個零點； 2°當00， 則存在x2<0使得h′(x2)＝0.又h′(

24、0)＝0， 這時h(x)在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增． 所以h(x2)>h(0)＝0.又x→－∞時，h(x)＝ex－ax2－x－1<0，h(0)＝0. 所以這時h(x)有兩個零點； 綜上：a＝時，原方程有一個解；當0

25、 (1)若x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點，求f(x)的極小值； (2)若對任意的實數(shù)a，函數(shù)F(x)＝－ef(x)＋g(x)在(0，＋∞)上總有零點，求實數(shù)b的取值范圍． [解析] (1)由題可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1， 因為f′(－2)＝0，所以a＝－1，f(x)＝(x2－x－1)ex－1， 故f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1， 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－2，1)上單調遞減，所以f(x)極小值為f(1)＝(1－1－1)e1－1

26、＝－1. (2)函數(shù)F(x)＝－ef(x)＋g(x)在(0，＋∞)上總有零點， 即F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上總有零點． 若a<0，則F(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上單調遞增， 故F(x)在(0，＋∞)上總有零點的必要條件是F(0)<0，即b>1. 以下證明：當b>1時，F(xiàn)(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上總有零點． ①若a<0，由于F(0)＝1－b<0， F＝e－－a－b＝e－>0，且F(x)在(0，＋∞)上連續(xù)，故F(x)在上必有零點； ②若a≥0，F(xiàn)(0)＝1－b<0， 易知ex>x2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x0＝a＋b>1， 則F(x0

27、)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)＝b(a＋b－1)>0， 由于F(0)＝1－b<0，F(xiàn)(a＋b)>0， 故F(x)在(0，a＋b)上必有零點． 綜上，實數(shù)b的取值范圍是(1，＋∞)． 對應學生用書p50 (2019·全國卷Ⅰ理)已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導數(shù)．證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點； (2)f(x)有且僅有2個零點． [解析] (1)設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx－， g′(x)＝－sinx＋. 當x∈時，g′(x)單調遞減，而

28、g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零點，設為α. 則當x∈(－1，α)時，g′(x)>0；當x∈時，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)單調遞增，在單調遞減，故g(x)在存在唯一極大值點，即f′(x)在存在唯一極大值點． (2)f(x)的定義域為(－1，＋∞)． (i)當x∈(－1，0]時，由(1)知，f′(x)在(－1，0)單調遞增，而f′(0)＝0，所以當x∈(－1，0)時，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)單調遞減，又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零點． (ii)當x∈時，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調遞增，在單調遞減，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當x∈(0，β)時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)單調遞增，在單調遞減． 又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以當x∈時，f(x)>0.從而，f(x)在沒有零點． (iii)當x∈時，f′(x)<0，所以f(x)在單調遞減．而f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零點． (iv)當x∈(π，＋∞)時，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點． 綜上，f(x)有且僅有2個零點． 14