1、第第 3 课时课时导数与函数的综合问题导数与函数的综合问题 题型一题型一导数与不等式导数与不等式 命题点 1证明不等式 典例 (2017贵阳模拟)已知函数 f(x)1x1 ex ，g(x)xln x. (1)证明：g(x)1； (2)证明：(xln x)f(x)11 e2. 证明(1)由题意得 g(x)x1 x (x0)， 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0， 即 g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数 所以 g(x)g(1)1，得证 (2)由 f(x)1x1 ex ，得 f(x)x2 ex ， 所以当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0， 即 f(x)在(0,2
2、)上为减函数，在(2，)上为增函数， 所以 f(x)f(2)11 e2(当且仅当 x2 时取等号) 又由(1)知 xln x1(当且仅当 x1 时取等号)， 且等号不同时取得， 所以(xln x)f(x)11 e2. 命题点 2不等式恒成立或有解问题 典例 (2018大同模拟)已知函数 f(x)1ln x x . (1)若函数 f(x)在区间 a，a1 2 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x1 时，不等式 f(x) k x1恒成立，求实数 k 的取值范围 解(1)函数的定义域为(0，)， f(x)11ln x x2 ln x x2 ， 令 f(x)0，得 x1. 当 x(
3、0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减 所以 x1 为函数 f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以 0a1a1 2， 故1 2a0， 所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)g(1)2， 故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2 引申探究 本例(2)中若改为：x01，e，使不等式 f(x0) k x01成立，求实数 k 的取值范围 解当 x1，e时，kx11ln x x 有解， 令 g(x)x11ln x x (x1，e)，由例(2)解题知， g(x)为单调增函数，所以 g(x)maxg(e)22 e， 所以 k22 e，即实数 k 的
4、取值范围是 ，22 e . 思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法 证明 f(x)1 时，h(x)0，h(x)是增函数， 当 0 x1 时，h(x)0) 易求 f(x)xln x(x0)的最小值为 f 1 e 1 e， 设(x) x ex 2 e(x0)，则(x) 1x ex ， 当 x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增； 当 x(1，)时，(x)x ex 2 e恒成立， 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
5、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 (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： x10234 f(x)12020 f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示当 1a2 时，函数 yf(x)a 的零点的个数为() A1B2 C3D4 答案D 解析根据导函数图象知，2 是函数的极小值点，函数 yf(x)的大致图象如图所示 由于 f(0)f(3)2,1a0，则实数 a 的取值范围是 _ 答案(，2) 解析当 a0 时，f(x)3x21 有两个零点，不合题意，故 a0，f(x)3ax26x3x(ax 2)， 令 f(x)0，
6、得 x10，x22 a. 若 a0，由三次函数图象知 f(x)有负数零点，不合题意，故 a0 知，f 2 a 0， 即 a 2 a 33 2 a 210，化简得 a240， 又 a0，所以 a2. 题型三题型三利用导数研究生活中的优化问题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 a x310(x6) 2，其中 3x6，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
7、销售该商品所获得的利 润最大 解(1)因为当 x5 时，y11， 所以a 21011，解得 a2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y 2 x310(x6) 2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)(x3) 2 x310 x6 2 210(x3)(x6)2，3x0)，为使 耗电量最小，则速度应定为_ 答案40 解析令 yx239x400，得 x1 或 x40， 由于当 0 x40 时，y40 时，y0. 所以当 x40 时，y 有最小值 一审条件挖隐含 典例 (12 分)设 f(x)a xxln x，g(x)x 3x23. (1)如果存在 x1，x20,2使得 g(x1)
8、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 2，2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M (正确理解“存在”的含义) g(x1)g(x2)maxM 挖掘g(x1)g(x2)max的隐含实质 g(x)maxg(x)minM 求得 M 的最大整数值 (2)对任意 s，t 1 2，2都有 f(s)g(t) (理解“任意”的含义) f(x)ming(x)max 求得 g(x)max1 a xxln x1 恒成立 分离参数 a axx2ln x 恒成立 求 h(x)xx2ln x 的最大值
9、ah(x)maxh(1)1 a1 规范解答 解(1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.2 分 由 g(x)x3x23，得 g(x)3x22x3x x2 3 . 令 g(x)0，得 x2 3， 又 x0,2， 所以 g(x)在区间 0，2 3 上单调递减， 在区间 2 3，2上单调递增， 所以 g(x)ming 2 3 85 27， g(x)maxg(2)1. 故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min112 27 M， 则满足条件的最大整数 M4.5 分 (2)对于任意的s， t 1 2，2， 都有f(s)g(t)成立，
10、 等价于在区间 1 2，2上， 函数f(x)ming(x)max.7 分 由(1)可知在区间 1 2，2上，g(x)的最大值为 g(2)1. 在区间 1 2，2上，f(x)a xxln x1 恒成立等价于 axx 2ln x 恒成立 设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知 h(x)在区间 1 2，2上是减函数，又 h(1) 0， 所以当 1x2 时，h(x)0；当1 2x0.10 分 即函数 h(x)xx2ln x 在区间 1 2，1上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以 h(x)maxh(1) 1， 所以 a1，即实数 a 的取值范围是1，)12 分 1(2018天
11、津调研)已知函数 yx33xc 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则 c 等于() A2 或 2B9 或 3 C1 或 1D3 或 1 答案A 解析y3x23，当 y0 时，x1. 则当 x 变化时，y，y 的变化情况如下表： x(，1)1(1,1)1(1，) y00 yc2c2 因此，当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时，必有 c20 或 c20，c2 或 c2. 2(2017福建莆田一模)定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 f(x)，f(0)0.若对任意 xR， 都有 f(x)f(x)1，则使得 f(x)exf(x)1， g(x)fxe xfx1ex ex2 fx1fx ex 0， 函
12、数 g(x)在 R 上单调递减 由 f(x)ex1 化为 g(x)fx1 ex 0. 使得 f(x)ex0，g(x)单调递增，当 x(1，)时，g(x)0，得 x2，由 f(x)0，得 1x400， 则总利润最大时， 年产量是() A100B150 C200D300 答案D 解析由题意得，总成本函数为 C(x)20 000100 x， 总利润 P(x) 300 xx 2 2 20 000，0 x400， 60 000100 x，x400， 又 P(x) 300 x，0 x400， 100，x400， 令 P(x)0，得 x300，易知当 x300 时，总利润 P(x)最大 6 (2018厦门调
13、研)已知 f(x)1 2x 2b xc(b， c 是常数)和 g(x) 1 4x 1 x是定义在 Mx|1x4 上的函数， 对于任意的 xM， 存在 x0M 使得 f(x)f(x0)，g(x)g(x0)， 且 f(x0)g(x0)， 则 f(x) 在 M 上的最大值为() A.7 2 B5 C6D8 答案B 解析因为当 x1,4时，g(x)1 4x 1 x2 1 41(当且仅当 x2 时等号成立)，所以 f(2)2 b 2cg(2)1，所以 c1 b 2，所以 f(x) 1 2x 2b x1 b 2，所以 f(x)x b x2 x3b x2 .因 为 f(x)在 x2 处有最小值，且 x1,4
14、，所以 f(2)0，即 b8，所以 c5，经检验，b 8，c5 符合题意所以 f(x)1 2x 28 x5，f(x) x38 x2 ，所以 f(x)在1,2)上单调递减， 在(2,4上单调递增，而 f(1)1 285 7 2，f(4)8255，所以函数 f(x)在 M 上的最大值 为 5，故选 B. 7(2017安徽江南名校联考)已知 x(0,2)，若关于 x 的不等式x ex0. 即 kx22x 对任意 x(0,2)恒成立，从而 k0， 因此由原不等式，得 k0，函数 f(x)在(1,2)上单调递增，当 x(0,1)时， f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，所以 k0， 即|A
15、B|的最小值是 42ln 2. 9(2018郑州调研)已知函数 f(x)ax33x1 对 x(0,1总有 f(x)0 成立，则实数 a 的取值 范围是_ 答案4，) 解析当 x(0,1时，不等式 ax33x10 可化为 a3x1 x3 ，设 g(x)3x1 x3 ，x(0,1，则 g(x)3x 33x13x2 x6 6 x1 2 x4 . 易知当 x1 2时，g(x) max4， 实数 a 的取值范围是4，) 10(2018佛山质检)定义在 R 上的奇函数 yf(x)满足 f(3)0，且不等式 f(x)xf(x)在(0， )上恒成立，则函数 g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_ 答案3
16、 解析定义在 R 上的奇函数 f(x)满足： f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)， 当 x0 时，f(x)xf(x)，即 f(x)xf(x)0， xf(x)0，即 h(x)xf(x)在 x0 时是增函数， 又 h(x)xf(x)xf(x)， h(x)xf(x)是偶函数， 当 x0 时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为 R， 且 f(0)f(3)f(3)0， 可得函数 y1xf(x)与 y2lg|x1|的大致图象如图， 由图象可知，函数 g(x)xf(x)lg|x1|的零点的个数为 3. 11(2017全国)已知函数 f(x)x1aln x. (1)若 f(x)0，求 a 的值；
17、(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n， 11 2 1 1 22 1 1 2nm，求 m 的最小值 解(1)f(x)的定义域为(0，)， 若 a0，因为 f 1 2 1 2aln 20，由 f(x)1a x xa x 知，当 x(0，a)时，f(x)0， 所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增， 故 xa 是 f(x)在 x(0，)上的唯一极小值点也是最小值点 由于 f(1)0，所以当且仅当 a1 时，f(x)0， 故 a1. (2)由(1)知当 x(1，)时，x1ln x0， 令 x1 1 2n，得 ln 1 1 2n 1 2n，从而 ln 11 2 ln 1 1 2
18、2ln 1 1 2n1 2 1 22 1 2n 1 1 2n1. 故 11 2 1 1 22 1 1 2n2， 所以 m 的最小值为 3. 12(2017广州调研)已知函数 f(x)ex mx，其中 m 为常数 (1)若对任意 xR 有 f(x)0 恒成立，求 m 的取值范围； (2)当 m1 时，判断 f(x)在0,2m上零点的个数，并说明理由 解(1)由题意，可知 f(x)ex m1， 令 f(x)0，得 xm. 故当 x(，m)时，ex m1，f(x)1，f(x)0，f(x)单调递增 故当 xm 时，f(m)为极小值也为最小值 令 f(m)1m0，得 m1， 即对任意 xR，f(x)0
19、恒成立时， m 的取值范围是(，1 (2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下： 当 m1 时，f(m)1m0，f(0)f(m)1 时，g(m)em20， g(m)在(1，)上单调递增 g(m)g(1)e20，即 f(2m)0. f(m)f(2m)0，g(x)exx22 单调 递增，所以 g(x)mine1，g(x)maxe22.所以 eme1 或 me. 14(2018 届全国名校联考)已知函数 f(x)3ln x1 2x 22x3ln 33 2，则方程 f(x)0 的解的 个数是_ 答案1 解析因为 f(x)3ln x1 2x 22x3ln 33 2， 所以 f(x)3 xx2 x22
20、x3 x x3x1 x ， 当 x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x(3，)时，f(x)0，f(x)单调递减， 当 x0 时，f(x)，当 x时，f(x)， 所以 f(x)maxf(3)3ln 39 263ln 3 3 20， 所以方程 f(x)0 只有一个解 15(2018海口调研)设函数 f(x) 3sin x m .若存在 f(x)的极值点 x0满足 x20f(x0)2m2，则 m 的取值范围是_ 答案(，2)(2，) 解析f(x) 3 m cos mx. 由 f(x0)0，得 x0mkm 2，kZ， mkm 2 2 3sin k 2 2m2，kZ， 即 m2 k1 2
21、 23m2，kZ， m0， k1 2 21 4， 解得 m2 或 m2. 16(2016全国)设函数 f(x)ln xx1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x(1，)时，1x1 ln x 1，证明：当 x(0,1)时，1(c1)xcx. (1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 x1，令 f(x)0，解得 x1. 当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减 (2)证明由(1)知，f(x)在 x1 处取得极大值也为最大值，最大值为 f(1)0. 所以当 x1 时，ln xx1. 故当 x(1，)时，ln xx1，ln1 x 1 x1， 即 1x1 ln x 1，设 g(x)1(c1)xcx， 则 g(x)c1cxln c，令 g(x)0， 解得 x0 lnc1 ln c ln c . 当 x0，g(x)单调递增； 当 xx0时，g(x)0，g(x)单调递减 由(2)知 1c1 ln c c，故 0 x01. 又 g(0)g(1)0，故当 0 x0. 所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx.
