（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

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yx3x240x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應定為_解析令yx239x400，得x1或x40，由于當0<x<40時，y<0；當x>40時，y>0.所以當x40時，y有最小值答案402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(102x)(162x)x4x352x2160x，y12x2104x160.令y0，得x2或x(舍去)，ymax6×12×2144(cm3)答案1443若函數(shù)f(x)在R上可導，且滿足f(x)xf(x)>0，則()A3f(1)<f(3) B3f(1)>f(3)C3f(1)f(3) Df(1)f(3)解析由于f(x)>xf(x)，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B4已知函數(shù)f1lnx，若存在x0>0，使得f0有解，則實數(shù)a的取值范圍是()Aa>2Ba<3Ca1Da3解析若存在x0>0，使得f0有解，則由f1lnx0，即1lnx，即axxlnx，設hxxlnx，則hlnx，由h>0得lnx<0，得0<x<1，此時函數(shù)遞增，由h<0得lnx0，即x>1，此時函數(shù)遞減，即當x1時，函數(shù)h取得極大值h1ln11，即h1，若axxlnx有解，則a1，故選C.答案C5若函數(shù)f(x)x2exa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)yx2exa的導數(shù)為y2xexx2exxex(x2)，令y0，則x0或2，當2x0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x2處取極大值，在x0處取極小值，函數(shù)的極值為：f(0)a，f(2)4e2a，已知函數(shù)f(x)x2exa恰有三個零點，故a<0，且4e2a>0，解得實數(shù)a的取值范圍是.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.請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域當t為何值時，公路l的長度最短？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)由(1)知y(5x20)，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(xt)，由此得A，B.故f(t)，t5，20設g(t)t2，t5，20，則g(t)2t.令g(t)0，解得t10.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t10時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min300，此時f(t)min15.故當t10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12000元(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100·2rh200rh元，底面的總成本為160r2元，所以蓄水池的總成本為(200rh160r2)元又根據(jù)題意知200rh160r212000，所以h(3004r2)，從而V(r)r2h(300r4r3)因為r0，又由h0可得r5，故函數(shù)V(r)的定義域為(0，5)(2)因為V(r)(300r4r3)，所以V(r)(30012r2)令V(r)0，解得r15，r25(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r5處取得最大值，此時h8.即當r5，h8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)falnx2x.(1)當a3時，求f的極值；(2)當a1時，證明：f>2x.解析 (1)當a3時，f3lnx2x，f2(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f13ln2；當x1時，f取得極大值f1.(2)當a1時，flnx2x (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xlnx1>.設gxlnx1，h(x)，則glnx1，令g0，得x，在上，g<0, g是減函數(shù)，在上，g>0, g是增函數(shù)所以gg1.h，令h0得x1，在上，h>0, h是增函數(shù)；在上，h<0, h是減函數(shù)，所以hh<1，所以h<g，即<xlnx1，所以lnx>，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F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)0，由減函數(shù)的定義可知，x(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)(2)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(1x)，g(x)kx(kR)(1)證明：當x>0時，f(x)<x；(2)證明：當k<1時，存在x0>0，使得對任意的x(0，x0)恒有f(x)>g(x)解析 (1)令F(x)f(x)xln(1x)x，x0，)，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)<F(0)0，即當x>0時，f(x)<x.(2)令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x0，)，則有G(x)k.當k0時，G(x)>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0<k<1時，令G(x)0，得x1>0，取x01，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)fex1ax，aR.(1)討論函數(shù)f的單調區(qū)間；(2)若x，flnxa1恒成立，求a的取值范圍解析 (1)f(x)ex1a.(i)當a0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xln(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<ln(a)1，函數(shù)f(x)單調遞減綜上，當a0時，函數(shù)f(x)在R上單調遞增；當a<0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(ln(a)1，)，單調遞減區(qū)間是(，ln(a)1)(2)令a1，由(1)可知，函數(shù)fex1x的最小值為f0，所以ex1x0，即ex1x.flnxa1恒成立與flnxa10恒成立等價，令gflnxa1，即gex1alnx1，則gex1a.當a2時，gex1axa2aa20.(或令ex1，則ex1在上遞增，0，在上遞增，2.g0.)g在區(qū)間上單調遞增，gg0，flnxa1恒成立當a<2時，令hex1a，則hex1，當x1時，h0，函數(shù)h單調遞增又h2a<0, he1a1a1aa1>0，存在x0，使得h0，故當x時，h<h0，即g<0，故函數(shù)g在上單調遞減；當x時，h>h0，即g>0，故函數(shù)g在上單調遞增，gg<g0，即x，flnxa1不恒成立，綜上所述，a的取值范圍是.小結利用導數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略首先要構造函數(shù)，利用導數(shù)求出最值，求出參數(shù)的取值范圍也可分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題3設函數(shù)f(x)exax2，aR.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若a1，當x>0時，x1>(kx)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)exa.當a0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)exa0，得xlna.x<lna時f(x)<0，此時f(x)在(，lna)上是減函數(shù)，x>lna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)aalna2，無極大值，綜上：當a0時，無極值；當a>0時，有極小值f(lna)aalna2，無極大值.(2)法一：若a1，則f(x)exx2，f(x)ex1.所以x1>(kx)f(x)(kx)(ex1)(x>0)，分離參數(shù)得：k<x(x>0)令g(x)x(x>0)，則g(x)1.由(1)知，函數(shù)h(x)exx2在(0，)上單調遞增，又h(1)e3<0，h(2)e24>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，則(1，2)當x(0，)時，g(x)<0；當x(，)時，g(x)>0.所以g(x)在(0，)上的最小值為g()又由g()0，可得e2，所以g()1(2，3)，由于式等價于k<g()1(2，3)，故整數(shù)k的最大值為2.法二：若a1，則f(x)exx2，f(x)ex1.所以x1>(kx)f(x)(kx)(ex1)，即(xk)(ex1)x1>0，令g(x)(xk)(ex1)x1(x>0)，則g(x)(xk1)ex.當1k0，即k1時，g(x)>0，所以g(x)在(0，)上單調遞增，g(x)>g(0)1; 當1k<0，即k>1時，x(0，k1)時，g(x)<0，x(k1，)時，g(x)>0，此時g(x)ming(k1)k1ek1，設h(k)k1ek1(k>1)，則h(k)1ek1<0(k>1)，所以h(k)k1ek1在(1，)上單調遞減，又h(2)3e>0，h(3)4e2<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)ex(ax2x1)(1)當a0時，求證：f(x)1；(2)當0<a時，試討論方程f(x)1的解的個數(shù)解析 (1)要證f(x)1ex(ax2x1)1，只要證exax2x10.(*)令h(x)exax2x1，則h(x)ex2ax1，而h(x)ex2a>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)minh(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)exax2x1的零點個數(shù)而h(x)ex2ax1，h(x)ex2a.令h(x)0，解得xln2a.所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增所以h(x)minh(ln2a)2a2aln2a1，設m2a，g(m)mmlnm1，而g(m)1(1lnm)lnm，則g(m)在上單調遞減，在上單調遞增，所以g(m)maxg(1)0，即h(x)min0 (當m1即a時取等號)1°當a時，h(x)min0, 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0<a<時，ln2a<0，h(x)minh(ln2a)<0.有h(x)在上單調遞減，在上單調遞增，且x時，h(x)ex2ax1>0，則存在x2<0使得h(x2)0.又h(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)exax2x1<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<a<時，原方程有兩個解小結應用導數(shù)解決方程根的探究等問題，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)4已知函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1，g(x)(x2ax)exaxb.(1)若x2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)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1，因為f(2)0，所以a1，f(x)(x2x1)ex1，故f(x)(x2x2)ex1，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)(111)e111.(2)函數(shù)F(x)ef(x)g(x)在(0，)上總有零點，即F(x)exaxb在(0，)上總有零點若a<0，則F(x)exaxb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)exaxb在(0，)上總有零點若a<0，由于F(0)1b<0，F(xiàn)eabe>0，且F(x)在(0，)上連續(xù)，故F(x)在上必有零點；若a0，F(xiàn)(0)1b<0，易知ex>x2在x(0，)上恒成立，取x0ab>1，則F(x0)F(ab)eaba(ab)b>(ab)2a2abbabb(b1)b(ab1)>0，由于F(0)1b<0，F(xiàn)(ab)>0，故F(x)在(0，ab)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·全國卷理)已知函數(shù)f(x)sinxln(1x)，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g(0)>0，g<0，可得g(x)在有唯一零點，設為.則當x(1，)時，g(x)>0；當x時，g(x)<0.所以g(x)在(1，)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x0是f(x)在(1，0的唯一零點(ii)當x時，由(1)知，f(x)在(0，)單調遞增，在單調遞減，而f(0)0，f<0，所以存在，使得f()0，且當x(0，)時，f(x)>0；當x時，f(x)<0.故f(x)在(0，)單調遞增，在單調遞減又f(0)0，f1ln>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()<0，所以f(x)在有唯一零點(iv)當x(，)時，ln(x1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在(，)沒有零點綜上，f(x)有且僅有2個零點14