1、3.4 导数的综合应用,考点突破,考点一 利用最值(极值)判断零点个数,考点二 导数与不等式,考点三 利用导数解决实际问题,导数与零点 命题方向一 利用最值(极值)判断零点个数 典例1 已知函数f(x)=ln x+ ,其中a为实常数. (1)判断函数f(x)的零点个数; (2)若f(x) (e是自然对数的底数)在(0,+)上恒成立,求实数a的 取值范围.,考点突破,解析 (1)f (x)= ,x0. 当a0时, f(x)在(0,+)上单调递增. 若|a|e,则f(e)=ln e+ 0; 若|a|e,则f(|a|)=ln|a|+ =ln|a|-1ln e-1=0. 取m=maxe,|a|,则有f
2、(m)0, f(1)=a0,f(1)=a0, 所以由函数零点存在性定理结合函数单调性知,函数f(x)有唯一零点. 当a0时, f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+)上单调递增,所以f,(x)min=f(a)=ln a+1. 若ln a+1=0,即a= ,则函数f(x)有唯一零点; 若ln a+10,即a ,则函数f(x)无零点; 若ln a+10,且f(a3)=3ln a+ 0,补证:设g(t)=3ln t+ ,则g(t)= - = .当t 时,g(t)g =e2-30.证毕 所以函数f(x)有两个零点. 综上所述,当a 时, f(x)无零点;当0a 时, f(x)有两个零点;当
3、a0或a=时, f(x)有唯一零点. (2)问题转化为xln x- +a0在(0,+)上恒成立.,设g(x)=xln x- +a,则问题转化为在(0,+)上g(x)min0成立. 又g(x)=ln x+1+ ,g =0, 所以当x 时,g(x)0;当0x 时,g(x)0. 所以g(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 所以g(x)min=g = ln - +a=- - +a0,所以ae-1+ ,故实数a的取值范围是e-1+ ,+).,典例2 设函数f(x)= x2-mln x,g(x)=x2-(m+1)x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当m1时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点
4、个数.,命题方向二 构造函数法研究零点问题,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=x- = , 当m0时, f (x)0,所以f(x)在(0,+)上单调递增; 当m0时, f (x)= , 所以当0 时, f (x)0,函数f(x)单调递增. 综上,当m0时, f(x)在(0,+)上单调递增;,当m0时,函数f(x)的单调增区间是( ,+),单调减区间是(0, ). (2)令F(x)=f(x)-g(x)=- x2+(m+1)x-mln x,x0, 问题等价于求函数F(x)的零点个数问题, F(x)=- , 当m=1时,F(x)0,函数F(x)为减函数, 因为F(1)= 0
5、, f(4)=-ln 40, 所以F(x)有唯一零点;,当m1时,0m时F(x)0, 所以函数F(x)在(0,1)和(m,+)上单调递减,在(1,m)上单调递增, 因为F(1)=m+ 0, f(2m+2)=-mln(2m+2)0, 所以F(x)有唯一零点. 综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点.,规律方法 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负、函数单调性判 断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利
6、用函数的值域或最值,结 合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围.,(3)构造函数法研究函数零点 根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根 据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值 与0的关系,从而求解. 解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化, 突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.,1-1 (2018重庆调研)设函数f(x)=-x2+ax+ln x(aR). (1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间; (2)设函数f(x)在 上有两个零点,求实数a的取值范围.,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+),
7、当a=-1时, f (x)=-2x-1+ = ,令f (x)=0,得x= (负值舍去), 当00,当x 时, f (x)0, f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 . (2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x- ,令g(x)=x- ,其中x ,则g(x)=1- = ,令g(x)=0,得x =1,当 x0, g(x)的单调递减区间为 ,单调递增区间为(1,3, g(x)min=g(1)=1, 由于函数f(x)在 上有两个零点,g =3ln 3+ ,g(3)=3- , 3ln 3+ 3- ,实数a的取值范围是 .,导数与不等式 命题方向一 导数与不等式证明,典例3 已知函数f(
8、x)=ln x- +(a-1)x- ,其中a-1且a0. (1)当a0时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)有两个相异的零点x1,x2,(i)求实数a的取值范围; (ii)求证:x1+x22.,解析 (1)f (x)= , 由于a0,x0,所以-ax-10.令x3=1,x4=- . (i)当a0时, f(x)在(0,1上单调递增,在1,+)上单调递减. 因为f(x)有两个相异零点, 所以f(1)0,即f(1)= 0.,所以a3.满足题意. 当-1x3, f(x)在(0,1上单调递增,在 上单调递减,在上单调递增,要使f(x)在(0,+)上有两个相异的零点,则f = 0,此时方程无
9、解. 综上,实数a的取值范围是(3,+). (ii)证明:先证明:当a3时,对任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 令g(x)=f(2-x)-f(x),则g(x)= 0,则g(x)在(0,1上单调递减,又g(1)=,0,所以g(x)g(1)=0,即对任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 由(i)得函数f(x)的两个零点x1,x2(不妨设x11,2-x11,又由(1)得f(x)在(1,+)上单调递减,从而x22-x1,即x1+x2 2.,方法指导 利用导数证明不等式的方法 (1)构造函数(x),转化为证明(x)0(或(x)0); (2)求函数(x)的单调区间; (3)判断区间端点
10、处的函数值与0的关系; (4)判断定义域内(x)与0的大小关系,证明不等式. 命题方向二 导数与不等式恒成立问题,典例4 已知函数f(x)= x3+ ax2+bx(a,bR). (1)若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点,求3a+b的取值范围; (2)当a=0,b-1时,求证:对任意的实数x0,2,|f(x)|2b+ 恒成立.,解析 (1)f (x)=x2+ax+b,由已知可得f (x)=0在(0,2)上存在两个不同的零 点, 故有 即 令z=3a+b,画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分所示,不包括 a轴上的部分).,由图可知-8z0, 故3a+b的取值范围是(-8,0).,(2
11、)证明:当a=0,b-1时, f(x)= x3+bx, 所以f (x)=x2+b(b-1,x0,2), 当b0时, f (x)0在0,2上恒成立,则f(x)在0,2上单调递增, 故0=f(0)f(x)f(2)=2b+ ,所以|f(x)|2b+ ; 当-1b0时,由f (x)=0,解得x= , (0,2), 则f(x)在0, 上单调递减,在( ,2上单调递增, 所以f( )f(x)maxf(0), f(2).,因为f(0)=0, f(2)=2b+ 0, f( )= b 0, 要证|f(x)|2b+ ,只需证- b 2b+ , 即证-b( +3)4, 因为-1b0,所以0-b1,3 +34, 所以
12、-b( +3)4成立. 综上所述,对任意的实数x0,2,|f(x)|2b+ 恒成立.,规律总结 不等式恒成立问题的三种常见解法:分离参数,化为最值问题求解,如 化为a(x)max或a(x)min求解;构造函数,分类讨论,如证明f(x)g(x)恒成立,可构造函数F(x)=f(x)-g(x),证明F(x)min0;转变主元,选取适当的主元以使问题简化.,典例5 (2019浙江温州高三测试)已知函数f(x)=x3-ax2+10. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程; (2)在区间1,2内至少存在一个实数x,使得f(x)0成立,求实数a的取值范 围.,命题方向三 导数
13、与不等式能成立问题,解析 (1)当a=1时, f(x)=x3-x2+10,所以f (x)=3x2-2x, f(2)=14, 曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线斜率k=f (2)=8, 所以曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程为y-14=8(x-2),整理得8x-y-2= 0.,(2)f (x)=3x2-2ax=3x (1x2), 当 a1,即a 时, f (x)0, f(x)在1,2上为增函数, 故f(x)min=f(1)=11-a,根据题意,若区间1,2内至少存在一个实数x,使得f(x) 11,这与a 矛盾; 当10,由此易知当x= a时, f(x)取得最小值, 根据题
14、意,若区间1,2内至少存在一个实数x,使得f(x) 3,这与 ,满足a3. 综上所述,a的取值范围是a .,规律总结 不等式能成立问题,求解方法类似于不等式恒成立问题,如证明f(x)0能 成立,可转化为证明f(x)的最大值大于零;证明af(x)能成立,可转化为证 明af(x)max.,解题策略 不等式在某个区间上恒成立、存在性成立问题的转化途径 (1)f(x)a恒成立f(x)mina;存在x使f(x)a成立f(x)maxa. (2)f(x)b恒成立f(x)maxb;存在x使f(x)b成立f(x)minb. (3)f(x)g(x)恒成立,F(x)=f(x)-g(x),F(x)min0. (4)任
15、意x1M,任意x2N, f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max; 任意x1M,存在x2N, f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min; 存在x1M,存在x2N, f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min;,存在x1M,任意x2N, f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.,2-1 (2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a0时,证明f(x)- -2.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)= +2ax+2a+1= . 若a0,则当x(0,+
16、)时, f (x)0,故f(x)在(0,+)单调递增. 若a0; 当x 时, f (x)0, 故f(x)在 单调递增,在 单调递减.,(2)由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0. 所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+)单调递减. 故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.,所以当x0时,g(x)0. 从而当a0时,ln + +10,即f(x)- -2.,2-2 已知关于x的函数f(x)=- x3+bx2+cx+bc在x=1处有极值- . (1)求b,c的值;,(2)设g(x)=ax2-2ln x(x0,aR),若存在x1,x2(0,3),使|f(x1)-g(x
17、2)|1,求实数 a的取值范围.,解析 (1)f (x)=-x2+2bx+c, 由题意得 解得 或 当b=1,c=-1时, f(x)=- x3+x2-x-1, f (x)=-x2+2x-1=-(x-1)20.因此f(x)在R上 单调递减,不存在极值,故舍去.所以b=-1,c=3. (2)g(x)= . 当a 时,g(x)单调递减,故当x(0,3)时,g(x)9a-2ln 3;,当a 时,g(x)在 上单调递减,在 上单调递增,所以g(x)1-2 ln . 易求得-12f(x)- , 所以,当a 时,9a-2ln 3+ 1,即a ,故a ;,当a 时,1-2ln + 1,所以ln a- ,所以
18、a . 综上,实数a的取值范围是(-, .,典例6 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12 000元(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.,利用导数解决实际问题,解析 (1)因为蓄水池侧面的总成本为1002rh=200rh元,底面的总成 本为160r2元,所以蓄水池的总成本为(200rh+160r2)
19、元. 根据题意得200rh+160r2=12 000, 所以h= (300-4r2), 所V(r)=r2h= (300r-4r3). 由h0,且r0可得0r5 , 故函数V(r)的定义域为(0,5 ).,(2)由(1)知V(r)= (300r-4r3),故V(r)= (300-12r2).令V(r)=0,解得r1=5,r2=- 5(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.,规律总结 利用导数解决
20、实际问题(优化问题)的五个步骤: (1)审题设未知数; (2)结合题意列出函数关系式; (3)确定函数的定义域; (4)在定义域内求极值(最值); (5)下结论.,3-1 (2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上 部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D 1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.,(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?,解析 (1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m. 因为A1
21、B1=AB=6 m, 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥= A1 PO1= 622=24(m3); 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱=AB2O1O=628=288(m3). 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3). (2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h(m).连接O1B1.,因为在RtPO1B1中,O1 +P =P , 所以 +h2=36, 即a2=2(36-h2).,于是仓库的容积V=V柱+V锥=a24h+ a2h= a2h=(36h-h3),00,V是单调增函数; 当2 h6时,V0,V是单调减函数. 故h=2 时,V取得极大值,也是最大值.,因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.,
