1、第四讲 导数的综合应用,热点题型1 利用导数研究函数的零点或方程根的问题 【感悟经典】 【典例】(2018全国卷)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1. (2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.,【解题指南】本题考查利用导数证明不等式和研究函数的零点,意在考查考生的化归与转化能力,分类讨论的思想运用以及求解能力.,【解析】(1)当a=1时,f(x)1等价于(x2+1)e-x-10. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x= -(x-1)2e-x. 当x1时,g(x)0,所以g(x)在(0,1)和(1,+)上
2、单 调递减. 而g(0)=0,故当x0时,g(x)0,即f(x)1.,(2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+) 上只有一个零点. (i)当a0时,h(x)0,h(x)没有零点; (ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x. 当x(0,2)时,h(x)0.,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增. 故h(2)=1- 是h(x)在(0,+)上的最小值. 若h(2)0,即a ,h(x)在(0,+)上没有零点; 若h(2)=0,即a= ,h(x)在(0,+)上只有一个零点;,若h(2) ,由于h(0)=1,所以h
3、(x)在(0,2)上有一个零点, 由(1)知,当x0时,exx2, 所以h(4a)=1-,故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+)有两个零点. 综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a= .,【规律方法】 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题.,(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象. (3)结合图象求解.,2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步:利用导数证明该函数在该区间上单
4、调. 第二步:证明端点值异号.,【对点训练】 1.已知函数f(x)=ex+ax2-bx-1(a,bR,e为自然对数的底数). (1)设f(x)的导函数为g(x),求g(x)在区间0,1上的最小值.,(2)若f(1)=0,且函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:-1a2-e.,【解析】(1)由f(x)=ex+ax2-bx-1,得g(x)=f(x)= ex+2ax-b, 所以g(x)=ex+2a, 当x0,1时,g(x)1+2a,e+2a. 当a- 时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递增,所以g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b; 当a- 时,g(x)0,所以g(x)在0,1
5、上单调递减, 所以g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e+2a-b; 当- a- 时,令g(x)=ex+2a=0,得x=ln(-2a)(0,1), 所以g(x)在区间0,ln(-2a)上单调递减,在区间 (ln(-2a),1上单调递增, 所以g(x)在0,1上的最小值是g(ln(-2a)=-2a+ 2aln(-2a)-b=2aln(-2a)-2a-b.,综上所述,当a- 时,g(x)在0,1上的最小值是 g(0)=1-b; 当- a- 时,g(x)在0,1上的最小值是 g(ln(-2a)=-2a+2aln(-2a)-b=2aln(-2a)-2a-b;当 a- 时,g(x)在0,1上的最小值是
6、g(1)=e+2a-b.,(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点, 则由f(0)=f(1)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.,故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,在区间(x0,1)内存在零点x2. 故g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点, 由(1)知,当a- 时,g(x)在0,1上单调递增, 故g(x)在(0,1)内至多有1个零点,不合题意;,当a- 时,g(x)在0,1递减,故g(x)在(0,1)内至多有1个零点,也不合题意; 当- 0,g(1)=e+2a-b0,g(ln(-
7、2a)0, 由f(1)=0,即e+a-b-1=0,得b=e+a-1, 所以g(ln(-2a)=2aln(-2a)-3a+1-e, 令2a=t,则-et-1, 令h(t)=tln(-t)- t+1-e,则h(t)=ln(-t)- 0,g(1)=a+10,解得:-1a2-e, 故函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,-1a2-e.,2.已知函数f(x)=ex,xR. (1)若直线y=kx与f(x)的反函数的图象相切,求实数k的值. (2)若m0,讨论函数g(x)=f(x)+mx2零点的个数.,【解析】(1)f(x)的反函数为y=ln x,x0,则y= . 设切点为(x0,ln x0),则切线斜率
8、为k= , 故x0=e,k= .,(2)函数g(x)=f(x)+mx2的零点的个数即是方程f(x)+ mx2=0的实根的个数(当x=0时,方程无解), 等价于函数h(x)= (x0)与函数y=-m图象交点的 个数. h(x)= .,当x(-,0)时,h(x)0,h(x)在(-,0)上单调递增; 当x(0,2)时,h(x)0,h(x)在(2,+)上单调递增. 所以h(x)的大致图象如图:,所以h(x)在(0,+)上的最小值为h(2)= . 所以当-m ,即m 时,函数h(x)= 与函数y=-m图象交点的个数为1; 当-m= ,即m=- 时,函数h(x)= 与函数y= -m图象交点的个数为2;,当
9、-m ,即m 时,函数h(x)= 与函数y=-m图象交点的个数为3. 综上所述,当m 时,函数g(x)有三个零点; 当m=- 时,函数g(x)有两个零点;当m 时, 函数g(x)有一个零点.,【提分备选】1.已知函数f(x)=axsin x- (aR),且 在 上的最大值为 . (1)求函数f(x)的解析式. (2)判断函数f(x)在(0,)内的零点个数,并加以证明.,【解析】(1)由已知得f(x)=a(sin x+xcos x), 对于任意x ,有sin x+xcos x0. 当a=0时,f(x)=- ,不合题意;,当a0时,x 时,f(x)0,从而f(x)在 内单调 递减,又f(x)在 上
10、的图象是连续不间断的,故f(x) 在 上的最大值为f(0)=- ,不合题意;,当a0,x 时,f(x)0,从而f(x)在 内单调递 增,又f(x)在 上的图象是连续不间断的,故f(x)在上的最大值为f ,即 ,解得a=1. 综上所述,得f(x)=xsin x- .,(2)f(x)在(0,)上有两个零点.证明如下: 由(1)知f(x)=xsin x- ,f(0)=- 0,所以f(x)在 上至少有一个零点,又由(1)知f(x) 在 上单调递增, 故在 上只有一个零点,当x 时, 令g(x)=f(x)=sin x+xcos x,由g =10,g()=-0,且g(x)在 上的图象是 连续不间断的,故存
11、在m ,使得g(m)=0.由 g(x)=2cos x-xsin x,知x 时,有g(x)0, 从而g(x)在 内单调递减.,当x 时,g(x)g(m)=0,即f(x)0,从而f(x) 在 内单调递增,故当x 时,f(x)f = 0,故f(x)在上无零点; 当x(m,)时,有g(x)g(m)=0,即f(x)0,从而f(x) 在(m,)内单调递减.,又f(m)0,f()0,且f(x)在m,上的图象是连续不断的,从而f(x)在(m,)内有且仅有一个零点. 综上所述,f(x)在(0,)内有且只有两个零点.,2.已知关于x的函数f(x)= (a0). (1)当a=-1时,求函数f(x)的极值. (2)若
12、函数F(x)=f(x)+1没有零点,求实数a的取值范围.,【解析】(1)f(x)= ,xR. 当a=-1时,f(x),f(x)的情况如下表:所以,当a=-1时,函数f(x)的极小值为f(2)=-e-2,无极大值.,(2)F(x)=f(x)= . 当a0,解得a-e2,所以此时-e2a0;,当a0时,F(x),F(x)的情况如下表:若使函数F(x)没有零点,当且仅当F(2)= +10,解得a-e2(舍去). 综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0).,热点题型2 生活中的优化问题 【感悟经典】 【典例】如图,在海岸线一侧C处有 一个美丽的小岛,某旅游公司为方 便游客,在海岸线上设立了A,B
13、两个报名点,满足A,B,C,中任意两点间的距离为10千米.公司拟按如图思路运作:先将A,B两处游客分别乘车集中到AB之间的中转点D处(点D异于A,B两点),然后乘同一艘游轮前往C岛.据统计,每批游客A处需发车2辆,B处需发车4辆,每辆汽车每千米耗费2元,游轮每千米耗费12元.设CDA=,每批游客从各自报名点到C岛所需运输成本S元.,(1)写出S关于的函数表达式,并指出的取值范围. (2)问中转点D距离A处多远时, S最小?,【联想解题】 (1)看到求S.想到利用正弦定理在ACD中求出AD,CD再表示出S. (2)看到求S的最小值,想到先求S的导函数S,再利用导函数值与单调性关系求出最小值.,【
14、规范解答】(1)在ACD中,CAD= ,ADC=, AC=10,ACD= -. 由正弦定理知 ,得CD= ,AD= 所以S=4AD+8BD+12CD=12CD-4AD+80,= +80 =20 (2)S=20 ,令S=0,得cos = . 当cos 时,S0,所以当cos = 时S取得最小值. 此时sin = ,AD= 所以中转点D距离A处 千米时,运输成本S最小.,【规律方法】 利用导数解决生活中优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,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y=f(x),根据实际意义确定定义域.,(2)求函数y=f(x)的导数f(x),解方程
15、f(x)=0得出定义域内的实根,确定极值点. (3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小,获得所求的最大(小)值. (4)还原到原实际问题中作答.,【对点训练】 某商场根据调查,估计家电商品从年初(1月)开始的x 个月内累计的需求量p(x)(单位: 百件)满足p(x)=(39x-2x2+41)(1x12且xN*).,(1)求第x个月的需求量f(x)的表达式. (2)若第x个月的销售量满足g(x)=(单位:百件),每件利润q(x)=100ex-6元,求该商场销售该商品第几个月的 月利润达到最大值,最大是多少?(e6取值为403),【解析】(1)当x2时,f(x)=p(x)-p(x-1)= -
16、3x2+42x,当x=1时,p(x)=39,也满足上式, 所以f(x)=-3x2+42x(1x12且xN*).,(2)设该商场第x个月的月利润为(x)元,则 当1x7,xN*时,(x)=(-3x2+42x-21x)=30 000(7-x)ex-6, (x)=30 000(6-x)ex-6,令(x)=0,得x=6. 则(x)在1,6上单调递增,在6,7)上单调递减, 所以(x)max=(6)=30 000.,当7x12,xN*时, (x)= =10 000 e-6, (x)=10 000(x-12)(x-8)e-6,所以(x)在7,8上单调递增,在8,12上单调递减,(x)max=(8)30 0
17、00. 综上可知,第6个月的月利润最大,是30 000元.,【提分备选】某公司生产某种产品,固定成本为20 000 元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收 入R与年产量x的关系是R=R(x)= 则总利润最大时,年产量是 ( ) A.100 B.150 C.200 D.300,【解析】选D.由题意得,总成本函数为C=C(x)=20 000 +100x, 总利润P(x)=又P(x)= 令P(x)=0,得x=300, 易知x=300时,总利润P(x)最大.,热点题型3 不等式中的证明问题 【感悟经典】 【典例】已知函数f(x)= (a,bR,且a0,e为自然对数的底数).,(1)若曲线
18、f(x)在点(e,f(e)处的切线斜率为0,且f(x)有极小值,求实数a的取值范围. (2)当a=b=1时,证明:xf(x)+2e+m(x-1)在区间(1,+)内恒成立,求实数m的最大值.,【规范解答】(1)因为f(x)= , 所以f(x)= . 因为f(e)=0,所以b=0,则f(x)= . 当a0时,f(x)在(0,e)内大于0,在(e,+)内小于0,所以f(x)在(0,e)内为增函数,在(e,+)内为减函数,即f(x)有极大值而无极小值; 当a0时,f(x)在(0,e)内为减函数,在(e,+)内为增函数,即f(x)有极小值而无极大值. 所以a0,即实数a的取值范围为(-,0).,(2)当
19、a=b=1时,设g(x)=xf(x)+2=ln x-ex+2. g(x)= -ex在区间(0,+)上为减函数, 又g(1)=1-e0. 所以存在实数x0 ,使得g(x0)= - =0.,此时g(x)在区间(0,x0)内为增函数,在(x0,+)内为 减函数. 又g(x0)= =0, 所以 ,x0=-ln x0. 由单调性知,g(x)max=g(x0)=ln x0- +2,=-x0- +2=- +2. 又x0 ,所以- -2. 所以g(x)max0,即xf(x)+20;,xf(x)e+m(x-1)xf(x)-m(x-1)e, 当a=1,b=-1时,设h(x)=xf(x)-m(x-1)=ln x+e
20、x-m(x-1). 则h(x)= +ex-m.令t(x)=h(x)= +ex-m. 因为x1,所以t(x)=ex- 0.,所以h(x)在(1,+)内单调递增, 所以当x1时,h(x)h(1)=1+e-m. ()当1+e-m0时,即m1+e时,h(x)0, 所以h(x)在区间(1,+)内单调递增, 所以当x1时,h(x)h(1)=e恒成立;,()当1+e-m1+e时,h(x)0, 所以存在x0(1,+),使得h(x0)=0. 所以h(x)在区间(1,x0)内单调递减,在(x0,+)内单调递增.,由h(x0)e不恒成立. 综上所述,实数m的取值范围为(-,1+e. 所以实数m的最大值为:1+e.,
21、【规律方法】 利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导.,(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值. (5)下结论.,【对点训练】 已知函数f(x)= x2-x+aln x(a0). (1)若a=1,求f(x)的图象在(1,f(1)处的切线方程. (2)讨论f(x)的单调性. (3)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)+ f(x2) .,【解析】(1)当a=1时,f(x)= x2-x+ln x, f(x)=x-1+ , f(1)=1,f(1)=- ,所以f(x)的图象在(1,f(1)处的 切线方程为y- =x-1,
22、即2x-2y-3=0.,(2)f(x)=x-1+ (a0). 若a ,则x2-x+a0恒成立,f(x)0, 所以f(x)在(0,+)上单调递增.,若00得0 由x2-x+a0得 所以f(x)在 上单调递减,在和 上单调递增.,综上,当a 时,f(x)在(0,+)上单调递增; 当0a 时,f(x)在 上单调 递减,在 和 上单调递增.,(3)由(2)知0a 时,f(x)存在两个极值点x1,x2, 且x1,x2是方程x2-x+a=0的两个根,所以x1+x2=1, x1x2=a. 所以f(x1)+f(x2)= -x1+aln x1+ -x2+ aln x2,= (x1+x2)2-x1x2-(x1+x
23、2)+aln(x1x2) = -a-1+aln a=aln a-a- . 令g(x)=xln x-x- ,则g(x)=ln x 所以f(x1)+f(x2) .,【提分备选】1.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,xR. (1)求f(x)的单调区间与极值. (2)求证:当aln 2-1且x0时,exx2-2ax+1.,【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,xR,f(x)=ex-2,xR.令f(x)=0,得x=ln 2. 于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:,故f(x)的单调递减区间是(-,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+), f(x)在x=ln 2处取得极
24、小值,极小值为f(ln 2)= eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).,(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,xR.于是g(x)=ex-2x+2a,xR. 由(1)知当aln 2-1时,g(x)最小值为g(ln 2)= 2(1-ln 2+a)0.于是对任意xR,都有g(x)0,所 以g(x)在R内单调递增.,于是当aln 2-1时,对任意x(0,+), 都有g(x)g(0). 又g(0)=0,从而对任意x(0,+),g(x)0. 即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.,2.已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a0),若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a)
25、. (1)求g(a). (2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.,【解析】(1)因为a0,-1x1,所以 当00,故f(x)在(a,1)上是增函数. 所以g(a)=f(a)=a3.,当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a, f(x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a. 综上,g(a)=,(2)令h(x)=f(x)-g(a). 当0a1时,g(a)=a3. 若xa,1,则h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,则 h(x)在(a,1)上是增函数,所以h(x)在a,1上的最大 值是h(1)=4-3a-a3,
26、且0a1,所以h(1)4.故f(x) g(a)+4.,若x-1,a,则h(x)=x3-3x+3a-a3,得h(x)=3x2-3,则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以h(x)在-1,a上的最大值是h(-1)=2+3a-a3. 令t(a)=2+3a-a3,则t(a)=3-3a20, 知t(a)在(0,1)上是增函数.所以t(a)t(1)=4, 即h(-1)4.故f(x)g(a)+4.,当a1时,g(a)=-2+3a, 故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3, 此时h(x)在(-1,1)上是减函数, 因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4. 故f(x)g(a)+4. 综上,
27、当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.,数学抽象由不等式成立求参数范围问题中的数学 素养 【相关链接】 利用导数解决函数、方程、不等式等综合性问题是导 数的重要应用,也是历年高考考查的重点与热点内容.,这类问题,既会以选择题或填空题的形式出现,也可在解答题中出现,且多为高档题.常见类型有恒成立问题、能成立问题等.,命题角度1:不等式恒成立求参数范围 【典例1】已知函数f(x)=ax3-3x+1对x(0,1总有f(x)0成立,则实数a的取值范围是_.,【规范解答】当x(0,1时,不等式ax3-3x+10可化 为a ,设g(x)= ,x(0,1,g(x)= ,g(x)与g(x)随x的 变化如下
28、表:,因此g(x)的最大值为4,故实数a的范围为4,+). 答案:4,+),命题角度2:不等式存在成立求参数范围 【典例2】设函数f(x)=aln x+ x2-bx(a1),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为0. (1)求b. (2)若存在x01,使得f(x0) ,求a的取值范围.,【规范解答】(1)f(x)= +(1-a)x-b. 由题意知f(1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定义域为(0,+), 由(1)知,f(x)=aln x+ x2-x, f(x)=,若a ,则 1,故当x(1,+)时,f(x) 0,f(x)在(1,+)单调递增. 所以,存在x01,使得f(x0)
29、的充要条件为f(1),若 故当x 时,f(x)0.f(x)在 单调递 减,在 单调递增. 所以,存在x01,使得f(x0) 的充要条件为,而 所以不合题意. 若a1,则f(1)= 综上,a的取值范围是(- -1, -1)(1,+).,【规律方法】 1.利用不等式恒成立求参数范围的方法 (1)根据不等式分离参数. (2)利用分离参数后的不等式构造新函数F(x). (3)判断F(x)的单调性及求其最值. (4)根据参数mF(x)max或mF(x)min求参数范围.,2.对于任意x1D1,存在x2D2,使得g(x1)f(x2)成立,其解决方法: (1)求出g(x)在D1的最小值. (2)求出f(x)
30、在D2的最大值. (3)转化g(x)minf(x)max,求出参数范围.,【通关题组】 1.已知函数f(x)=x2(x-a),若f(x)在2,3上单调,则实数a的取值范围是_.,【解析】f(x)=3x2-2ax,若f(x)在2,3上单调,则 f(x)0或f(x)0在2,3上恒成立.所以ax或a x,因为x2,3,所以a3或a . 答案:(-,3,2.已知函数f(x)= +xln x,g(x)=x3-x2-x-1. (1)如果存在x1,x20,2,使得g(x1)-g(x2)M,求满足该不等式的最大整数M. (2)如果对任意的s,t ,都有f(s)g(t)成立,求实数a的取值范围.,【解析】(1)
31、存在x1,x20,2,使得g(x1)-g(x2)Mx1,x20,2,g(x1)-g(x2)maxM. 因为g(x)=3x2-2x-1=(3x+1)(x-1), 所以当00,g(x)单调递增,所以g(x)max=maxg(0),g(2)=g(2)=1,g(x)min=g(1) =-2, 所以g(x1)-g(x2)max=g(x)max-g(x)min=3,满足不等式的最大整数M=3.,(2)由(1)知,当x 时,g(x)max=g(2)=1,依题意,对 任意的s,t 都有f(s)g(t)成立当x 时,f(x)= +xln x1恒成立. 则有f(1)= 1,所以a2.,当a2且x 时,f(x)= +xln x +xln x. 设h(x)= +xln x, 所以h(x)=- +ln x+1,且h(1)=0. 当x 时,h(x)=- +ln x+10,所以h(x)= +xln x在 上单调递减,在(1,2)上单调递增, 所以h(x)min=h(1)=1,即h(x)1, 所以当a2时原不等式成立. 所以a的取值范围是2,+).,
