2021高三统考北师大版数学一轮学案：第3章第4讲　导数与函数的综合应用

第4讲　导数与函数的综合应用
基础知识整合

1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．生活中的优化问题
解决优化问题的基本思路：

3．不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．

1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．
2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．

1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为(　　)
A．(1,5) B．[1,5)
C．(1,5] D．(－∞，1)∪(5，＋∞)
答案　A
解析　由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.故选B．
3．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
答案　A
解析　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值0，g＝e－10时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0e，g(t)极小值＝a(1－ln a)0，由y＝在x>e时为减函数，可知当a>e时，>⇔ln ea>ln ae，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，则ea>ae>a2，从而g(a)＝ea－a2>0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a>e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．

研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

[即时训练]　1.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解　(1)证明：由题意可得
h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－30，
所以h(1)h(2)0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.

精准设计考向，多角度探究突破
考向二　导数与不等式
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　　证明不等式

例2　已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
解　(1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因此f(x)在x＝处取得最小值，即
f(x)min＝f＝－，
但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝′＝，
易知G(x)max＝G(1)＝－，
从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－.


(1)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．

(2)若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明．

[即时训练]　2.(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
解　(1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以b＝1或a＝，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2－2时，令h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，
所以当－20，f(x1)－f(x2)0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x>0)，
由f′(x)x2>0，
f(x1)－f(x2)0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范围是.

求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.

[即时训练]　3.(2019·大连模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当00，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，e－2]．
角度3　　赋值法证明正整数不等式

例4　(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)若曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，求a的值；
(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数a的取值范围；
(3)证明：ln (n＋1)>＋＋…＋(n∈N*)．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
f(1)＝ln 1－a＋1＝1－a，f′(1)＝1－a.
故切线l的方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，
即y＝(1－a)x.
因为切线l与直线4x＋3y－3＝0垂直，
所以4×(1－a)＋3×(－1)＝0，解得a＝.
(2)若a≤0，则f′(x)＝－a>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
而f(1)＝1－a>0，f(x)≤0不恒成立．
若a>0，则当x∈时，f′(x)＝－a>0；
当x∈时，f′(x)＝－a0，所以f(θ)为增函数；
当θ∈时，f′(θ)0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．
解　(1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)；
水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；
返回水面用时＝(单位时间)，
用氧量为×1.5＝(升)，
∴总用氧量y＝＋＋9(v>0)．
(2)y′＝－＝，
令y′＝0得v＝10.
当0[f2(x2)]min.
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]max>[f2(x2)]max.
对点训练
已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若∀x1∈(0,2)，∃x2∈[1,2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解　(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，
则f′(x)＝－1，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)