资源描述
04函数与导数的综合应用1.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2m对任意x-2,2恒成立,则m的取值范围是().A.(-,7B.(-,-20C.(-,0D.-12,7解析令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f(x)=3x2-6x-9,令f(x)=0得x=-1或x=3(舍去).f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20,f(x)的最小值为f(2)=-20,故m-20.答案B2.已知函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间-3,2上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|t,则实数t的最小值是().A.20B.18C.3D.0解析对于区间-3,2上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|t,等价于在区间-3,2上,f(x)max-f(x)mint.f(x)=x3-3x-1,f(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1).x-3,2,函数f(x)在-3,-1,1,2上单调递增,在-1,1上单调递减,又f(-3)=-19,f(1)=-3,f(-1)=1,f(2)=1,f(x)max=f(2)=f(-1)=1,f(x)min=f(-3)=-19,f(x)max-f(x)min=20,t20,即实数t的最小值是20.答案A3.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf(x)+f(x)0,则函数g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为().A.0B.1C.0或1D.无数个解析因为g(x)=f(x)+xf(x)0,所以函数g(x)在(0,+)上为增函数.因为g(0)0,所以g(x)0,故函数g(x)=xf(x)+1(x0)的零点个数为0.答案A4.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27 dm3,且用料最省,则圆柱的底面半径为dm.解析设圆柱的底面半径为R dm,母线长为l dm,则V=R2l=27,所以l=27R2,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表=R2+2Rl=R2+227R,所以S表=2R-54R2.令S表=0,得R=3,则当R=3时,S表最小.答案3能力1会利用导数研究函数的零点问题【例1】已知函数f(x)=x2a-2ln x(aR,a0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有最小值,记为g(a),关于a的方程g(a)+a-29a-1=m有三个不同的实数根,求实数m的取值范围.解析(1)f(x)=2xa-2x(x0),当a0时,f(x)0时,f(x)=2(x+a)(x-a)ax,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(2)由(1)知a0,f(x)min=f(a)=1-ln a,即g(a)=1-ln a,故方程g(a)+a-29a-1=m为m=a-ln a-29a(a0),令F(a)=a-ln a-29a(a0),则F(a)=1-1a+29a2=(3a-1)(3a-2)9a2,所以F(a)在0,13和23,+上是单调递增的,在13,23上是单调递减的,所以F(a)极大值=F13=-13+ln 3,F(a)极小值=F23=13-ln 2+ln 3,依题意得13-ln 2+ln 3m0)在区间(0,1)和(2,+)上均单调递增,在(1,2)上单调递减,则函数f(x)的零点个数为().A.0B.1C.2D.3解析由题意可得f(x)=2ax+b+cx,则f(1)=2a+b+c=0,f(2)=4a+b+c2=0,解得b=-6a,c=4a,所以f(x)=a(x2-6x+4ln x),则极大值f(1)=-5a0,极小值f(2)=a(4ln 2-8)0,结合函数图象可得该函数只有1个零点.故选B.答案B2.(广西2018届高三第二次联合调研)已知函数f(x)=ln(x+a)-x(aR),直线l:y=-23x+ln 3-23是曲线y=f(x)的一条切线.(1)求a的值.(2)设函数g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,证明:函数g(x)无零点.解析(1)由题意得f(x)=1x+a-1.设切点为P(x0,y0),则1x0+a-1=-23,ln(x0+a)-x0=-23x0+ln3-23,解得x0=2,a=1,a=1.(2)由(1)知g(x)=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-ln x-x.则g(x)=(x+1)ex-1x-1=(x+1)x(xex-1).令G(x)=xex-1,则G(x)=(x+1)ex.当x0时,G(x)0,G(x)在(0,+)上单调递增.又G(0)=-10,G(x)存在唯一零点c(0,1),且当x(0,c)时,G(x)0,当x(0,c)时,g(x)0,g(x)在(0,c)上单调递减,在(c,+)上单调递增,g(x)g(c).G(c)=cec-1=0,0c0,g(x)g(c)0,函数g(x)无零点.能力2会利用导数证明不等式【例2】(2018年天津市南开中学高三模拟考试)已知f(x)=ex-aln x-a,其中常数a0.(1)当a=e时,求函数f(x)的极值.(2)当0ae时,求证:f(x)0.(3)求证:e2x-2-ex-1lnx-x0.解析函数f(x)的定义域为(0,+),(1)当a=e时,f(x)=ex-eln x-e,f(x)=ex-ex.又f(x)=ex-ex在(0,+)上单调递增,f(1)=0,所以当0x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增.所以f(x)有极小值,极小值为f(1)=0,没有极大值.(2)若01e,由f(x)0恒成立,得aexlnx+1恒成立,令(x)=exlnx+1,则(x)=exlnx+1-1x(lnx+1)2.令g(x)=ln x+1-1xx1e,则g(x)=1x+1x2x1e,由g(x)0,得g(x)在1e,+上单调递增.又因为g(1)=0,所以(x)在1e,1上为负,在(1,+)上为正,所以(x)在1e,1上单调递减,在(1,+)上单调递增.所以(x)min=(1)=e.所以当01e时,aexlnx+1恒成立.综上所述,当00),则h(x)=1-xex.当0x0,所以h(x)在(0,1)上单调递增;当x1时,h(x)0)的最大值为h(1)=1e,即xex1e,所以xex-2e,所以f(x)=ex-eln xxex-2,即e2x-2-ex-1ln x-x0.利用导数证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是先构造函数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,其中找到函数h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突破口.已知函数f(x)=xexx-a.(1)若曲线y=f(x)在x=2处的切线过原点,求实数a的值;(2)若1ax3+x2.参考数据:e2.7.解析(1)因为f(x)=xexx-a,所以f(x)=(1+x)ex(x-a)-xex(x-a)2=(x2-ax-a)ex(x-a)2,由题意知,曲线y=f(x)在x=2处的切线过原点,则切线斜率k=f(2)=f(2)-02-0,即(4-3a)e2(2-a)2=2e22-a-02-0,整理得4-3a(2-a)2=12-a,所以a=1.(2)由1a0,所以f(x)x3+x2exx-a-x2-x0.设g(x)=exx-a-x2-x,则g(x)=ex(x-a-1)(x-a)2-2x-1,由x0且axa+1,可知g(x)ea+1-(a+1)(a+2).设t=a+1,则t(2,3),设h(t)=et-t(t+1),则h(t)=et-2t-1,令(t)=et-2t-1,则(t)=et-2,易知当t(2,3)时,(t)0,所以h(t)在(2,3)上单调递増,所以h(t)=et-2t-1e2-22-10,所以h(t)在(2,3)上单调递増,所以h(t)e2-60,所以et-t(t+1)0,即ea+1-(a+1)(a+2)0,所以当x(a,a+1)时,g(x)0,即当x(a,a+1)时,f(x)x3+x2.能力3会利用导数解决不等式的恒成立(存在性)问题【例3】(2018年河南省巩义市高中毕业班模拟考试试卷)已知函数f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a为实数).(1)当a=5时,求函数g(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)求f(x)在区间t,t+2(t0)上的最小值;(3)若存在两个不等实数x1,x21e,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围.解析(1)当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,所以g(1)=e,g(x)=(-x2+3x+2e)x,故切线的斜率为g(1)=4e,所以切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)因为f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,所以f(x),f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)极小值当t1e时,在区间t,t+2上,f(x)为增函数,所以f(x)min=f(t)=tln t;当0t1e时,在区间t,1e内,f(x)为减函数,在区间1e,t+2上,f(x)为增函数,所以f(x)min=f1e=-1e.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xln x=-x2+ax-3,则a=x+2ln x+3x,令h(x)=x+2ln x+3x,则h(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.当x1e,e时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x1e,11(1,e)h(x)-0+h(x)极小值因为h1e=1e+3e-2,h(e)=3e+e+2,h(1)=4,所以h(e)-h1e=4-2e+2e0,所以h(e)h1e,要使得函数y=h(x)的图象与函数y=a的图象有2个交点,则有h(1)a-12e,求正数a的取值范围.解析(1)f(x)=a2x+a-2x=-(2x+a)(x-a)x(x1),当-2a0时,f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递减.当a-a2,则f(x)0;若1x0.f(x)在-a2,+上单调递减,在1,-a2上单调递增.当0a1时,f(x)1时,若xa,则f(x)0,若1x0.f(x)在(a,+)上单调递减,在(1,a)上单调递增.综上可知,当-2a1时,f(x)在(1,+)上单调递减;当a1时,f(x)在(a,+)上单调递减,在(1,a)上单调递增.(2)a0,当xa时,f(x)0;当0x0.f(x)max=f(a)=a2ln a+a.x0(0,+),f(x0)a-12e,a2ln a+aa-12e,即a2lna+12e0,设g(x)=x2ln x+12e,则g(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),当xe-12时,g(x)0;当0xe-12时,g(x)f(x)有解,则af(x)min;若af(x)有解,则a0,得0x1,令g(x)=1x-11.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)当k=1时,f(x)g(x)恒成立,即axexln x+x+1恒成立.因为x0,所以alnx+x+1xex.令h(x)=lnx+x+1xex,则h(x)=(x+1)(-lnx-x)x2ex.令p(x)=-ln x-x,则p(x)=-1x-10,p(1)=-10,h(x)0;当x(x0,+)时,p(x)0,h(x)0对x(0,1)恒成立,求k的取值范围.解析(1)当k=3时,f(x)=11+x+11-x-9(x2-1),f(0)=11,又f(0)=0,曲线y=f(x)在原点O处的切线方程为y=11x.(2)由题意得f(x)=2+3k(1-x2)21-x2,当x(0,1)时,(1-x2)2(0,1).若k-23,则2+3k(1-x2)20,即f(x)0.f(x)在(0,1)上单调递增,从而f(x)f(0)=0.若k-23,令f(x)=0,得x=1-23k(0,1).当x0,1-23k时,f(x)0.f(x)min=f1-23kf(0)=0,故k-23不合题意,综上所述,k的取值范围为-23,+.能力4会利用导数解决函数的实际问题【例5】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=ax-3+10(x-6)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,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解析(1)因为当x=5时,y=11,所以a2+10=11,解得a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=2x-3+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)2x-3+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,3x6.从而,f(x)=30(x-4)(x-6),于是,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,当x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)建模: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式y=f(x).(2)求导:求函数的导数f(x),解方程f(x)=0.(3)求最值:比较函数在区间端点和使f(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.(4)结论:回归实际问题作答.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升),关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为y=1128000x3-380x+8(0x120).已知甲、乙两地相距100千米.(1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升?(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?解析(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了10040=2.5(小时),要耗油1128000403-38040+82.5=17.5(升).所以,当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油17.5升.(2)当速度为x千米/时,汽车从甲地到乙地行驶了100x小时,设耗油量为h(x)升,依题意得h(x)=1128000x3-380x+8100x=11280x2+800x-154(0x120),则h(x)=x640-800x2=x3-800640640x2(0x120),令h(x)=0,得x=80,当x(0,80)时,h(x)0,h(x)是增函数;当x=80时,h(x)取得极小值h(80)=11.25.由题意知该极值是最小值.故当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为11.25升.一、选择题1.已知a=log32,b=log23,c=log47,则a,b,c的大小关系为().A.abcB.bacC.cabD.acb解析alog=321,clog=471log,27log23,故ac0时,f(x)=2x+2x-4,则f(x)的零点个数是().A.2B.3C.4D.5解析因为函数f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0.因为f12f(2)0时,f(x)有1个零点.根据奇函数的对称性可知,当x0).当x(0,1)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.所以f(x)min=f(1)=4.所以a4.故选B.答案B4.已知函数f(x)=xcos x-sin x-13x3,则不等式f(2x+3)+f(1)0时,f(x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递减.因为函数f(x)是奇函数,所以函数f(x)在(-,0)上单调递减.因为f(2x+3)+f(1)0,所以f(2x+3)-1,所以x-2.故选A.答案A二、填空题5.已知函数f(x)=4ln x+ax2-6x+b(a,b为常数),且x=2为f(x)的一个极值点,则实数a的值为.解析由题意知,函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=4x+2ax-6,f(2)=2+4a-6=0,即a=1.答案16.函数y=x+2cos x在0,2上的最大值是.解析由题意知y=1-2sin x,令y=0,得x=6,则当x0,6时,y0;当x6,2时,y0,x3-3mx-2,x0(其中e为自然对数的底数)有三个不同的零点,则m的取值范围是.解析当x0时,f(x)有一个零点,故当x0时,f(x)有两个零点.当x0时,f(x)=x3-3mx-2,则f(x)=3x2-3m.当m0时,f(x)0,函数f(x)在(-,0上单调递增,所以f(x)不会有两个零点,故舍去;当m0时,函数f(x)在-,-m上单调递增,在-m,0上单调递减,又f(0)=-20时,f(x)有两个零点,解得m1,故m的取值范围是(1,+).答案(1,+)8.已知f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,设m-2,若x1m,-2),x2(0,+),使得f(x1)=g(x2)成立,则实数m的最小值为.解析g(x)=2x3+3x2-12x+9,g(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1).当0x1时,g(x)1时,g(x)0,函数g(x)单调递增.g(x)min=g(1)=2.f(x)=-x2-6x-3=-(x+3)2+66,结合函数图象(图略)知,当f(x)=2时,方程两根分别为-5和-1,则m的最小值为-5.答案-5三、解答题9.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.(1)对一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围.(2)探讨函数F(x)=ln x-1ex+2ex是否存在零点.若存在,求出函数F(x)的零点;若不存在,请说明理由.解析(1)因为对一切x(0,+),2f(x)g(x)恒成立,所以2xln x-x2+ax-3恒成立,即a2ln x+x+3x恒成立.令h(x)=2ln x+x+3x,则h(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2,当x1时,h(x)0,h(x)单调递增;当0x1时,h(x)0,h(x)单调递减.所以ah(x)min=h(1)=4.即实数a的取值范围是(-,4.(2)令F(x)=0,即ln x-1ex+2ex=0,得xln x=xex-2e,令f(x)=xln x,则f(x)=1+ln x,当x0,1e时,f(x)0,f(x)单调递增.所以当且仅当x=1e时,f(x)取最小值,且f(x)min=-1e.设(x)=xex-2e(x0),则(x)=1-xex,易知(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以当且仅当x=1时,(x)取最大值,且(x)max=-1e.因为中取等号的条件不同,且1e1ex-2ex,即F(x)=ln x-1ex+2ex0恒成立,故函数F(x)没有零点.10.(江西省临川一中2018届高三年级全真模拟考试)已知函数f(x)=xln x,g(x)=x+1ax(x0)都在x=x0处取得最小值.(1)求f(x0)-g(x0)的值;(2)设函数h(x)=f(x)-g(x),h(x)的极值点之和落在区间(k,k+1)上,kN,求k的值.解析(1)f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=1e,则f(x),f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)极小值当x=1e时,函数f(x)=xln x取得最小值-1e,x0=1e,f(x0)=-1e.当a0时,g(x)=x+1ax21a,当且仅当x0=1a=1e,即a=e2时,g(x)有最小值g(x0)=2e,f(x0)-g(x0)=-1e-2e=-3e.(2)由(1)知g(x)=x+1e2x,h(x)=xln x-x-1e2x,h(x)=ln x+1e2x2,设(x)=ln x+1e2x2,(x)=e2x2-2e2x3,当x0,2e时,(x)0,函数(x)即h(x)在2e,+上单调递增,由(1)得h1e=0,当x0,1e时,h(x)0,h(x)在0,1e上单调递增.当x1e,2e时,h(x)0,h(x)单调递减,h(x)在0,2e上有唯一极大值点1e.h2e0,h(x)在2e,+上单调递增,函数h(x)在2e,+有唯一极小值点x1,且2ex11.h2e=ln 2-34=ln416e30,x12e,1,1e+x13e,e+1e.13e2,1e+1e2,存在自然数k=1,使得函数h(x)的极值点之和落在区间(1,2)上.
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