2019年高三一轮复习热点题型3.2课时3：导数与函数的综合问题(1)

例1设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则

解析x>0时?x?′<0，∴φ(x)＝

则F′(x)＝cos x－

当x∈(0，)时，F′(x)>0，F(x)在[0，]上是增函数；

当x∈(，1)时，F′(x)<0，F(x)在[，1]上是减函数．

即sin x≥2

课时3导数与函数的综合问题

题型一用导数解决与不等式有关的问题

命题点1解不等式

xf′(x)－f(x)

不等式x2f(x)>0的解集是()

A．(－2,0)∪(2，＋∞) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案D B．(－2,0)∪(0,2) D．(－∞，－2)∪(0,2)

?f(x)?f(x)

为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当00，

此时x2f(x)>0.

又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．

故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．

命题点2证明不等式

例2证明：当x∈[0,1]时，

2x≤sin x≤x.

证明记F(x)＝sin x－

2x，

ππ

又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，2

记H(x)＝sin x－x，

则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cos x－1<0，

所以H(x)在[0,1]上是减函数，

例 3 已知定义在正实数集上的函数 f(x)＝ x 2

＋2ax ，g (x)＝3a 2ln x ＋b ，其中 a>0.设两曲线 y

3a x

＋

2a ＝

.? x

x 0

即有 b ＝ a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝ a 2－3a 2ln a. 令 h (t)＝ t 2

－3t 2ln t(t>0)，则 h ′(t)＝2t(1－3ln t)．于是当 t(1－3ln t)>0，即 00；

当 t(1－3ln t)<0，即 t >e 时，h ′(t)<0.

故 h (t)在(0，e )上为增函数，在(e ，＋∞)上为减函数，于是 h (t)在(0，＋∞)上的最大值为 h (e )＝ e ，

即 b 的最大值为 e 3 .

(2)证明设 F(x)＝f(x)－g (x)＝ x 2

＋2ax －3a 2ln x －b (x>0)，

综上， 2

x ≤sin x ≤x ，x ∈[0,1]

f ′(x)＝x ＋2a ，

g ′(x)＝，

则 F ′(x)＝x ＋2a －＝ (x>0)．

则 H(x)≤H(0)＝0，即 sin x ≤x.

命题点 3 不等式恒成立问题

1 2

＝f(x)，y ＝g (x)有公共点，且在该点处的切线相同．

(1)用 a 表示 b ，并求 b 的最大值； (2)求证：f(x)≥g (x)(x>0)．

(1)解设两曲线的公共点为(x 0，y 0)，

3a 2

由题意知 f(x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，

?1x 2＋2ax ＝3a 2

ln x ＋b ，

即 2

0 0 3a 2

由 x 0＋2a ＝，得 x 0＝a 或 x 0＝－3a(舍去)．

1 5

2 2

5 2

1 1

3 3

1 3 2

3 2 3

3 2

1 2

3a 2 (x －a )(x ＋3a )

x x

已知函数 f(x)＝ln x － .若 f(x)

解 ∵f(x)

1－6x 2 h ′(x)＝－6x ＝

，

故 F(x)在(0，a)上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数．

于是 F(x)在(0，＋∞)上的最小值是 F(a)＝F(x 0)＝f(x 0)－g (x 0)＝0.

故当 x >0 时，有 f(x)－g (x)≥0，

即当 x >0 时，f(x)≥g (x)．

思维升华 (1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；

(2)证明不等式 f(x)

(3)利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

又 x >0，∴a >xln x －x 3，

令 g (x)＝xln x －x 3，则 h (x)＝g ′(x)＝1＋ln x －3x 2，

x x

∵当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)<0，

∴h (x)在(1，＋∞)上是减函数， ∴h (x)

∴当 a ≥－1 时，f(x)

例 4 (2014·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线 y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与 x

轴交点的横坐标为－2.

由题设得－＝－2，所以 a ＝1.

(

(1)求 a ；

(2)证明：当 k <1 时，曲线 y ＝f(x)与直线 y ＝kx －2 只有一个交点．

(1)解 f ′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a.

曲线 y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y ＝ax ＋2.

(2)证明由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2.

设 g (x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知 1－k>0.

当 x ≤0 时，g ′(x)＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x)单调递增， g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，

所以 g (x)＝0 在(－∞，0]有唯一实根．当 x >0 时，令 h (x)＝x 3－3x 2＋4，则 g (x)＝h (x)＋(1－k)x >h (x)．

h ′(x)＝3x 2－6x ＝3x(x －2)，h (x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以 g (x)>h (x)≥h (2)＝0.

所以 g (x)＝0 在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x)＝0 在 R 有唯一实根，

即曲线 y ＝f(x)与直线 y ＝kx －2 只有一个交点．

思维升华研究方程根的情况，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．

已知函数 f(x)＝x 2＋xsin x ＋cos x 的图象与直线 y ＝b 有两个不同交点，求 b 的

取值范围．

解 f ′(x)＝x(2＋cos x)，

令 f ′(x)＝0，得 x ＝0.

∴当 x >0 时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．

位：元/千克)满足关系式 y ＝ a

＋10(x －6)2，其中 3

解 (1)因为 x ＝5 时，y ＝11，所以＋10＝11，a ＝2.

当 x <0 时，f ′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．

∴f(x)的最小值为 f(0)＝1.

∵函数 f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，

∴当 b >1 时，曲线 y ＝f(x)与直线 y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞)．

题型三利用导数解决生活中的优化问题

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

x －3

/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．

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为

y ＝＋10(x －6)2.

x －3

所以商场每日销售该商品所获得的利润为

f(x)＝(x －3)[ ＋10(x －6)2]

x －3

＝2＋10(x －3)(x －6)2,3

从而，f ′(x)＝10[ x －6 2＋2 x －3 x －6] ＝30(x －4)(x －6)．

于是，当 x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：

f ′(x)

f(x)

(3,4)

＋

单调递增 4

极大值 42

(4,6)

－

单调递减

由上表可得，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.

某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x>0)，为使

典例(12分)设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.

(2)如果对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．

(2)对任意s，t∈[，2]都有f(s)≥g(t)

答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

思维升华在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．

139

耗电量最小，则速度应定为________．

答案40

解析由y′＝x2－39x－40＝0，

得x＝－1或x＝40，

由于0

x>40时，y′>0.

所以当x＝40时，y有最小值．

一审条件挖隐含

(1)如果存在x

，x

∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；

(1)存在x

，x

∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M

(正确理解“存在”的含义)

[g(x

)－g(x

)]

max

≥

挖掘[g(x

)－g(x

]

max

的隐含实质

g(x)

max

－g(x)

min

≥M

求得M的最大整数值

(理解“任意”的含义)

由 g (x)＝x 3－x 2－3，得 g ′(x)＝3x 2－2x ＝3x(x － )．

令 g ′(x)>0 得 x <0，或 x > ，

27 ≥M ，

由(1)可知在区间[ ，2]上，g (x)的最大值为 g (2)＝1.

在区间[ ，2]上，f(x)＝＋xln x ≥1 恒成立等价于 a ≥x －x 2ln x 恒成立．设 h (x)＝x －x 2ln x ，h ′(x)＝1－2xln x －x ，可知 h ′(x)在区间[ ，2]上是减函数，又 h ′(1)

所以当 10.[10 分] t

f(x)min ≥g (x)max

求得 g (x)max ＝1

x ＋xln x ≥1 恒成立

分离参数 a

a ≥x －x 2ln x 恒成立

求 h (x)＝x －x 2ln x 的最大值

a ≥h (x)max ＝h (1)＝1

a ≥1 规范解答

解 (1)存在 x 1，x 2∈[0,2]使得 g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g x 1 －g x 2]

max

≥M .[2 分]

3 2

2 2 2

又 x ∈[0,2]，所以 g (x)在区间[0，3]上单调递减，在区间[3，2]上单调递增，所以 g (x)min ＝g (3)

85 ＝－，

g (x)max ＝g (2)＝1.

故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x)max －g (x)min ＝ 112

则满足条件的最大整数 M ＝4.[5 分]

1 1

(2)对于任意的 s ，∈[2，2]，都有 f(s)≥g (t)成立，等价于在区间[2，2]上，函数 f(x)min ≥g (x)max .[7

分]

1 2

1 a

2 x

＝0，

即函数

h (x)＝x －x 2ln x

在区间(

2，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以 h (x)max ＝h (1)

＝1，

所以 a ≥1，即实数 a 的取值范围是[1，＋∞)．[12 分]

温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，

进行等价转化．

(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化

为求函数的值域问题．

[方法与技巧]

1．用导数方法证明不等式 f(x)>g (x)时，找到函数 h (x)＝f(x)－g (x)的零点是解题的突破口． 2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极 (最)值的应用．

3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．

[失误与防范]

1．利用导数解决恒成立问题时，若分离参数后得到“a

2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义

A 组专项基础训练

(时间：35 分钟)

??－x 2

＋2x (x ≤0)，

1．已知函数 f(x)＝?

若|f(x)|≥ax ，则 a 的取值范围是( )

?ln (x ＋1)(x >0)，

A ．(－∞，0]