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1、第3课时导数与函数的综合问题题型一导数与不等式命题点1证明不等式典例 (2017贵阳模拟)已知函数f(x)1，g(x)xln x.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xln x)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数所以g(x)g(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号)又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(x
2、ln x)f(x)1.命题点2不等式恒成立或有解问题典例 (2018大同模拟)已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：x01，e，使不等式f(x0)成立，求实数k
3、的取值范围解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即实数k的取值范围是.思维升华 (1)利用导数证明不等式的方法证明f(x)1时，h(x)0，h(x)是增函数，当0x1时，h(x)0)易求f(x)xln x(x0)的最小值为f，设(x)(x0)，则(x)，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增；当x(1，)时，(x)恒成立，即F(x)0恒成立，函数F(x)无零点思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题可利用导数研究函数的
4、极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数跟踪训练 (1)(2017贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1,4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2C3 D4答案D解析根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2,1a0，则实数a的取值范围是_答案(，2)解析当a0时，f(x)3x21有两个零点，不合题意，故a0，f(x)3ax26x3x(ax2)，令f(x)0，得x10，x2.若a0，由三次函数
5、图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a0知，f0，即a33210，化简得a240，又a0，所以a2.题型三利用导数研究生活中的优化问题典例 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y10(x6)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(1)因为当x5时，y11，所以1011，解得a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y10(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)
6、(x3)210(x3)(x6)2，3x0)，为使耗电量最小，则速度应定为_答案40解析令yx239x400，得x1或x40，由于当0x40时，y40时，y0.所以当x40时，y有最小值一审条件挖隐含典例 (12分)设f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M(正确理解“存在”的含义)g(x1)g(x2)maxM挖掘g(x1)g(x2)max的隐含实质g(x)maxg(x)minM求得M
7、的最大整数值(2)对任意s，t都有f(s)g(t)(理解“任意”的含义)f(x)ming(x)max求得g(x)max1xln x1恒成立分离参数aaxx2ln x恒成立求h(x)xx2ln x的最大值ah(x)maxh(1)1a1规范解答解(1)存在x1，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.2分由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x.令g(x)0，得x，又x0,2，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x)ming，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4
8、.5分(2)对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)ming(x)max.7分由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)1.在区间上，f(x)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知h(x)在区间上是减函数，又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x0.10分即函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)maxh(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是1，)12分1(2018天津调研)已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于()A2或2
9、 B9或3C1或1 D3或1答案A解析y3x23，当y0时，x1.则当x变化时，y，y的变化情况如下表：x(，1)1(1,1)1(1，)y00yc2c2因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c20或c20，c2或c2.2(2017福建莆田一模)定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)，f(0)0.若对任意xR，都有f(x)f(x)1，则使得f(x)exf(x)1，g(x)0，函数g(x)在R上单调递减由f(x)ex1化为g(x)0.使得f(x)ex0，g(x)单调递增，当x(1，)时，g(x)0，得x2，由f(x)0，得1x2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上单调递增，在(1,2
10、)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，故选A.5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(x)则总利润最大时，年产量是()A100 B150C200 D300答案D解析由题意得，总成本函数为C(x)20 000100x，总利润P(x)又P(x)令P(x)0，得x300，易知当x300时，总利润P(x)最大6(2018厦门调研)已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意
11、的xM，存在x0M使得f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且f(x0)g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A. B5C6 D8答案B解析因为当x1,4时，g(x)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，所以c1，所以f(x)x21，所以f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，且x1,4，所以f(2)0，即b8，所以c5，经检验，b8，c5符合题意所以f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.7(2017安徽江南名校联考)已知x(0,2)，若关于
12、x的不等式0.即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得k0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k0，即|AB|的最小值是42ln 2.9(2018郑州调研)已知函数f(x)ax33x1对x(0,1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_答案4，)解析当x(0,1时，不等式ax33x10可化为a，设g(x)，x(0,1，则g(x).易知当x时，g(x)max4，实数a的取值范围是4，)10(2018佛山质检)定义在R上的奇函数yf(x)满足f(3)0，且不等式f(x)xf(x)在(0，)上恒成立，
13、则函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点个数为_答案3解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)0f(3)f(3)，f(x)f(x)，当x0时，f(x)xf(x)，即f(x)xf(x)0，xf(x)0，即h(x)xf(x)在x0时是增函数，又h(x)xf(x)xf(x)，h(x)xf(x)是偶函数，当x0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)f(3)f(3)0，可得函数y1xf(x)与y2lg|x1|的大致图象如图，由图象可知，函数g(x)xf(x)lg|x1|的零点的个数为3.11(2017全国)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整
14、数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，故xa是f(x)在x(0，)上的唯一极小值点也是最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0，令x1，得ln，从而lnlnln11.故2，所以m的最小值为3.12(2017广州调研)已知函数f(x)exmx，其中m为常数(1)若对任意xR有f(x)0恒成立，求m的取值范围；(2)当m1时，判断f(x)在0,2m上零点的个数，
15、并说明理由解(1)由题意，可知f(x)exm1，令f(x)0，得xm.故当x(，m)时，exm1，f(x)1，f(x)0，f(x)单调递增故当xm时，f(m)为极小值也为最小值令f(m)1m0，得m1，即对任意xR，f(x)0恒成立时，m的取值范围是(，1(2)f(x)在0,2m上有两个零点，理由如下：当m1时，f(m)1m0，f(0)f(m)1时，g(m)em20，g(m)在(1，)上单调递增g(m)g(1)e20，即f(2m)0.f(m)f(2m)0，g(x)exx22单调递增，所以g(x)mine1，g(x)maxe22.所以eme1或me.14(2018届全国名校联考)已知函数f(x)
16、3ln xx22x3ln 3，则方程f(x)0的解的个数是_答案1解析因为f(x)3ln xx22x3ln 3，所以f(x)x2，当x(0,3)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(3，)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0时，f(x)，当x时，f(x)，所以f(x)maxf(3)3ln 363ln 30，所以方程f(x)0只有一个解15(2018海口调研)设函数f(x)sin .若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是_答案(，2)(2，)解析f(x)cos x.由f(x0)0，得x0mk，kZ，22m2，kZ，即m223m2，kZ，m0，2，解得m2或m2.
17、16(2016全国)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，11，证明：当x(0,1)时，1(c1)xcx.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.