《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問題學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問題學(xué)案.doc（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講　函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合問題 [考情考向分析]　函數(shù)和導(dǎo)數(shù)的綜合問題，主要是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題、函數(shù)零點問題、函數(shù)的實際應(yīng)用問題等，一般需要研究函數(shù)的單調(diào)性和最值問題，注重數(shù)學(xué)思想的考查．B級要求，題目難度較大． 熱點一　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題 例1　已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)求證：對一切x∈(0，＋∞)，ln x>－恒成立． (1)解　由題意知2xln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2ln x＋x＋. 設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)， 則h′(x)＝， 當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h(1)＝4. 因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4， 即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]． (2)證明　問題等價于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))恒成立． 又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f＝－. 設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝， 易知m(x)max＝m(1)＝－， 從而對一切x∈(0，＋∞)，ln x>－恒成立． 思維升華　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可以分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題． 跟蹤演練1　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)若f(1)＝0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤ax－1恒成立，求整數(shù)a的最小值． 解　(1)因為f(1)＝1－＝0，所以a＝2， 此時f(x)＝ln x－x2＋x(x>0)， f′(x)＝－2x＋1＝(x>0)． 由f′(x)<0，得2x2－x－1>0， 解得x<－或x>1. 又因為x>0，所以x>1. 所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)方法一　由f(x)≤ax－1恒成立，得ln x－ax2＋x≤ax－1在(0，＋∞)上恒成立， 問題等價于a≥在(0，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝(x＞0)，只需a≥g(x)max即可． 又g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得－x－ln x＝0. 設(shè)h(x)＝－x－ln x(x＞0)， 因為h′(x)＝－－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 不妨設(shè)－x－ln x＝0的根為x0. 當x∈(0，x0)時，g′(x)>0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，x0)上是增函數(shù)，在(x0，＋∞)上是減函數(shù)， 所以g(x)max＝g(x0)＝＝＝. 因為h＝ln 2－>0，h(1)＝－<0， 所以0，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 又因為g(1)＝ln 1－a＋(1－a)＋1＝－a＋2>0， 所以關(guān)于x的不等式f(x)≤ax－1不能恒成立． 當a>0時，g′(x)＝＝－. 令g′(x)＝0，得x＝. 所以當x∈時，g′(x)>0； 當x∈時，g′(x)<0， 因此函數(shù)g(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)． 故函數(shù)g(x)的最大值為g＝ln －a2＋(1－a)＋1＝－ln a. 令h(a)＝－ln a， 因為h(1)＝>0，h(2)＝－ln 2<0， 又h(a)在(0，＋∞)上是減函數(shù)， 所以當a≥2時，h(a)<0， 所以整數(shù)a的最小值為2. 熱點二　利用導(dǎo)數(shù)研究實際應(yīng)用問題 例2　(2015江蘇)某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝(其中a，b為常數(shù))模型． (1)求a，b的值； (2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域； ②當t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度． 解　(1)由題意知，點M，N的坐標分別為(5,40)，(20,2.5)． 將其分別代入y＝， 得 解得 (2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)， 則點P的坐標為， 設(shè)在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B點， 又y′＝－， 則l的方程為y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝＝， t∈[5,20]． ②設(shè)g(t)＝t2＋，則g′(t)＝2t－. 令g′(t)＝0，解得t＝10. 當t∈(5,10)時，g′(t)＜0，g(t)是減函數(shù)； 當t∈(10，20)時，g′(t)＞0，g(t)是增函數(shù)． 所以當t＝10時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值， 所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15. 答　當t＝10時，公路l的長度最短，最短長度為15千米． 思維升華　利用導(dǎo)數(shù)解決實際應(yīng)用問題的一般步驟 (1)建模：分析實際問題中各量之間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)． (2)求導(dǎo)：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值． (4)結(jié)論：回歸實際問題作答． 跟蹤演練2　如圖所示，建立平面直角坐標系xOy，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長度為1 km，某炮位于坐標原點．已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k>0)表示的曲線上，其中k與發(fā)射方向有關(guān)．炮的射程是指炮彈落地點的橫坐標． (1)求炮的最大射程； (2)設(shè)在第一象限有一飛行物(忽略其大小)，其飛行高度為3.2 km，試問它的橫坐標a不超過多少時，炮彈可以擊中它？請說明理由． 解　(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0. 由實際意義和題設(shè)條件知x>0，k>0， 故x＝＝≤＝10， 當且僅當k＝1時取等號． 所以炮的最大射程為10 km. 答　炮的最大射程為10 km. (2)因為a>0，所以炮彈可擊中目標?存在k>0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立?關(guān)于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根?Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0?00；當10，即k>x2－2x對任意x∈(0,2)都成立，從而k≥0. 不等式整理可得k<＋x2－2x， 令g(x)＝＋x2－2x， 所以g′(x)＝＋2(x－1) ＝(x－1)＝0，解得x＝1， 當x∈(1,2)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增， 同理可得函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減． 所以k0，所以函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上單調(diào)遞增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有1個零點． 4．若存在正數(shù)x使2x(x－a)＜1成立，則a的取值范圍是________． 答案　(－1，＋∞) 解析　∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－. 令f(x)＝x－， 則f′(x)＝1＋2－xln 2＞0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范圍是(－1，＋∞)． 5．關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　(－4,0) 解析　由題意知使函數(shù)f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，當x<0時，f′(x)>0；當02時，f′(x)>0，所以當x＝0時，f(x)取得極大值，即f(x)極大值＝f(0)＝－a；當x＝2時，f(x)取得極小值，即f(x)極小值＝f(2)＝－4－a， 所以解得－40，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當x∈(－1,3)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(3,5]時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 所以函數(shù)f(x)的極小值為f(3)＝－24，極大值為f(－1)＝8. 而f(－2)＝1，f(5)＝8，函數(shù)圖象大致如圖所示． 故要使方程g(x)＝f(x)－m在x∈[－2,5]上有3個零點，只需函數(shù)f(x)在[－2,5]內(nèi)的函數(shù)圖象與直線y＝m有3個交點，故 即m∈[1,8)． 7．已知不等式ex－x＞ax的解集為P，若[0,2]?P，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－∞，e－1) 解析　由題意知不等式ex－x＞ax在x∈[0,2]上恒成立． 當x＝0時，顯然對任意實數(shù)a，該不等式都成立． 當x∈(0,2]時，原不等式即a＜－1， 令g(x)＝－1，x∈， 則g′(x)＝， 當0＜x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減， 當1＜x＜2時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增， 故g(x)在(0,2]上的最小值為g(1)＝e－1， 故a的取值范圍為(－∞，e－1)． 8．若函數(shù)f(x)＝x3－x在(t,8－t2)上有最大值，則實數(shù)t的取值范圍是________． 答案　(－3，－] 解析　因為f′(x)＝x2－1， 所以當x∈(－∞，－1)和(1，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈(－1,1)時，f(x)單調(diào)遞減， 故x＝－1是函數(shù)f(x)的極大值點． 又函數(shù)f(x)在(t,8－t2)上有最大值， 所以t<－1<8－t2， 又f(－1)＝f(2)＝，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(8－t2)≤f(2)，從而t<－1<8－t2≤2， 得－30， 當e－a≥0，即a≤e時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x→＋∞，f(x)→＋∞，此時f(x)≤0不可能恒成立； 當e－a<0，即a>e時，由f′(x)＝0，得x＝， 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 此時f(x)max＝f＝－ln(a－e)－1－b≤0， 則b≥－ln(a－e)－1. 又a>e，所以≥，a>e， 令a－e＝t>0，則≥，t>0. 令g(t)＝，t>0，則g′(t)＝， 由g′(t)＝0，得t＝e，且當t∈(0，e)時，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減；當t∈(e，＋∞)時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增， 所以g(t)min＝g(e)＝－， 即≥≥－， 故的最小值為－. 12．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex在(0，＋∞)上存在公共點，則a的取值范圍為____________． 答案　 解析　由題意知方程ax2＝ex(a>0)在(0，＋∞)上有解，則a＝，x∈(0，＋∞)， 令f(x)＝，x∈(0，＋∞)， 則f′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 由f′(x)＝0得x＝2， 當02時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(2，＋∞)上是增函數(shù)， 所以當x＝2時，函數(shù)f(x)＝在(0，＋∞)上有最小值 f(2)＝，所以a≥. 13．已知函數(shù)f(x)＝，關(guān)于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0 (a∈R)有3個相異的實數(shù)根，則a的取值范圍是________． 答案　 解析　f(x)＝ 當x>0時，f′(x)＝， 當01時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值f(1)＝e， 當x<0時，f′(x)＝－＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，如圖，畫出函數(shù)的圖象， 設(shè)t＝f(x)，當t＞e時，t＝f(x)有3個實根，當t＝e時，t＝f(x)有2個實根，當0－1.當y＝ln x的切線斜率為1時，y′＝＝1，得x＝1，則y＝ln x在點(1,0)處的切線與y＝x＋λ平行，則點(1,0)到直線y＝x＋λ的距離≥，得λ≥1(λ≤－3舍去)． 15．已知函數(shù)f(x)＝2x－－5ln x，g(x)＝x2－mx＋4，若存在x1∈(0,1)，對任意x2∈[1,2]，總有f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　題意等價于f(x)在(0,1)上的最大值大于或等于g(x)在[1,2]上的最大值． f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝或x＝2. 當x∈時，f′(x)>0， 當x∈時，f′(x)<0， 所以在(0,1)上，f(x)max＝f＝－3＋5ln 2. 又g(x)在[1,2]上的最大值為max{g(1)，g(2)}， 所以有即 解得解得m≥8－5ln 2， 所以實數(shù)m的取值范圍是[8－5ln 2，＋∞)． 16．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a＞0)． (1)當a＝2時，求出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若不等式f(x)≥a對于x＞0的一切值恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝2時，函數(shù)f(x)＝ln x＋， 所以f′(x)＝－＝， 所以當x∈(0，e)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減； 當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當a＝2時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(e，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，e)． (2)由題意知ln x＋≥a(x＞0)恒成立， 等價于xln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax，則g′(x)＝ln x＋1－a， 令g′(x)＝0，得x＝ea－1. 當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x (0，ea－1) ea－1 (ea－1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  極小值  所以g(x)的最小值為g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1. 令t(x)＝x＋e－2－ex－1(x＞0)，則t′(x)＝1－ex－1， 令t′(x)＝0，得x＝1. 當x變化時，t′(x)，t(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) t′(x) ＋ 0 － t(x)  極大值  所以當a∈(0,1)時，g(x)的最小值為t(a)＞t(0)＝e－2－＝＞0，符合題意；當a∈[1，＋∞)時，g(x)的最小值為t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)，所以a∈[1,2]． 綜上所述，a∈(0,2]．