高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用教案理（含解析）新人教A版第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合01优化问题，一般地，对于实际1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为□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)<0⇔1<a<5.故选A.2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 由f (x )>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 )＝x 3－3x ＋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 )＝3x 2－3，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. ∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝2＋a >0，f1＝a －2<0，∴－2<a <2.4．(2019·沈阳模拟)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)·f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)答案 C解析 由题设，f (x )为R 上任意可导函数，不妨设f (x )＝(x －1)2，则f ′(x )＝2(x －1)，满足(x －1)·f ′(x )＝2(x －1)2≥0，且f (0)＝1，f (1)＝0，f (2)＝1，则有f (0)＋f (2)>2f (1)；再设f (x )＝1，则f ′(x )＝0，也满足(x －1)·f ′(x )≥0，且有f (0)＋f (2)＝2f (1)，即1＋1＝2×1.5．(2019·贵阳模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12,7]答案 B解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3.因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.6．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故a 的最大值为0.核心考向突破考向一 导数与方程例 1 (2019·陕西汉中模拟)已知函数f (x )＝x ＋1ex(其中e≈2.718…为自然对数的底数)．(1)若F (x )＝f (x )－f (－x )，求F (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k 的取值范围． 解 (1)由题意知，F (x )＝f (x )－f (－x )＝x ＋1ex－－x ＋1e－x，所以F ′(x )＝－x e x ＋x e x＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x .当x <0时，e x－1ex <0，所以x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x >0，即F ′(x )>0，当x ＝0时，F ′(x )＝0，当x >0时，e x－1ex >0，即F ′(x )>0，所以F ′(x )≥0恒成立，当且仅当x ＝0时等号成立， 所以F (x )＝f (x )－f (－x )在R 上单调递增，即F (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为f (x )＝x ＋1e x，所以f ′(x )＝－xex ， 当x <0时，f ′(x )>0，当x ＝0时，f ′(x )＝0，当x >0时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得最大值，且f (0)＝1，当x 趋近于－∞时，f (x )趋近于－∞，当x 趋近于＋∞时，f (x )趋近于0，故函数f (x )的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k ≤0时，方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32有且仅有一个实数根． 当k >0时，设曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －x 0＋1ex 0＝－x 0ex 0 (x －x 0)，且该直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0， 所以0－x 0＋1ex 0＝－x 0e x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－x 0，解得x 0＝－2(舍去)或x 0＝－12， 此时切线的斜率为e 2， 数形结合可知，若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2. 触类旁通研究方程根的情况，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 )＝1x ＋(1－a )ln x ＋ax ，g (x )＝1x－(a ＋1)ln x ＋x 2＋ax －t (a∈R ，t ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)记h (x )＝f (x )－g (x )，若函数h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数t 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－a x ＋a ＝ax 2＋1－ax －1x2＝x －1ax ＋1x2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1. 所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a x －1⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1ax2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； ②当a ＝－1时，1＝－1a，f ′(x )＝－x －12x 2≤0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；③当－1<a <0时，1<－1a ，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a <x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln x －x 2＋t ，定义域为(0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x－2x ＝－2x ＋1x －1x，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝1， 当1e <x <1时，h ′(x )>0；当1<x <e 时，h ′(x )<0， 故h (x )在x ＝1处取得极大值h (1)＝t －1. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2，h (e)＝t ＋2－e 2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧h 1＝t －1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2≤0，h e ＝t ＋2－e 2≤0，解得1<t ≤2＋1e 2，故实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.考向二 导数与不等式角度1 证明不等式例2 (2019·银川模拟)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x .解 (1)由题意知f (－1)＝0，f ′(－1)＝－1＋1e ，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0， 所以b ＝1或a ＝1e，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0， 当x >－2时，令h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝0，综上，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以函数g (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 令t (x )＝g ′(x )，则t ′(x )＝(x ＋3)e x，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0； 当x >－3时，t ′(x )>0，g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝0.所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g (0)＝0. 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x . 触类旁通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·石家庄模拟)已知函数f (x )＝λln x －e －x(λ∈R )． (1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围； (2)求证：当0<x 1<x 2时，e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x，∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0，∴λ＋x e －x x ≤0，即λ＋x e －x ≤0，λ≤－x e －x＝－x e x ，令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1ex ，当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0， 则φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e ；②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0，∴λ＋x e －x x ≥0，即λ＋x e －x ≥0，λ≥－x e －x＝－x ex ，。