高三复习：导数的综合应用(解析版)

小古数学
一对一辅导教案

学生姓名
授课教师
教学课题
【导数综合应用1-实际应用问题】
1．生活中的优化问题
生 活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实
际 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．利用导数解决生活中优化问题的基本思路


性别 年级 高三 学科 数学
2小时 上课时间 2020年 月 日 第（ ）次课
导数与函数的综合应用


例1.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中 每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米小时)的函数解析式可
13
以表示为y＝x3
－x＋8(0128 00080
(1)当汽车以40千米小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？
10010 013
解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，共耗油××40
3
－ ×40＋8＝17.5(升)．
4040128 00080
因此，当汽车以40千米小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．
100
(2)当速度为x千米小时时，汽车从甲地到乙地行驶了
x
小时，设耗油量为 h(x)升，
13
x
1001
2
80015800
x－8 0
x
3
－x＋8
?
·＝依题意得h(x)＝
?
x＋ －(080
?
128 000
?
x
1 280
x
4640x
2
640x< br>2
(0当x∈(0,80)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；
当x∈(80,120]时，h′(x)>0，h(x)是增函数，
所以当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.
易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值．
故当汽车以80千米小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．

【变式】已知某矩形广场面积为4万平方米，则其周长至少为________米．
33

小古数学
解析：设广场的长为x米，则宽为
40 000
?
40 000
?
1－
40 000
?
x＋
米，于是其周长为y＝2
?
(x>0)，所以y′＝2
x
?
x
2
?
，
??
x
令y′＝0，解得x＝200(x＝－200舍去)，这时y＝800.当0 200时，y′>0.所以当x＝
200时，y取得最小值，故其周 长至少为800米．
答案：800


【导数综合应用2-零点与方程的根问题】

例2.已知函数f(x)＝e
x
－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
[解] (1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝e
x
－1－x－x得，
h(1)＝ e－3<0，h(2)＝e
2
－3－2>0，且h(x)在区间(1,2)上是连续的，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得h(x)＝e
x
－1－x－x.
由g(x)＝x＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，
则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
11
因为h′(x)＝e
x
－x－－1，
22
11
记φ(x)＝e
x
－x－－1，
22
13
则φ′(x)＝e
x
＋x－.
42
当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)上至 多只有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.


【变式1】已知函数f(x)＝(x
2
－2x)ln x＋ax
2
＋2.
(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时， 设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e
2
范围．
[解] (1)当a＝－1时，f(x)＝(x
2
－2x)ln x－x
2
＋2，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－2)ln x＋(x－2)－2x.
所以f′(1)＝－3，又f(1)＝1，f(x)在(1，f(1))处的 切线方程为3x＋y－4＝0.
－

小古数学
(2)g(x)＝f(x)－x－2＝0，
则(x
2
－2x)ln x＋ax
2
＋2＝x＋2.
1－?x－2?ln x
即a＝.
x
1－?x－2?ln x
令h(x)＝，
x
11
2－2ln x1－x－2ln x
则h′(x)＝－
2
－
x
＋＝.
xx
2
x
2
2
－x－2
令t(x)＝1－x－2ln x，t′(x)＝－1－
x
＝
x
，
因为t′(x)<0，t(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又因为t(1)＝h′(1)＝0，
所以当00，当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)
max
＝h(1)＝1.
因为a>0，
所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
当a＝1时，g(x)＝(x
2
－2x)ln x＋x
2
－x， < br>若使当e
2
max
≤m，g ′(x)＝(x－1)(3＋2ln x)，
3
令g′(x)＝0得x＝1或x＝e－，
2
又因为e
2
33
－
所以函数g(x )在e
2
，e－上单调递增，在e－，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，
2 2
31
－
3
又g(e－)＝－e
3
＋2e－，g(e)＝2 e
2
－3e，
222
3
31
－
33
e－
?
＝g(e)， 因为g(e－)＝－e
3
＋2e－<2e－<2e<2e
?
?
2?
2222
3
即g(e－)max
＝g( e)＝2e
2
－3e，
2
所以m≥2e
2
－3e，
即m的取值范围是[2e
2
－3e，＋∞)．



【变式2】已知函数f(x)＝x
3
－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝ f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
－
－

小古数学
解：(1)f′(x)＝3x
2
－3a＝3(x
2
－a)，
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a，
由f′(x)<0，解得－a所以当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞， －a)，(a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－a，a)．
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3×(－1)
2
－3a＝0，所以a＝1.
所以f(x)＝x
3
－3x－1，f′(x)＝3x
2
－3.
由f′(x)＝0，解得x
1
＝－1，x
2
＝1.
由(1)中f(x)的单调性，可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
又f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，
结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．


【变式3】已知函数f(x)＝xln x.
(1)试求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．
1
解：(1)f′(x)＝ln x＋x·
x
＝1＋ln x，∴f′(e)＝2.
又f(e)＝e，∴切线方程为2x－y－e＝0.
?x－1?? ax－a＋1?
(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程ln x－＝0的解．
x
?x－1??ax－a＋1?
设h(x)＝ln x－，x>1.
xax
2
－x－a＋1?x－1??ax＋a－1?
则h′(x)＝－＝－，x>1 .
x
2
x
2
①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数， ∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
②当a≠0时，令h′(x)＝0得x
1
＝ 1，x
2
＝
1－a
.
a
1－a
(ⅰ)当a<0， 即x
2
＝
a
<1时，∵x>1，∴h′(x)>0，则h(x)为(1，＋∞ )上的增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程
无解．
1－a
1
(ⅱ)当0a
>1时，
2

小古数学
1－a
?
x∈
?
1，< br>时，h′(x)>0，h(x)为增函数；
a
??
1－a
x∈
?
，＋∞
?
时，h′(x)<0，h(x)为减函数．
?
a
?
又x趋向＋∞时，h(x)＝ln x－ax＋
h(1)＝0，∴方程有一个解．
1－a
1
(ⅲ)当a≥，即≤1时，
a
2
∵x>1，
∴h′(x)<0，h(x)为减函数，
而h(x)1
，＋∞
?
时，原方程无解； 综上所述，当a∈(－∞，0]∪
?
?
2
?
1
0，
?
时，原方程有一个解． 当a∈
?
?
2
?

【导数综合应用3-证明不等式】 恒成立：(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x )－g(x)]
min
>0(x∈I)．
(2)对?x
1
，x2
∈D使得f(x
1
)≤g(x
2
)?f(x)
max
≤g(x)
min
.
存在解：(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立? I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]
max
>0(x∈I )．
(2)对?x
1
∈D
1
，?x
2
∈D
2
使得f(x
1
)≥g(x
2
)?f(x)
min
≥g(x)
min
，f(x)的定义域为D
1
，g(x)的定义域为D2
.

x＋a
例3.已知函数f(x)＝
x
.
e
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x
0
＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x
0< br>处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
x－?1－a?
[解] (1)易得f′(x)＝－
，
e
x
由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
x
(2)证明：a＝0，则f(x)＝
x
.
e
函数f(x )的图象在x＝x
0
处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x
0
)(x－x< br>0
)＋f(x
0
)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－ f′(x
0
)(x－x
0
)－f(x
0
)，x∈R，
1－a
＋2a－1<0，
x

小古数学
则h′(x)＝f′(x)－f′(x
0
)＝
?1－x?ex
0－?1－x
0
?e
x
.
ex＋x
0
设φ(x )＝(1－x)ex
0
－(1－x
0
)e
x
，x∈R，
则φ′(x)＝－ex
0
－(1－x
0
)e
x
，
∵x
0
＜1，
∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x
0
)＝0，
∴当x＜x
0
时，φ(x)＞0，当x＞x
0
时，φ(x)＜0，
∴当x＜x
0
时，h′(x)＞0，当x＞x
0
时，h′(x)＜0 ，
∴h(x)在区间(－∞，x
0
)上为增函数，在区间(x
0
， ＋∞)上为减函数，
∴x∈R时，h(x)≤h(x
0
)＝0，
∴f(x)≤g(x)．

【变式1】已知函数f(x)＝－ln x＋t(x－1)，t为实数．
(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；
k
11
(2)若当t＝时，－－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
x
22
[解] (1)当t＝1时，f(x)＝－ln x＋x－1，x>0，
x－1
1
∴f′(x)＝－＋1＝.
xx
由f′(x)<0可得0由f′(x)>0可得x>1，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
x
1
k
1
k
1
x
1
xk
1
(2)当t ＝时，f(x)＝－ln x＋－，
x
－－f(x)＝
x
－－－ln x＋－＝ln x－＋
x
，
22222222
k
1
x2
当x>1时，
x
－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．
22
x
2
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.
2
1
x－1
令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－
x
＝
x
.
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，
从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
1
故g(x)>g(1)＝，
2
1－x1－x
0
－＝
e
x
ex
0

小古数学
x
2
1
因此当x>1时，若使k<－xln x恒成立，必须k≤.
22
1
－∞，
?
. ∴实数k的取值范围是
?
2
??


a
1
【变式2】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－
x
( a∈R)，g(x)＝x
2
＋e
x
－xe
x
.
2
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x
1
∈[e，e
2
]，使得对任意的x
2
∈[－2,0]，f (x
1
)2
)恒成立，求a的取值范围．
[解] (1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)
min
＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)
min
＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．
a
f(x)
min
＝f(e)＝e－(a＋1)－.
e
综上，当a≤1时，f(x)
min
＝1－a；
当1min
＝a－(a＋1)ln a－1；
a
当a≥e时，f(x)
min
＝e－(a＋1)－.
e
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e
2
])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的 最小值．
a
由(1)知当a<1时f(x)在[e，e
2
]上单调递增，f (x)
min
＝f(e)＝e－(a＋1)－.
e
g′(x)＝(1－e
x
)x.
当x∈[－2,0]时g′(x )≤0，g(x)为减函数，g(x)
min
＝g(0)＝1，
a
所以e－(a＋1)－<1，
e
e
2
－2e
即a>，
e＋1
e
2
－2e
??
，1
?
. 所以a的取值范围为
?
?
e＋1
?

【变式3】已知函数f(x)＝xe
x
－aln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．
(1)求f(x)的单调区间；

?x－1??x－a?
.
x
2

小古数学
(2)证明：当b≤e时，f(x)≥b(x
2
－2x＋2)．
a
解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)e
x
－，x>0，
x
依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e.
2e
所以f′(x)＝(x＋1)e
x
－，
x
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：①当b≤0时，由(1)知，当x＝1时，f(x)取得最小值e.
又b(x
2
－2x＋2)的最大值为b，
故f(x)≥b(x
2
－2x＋2)．
②当0x
－2eln x－b(x
2
－2x＋2)，
2e
所以g′(x)＝(x＋1)e
x
－－2b(x－1)，
x< br>2e
令h(x)＝(x＋1)e
x
－
x
－2b(x－1)，x >0，
2e
则h′(x)＝(x＋2)e
x
＋
2
－2b，
x
2e
当x∈(0,1]时，
2
－2b≥0，(x＋2)e
x
>0，
x
所以h′(x)>0，
2e
当x∈(1，＋∞)时， (x＋2)e
x
－2b>0，
2
>0，
x
所以h′(x)>0，
所以当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0，
所以g(x)≥0，
即f(x)≥b(x
2
－2x＋2)．
综上，当b≤e时，f(x)≥b(x
2
－2x＋2)．

小古数学
【导数综合应用4-零点计算问题】
例4.已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
( 2)函数g(x)＝f(x)＋x＋
1
－m有两个零点x
1
，x
2< br>，且x
1
2
，求证：x
1
＋x
2
>1.
2x
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
1－x
1
f′(x)＝
x
－1＝
x
，
1 －x
1
令f′(x)＝
x
－1＝
x
>0，得01－x
1
令f′(x)＝－1＝<0，得x>1，
xx
所以函数f (x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：根据题意，g(x)＝ln x＋
因为x
1
，x
2
是函数g(x)＝ln x＋
1
－m(x>0)，
2x
1
－m的两个零点，
2x
11
所以ln x
1
＋－m＝0，ln x
2
＋－m＝0.
2x
1
2x
2
x
1< br>11
两式相减，可得ln＝－，
x
2
2x
2
2x< br>1
x
1
－x
2
x
1
x
1
－ x
2
即ln＝，故x
1
x
2
＝.
x
2< br>2x
2
x
1
x
1
2ln
x
2
x
1
x
2
－11－
x
2
x
1
那 么x
1
＝，x
2
＝.
x
1
x
1
2ln2ln
x
2
x
2
x
1
令t＝，其中0x
2
11
1－
t
t－
t
t－1则x
1
＋x
2
＝＋＝.
2ln t2ln t2ln t
?t－1?
2
1
构造函数h(t)＝t－－2ln t，则h′(t)＝
2
.
t
t
1
t－
t
1
对于00恒成立，故h(t)t
－2l n t<0.可知>1，故x
1
＋x
2
>1.
2ln t
【变式1】已知函数f(x)＝(x－2)e
x
＋a(x－1)
2
有两个零点 ．
(1)求a的取值范围；
(2)设x
1
，x
2
是f( x)的两个零点，证明：x
1
＋x
2
<2.

小古数学
解：(1)f′(x)＝(x－1)e
x
＋2a(x－1)＝(x－1)(e
x
＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)e
x
，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
a
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b2
3
a
b
2
－b
?
>0， 则f(b)> (b－2)＋a(b－1)
2
＝a
?
2
??
2
故f (x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
e
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
2
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
e
若a<－，则ln(－2a)>1，
2
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x
1
2
，由(1)知，x
1
∈(－∞，1)，x
2
∈(1，＋∞)，2 －x
2
∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内
单调递减，
所以x< br>1
＋x
2
<2等价于f(x
1
)>f(2－x
2)，
即f(2－x
2
)<0.
由于f(2－x
2
) ＝－x
2
e2－x
2
＋a(x
2
－1)
2
，
而f(x
2
)＝(x
2
－2)ex
2
＋a(x
2
－1)
2
＝0，
所以f(2－x
2
)＝－x< br>2
e2－x
2
－(x
2
－2)ex
2
.
设g(x)＝－xe
2
x
－(x－2)e
x
，
则g′(x)＝(x－1)(e
2
x
－e
x
)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0. 从而g(x
2
)＝f(2－x
2
)<0，故x
1
＋x< br>2
<2.
－
－

小古数学

【变式2】已知函数f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－4，－2)内
能取到最大值－4.
(1)求实数a的值；
1
(2)设函数g(x)＝bx
3
－bx， 若对?x
1
∈(1,2)，?x
2
∈(1,2)，使得f(x
1)＝g(x
2
)，求实数b的取值范围．
3
解：(1)当x∈(－4，－2)时，有x＋4∈(0,2)，
由条件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，
再由条件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．
故f′(x)＝
4
＋4a，x∈(－4，－2)．
x＋4
4
由条件③得f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)内必 有解，故a≠0，
x＋4
1
且解为x＝－
a
－4.
11< br>?
－
1
?
＝－4，即ln
?
－
1
?
＝0，所以a＝－1.
－
a
－4
?
＝4ln
?< br>－
a
?
＋4a·又最大值为－4，所以f(x)
max
＝f< br>?
?????
a
??
a
?
(2)设f(x)在(1, 2)内的值域为A，g(x)在(1,2)内的值域为B，
由条件可知A?B.
1－x
1
由(1)知，当x∈(1,2)时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝<0，
xx
故f(x)在(1,2)内为减函数，
所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)．
对g(x)求导得g′(x)＝bx
2
－b＝b(x－1)(x＋1)．
若b<0，则当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
22
b，－b
?
. 所以B＝(g(2)，g(1))＝
?
3
??
3
22
由A?B，得b≤ln 2－2，－b≥－1，
33
3
故必有b≤ln 2－3.
2
若b>0，则当x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
22
－b，b
?
. 所以B＝(g(1)，g(2))＝
?
?
33
?
22
由A?B，得－b≤ln 2－2，b≥－1，
33
3
故必有b≥3－ln 2.
2
若b＝0，则B＝{0}，此时A?B不成立．

小古数学
3
3
－∞，ln 2－3
?
∪3－ln 2，＋∞. 综上可知，b的取值范围是
?
2
??
2