2019届高考数学一轮复习-第三章-导数及其应用-第四节-导数与函数的综合问题-文.ppt

节导数与函数的综合问题总纲目录教材研读1.利用导数证明不等式的基本步骤考点突破2.一元三次方程根的个数问题考点二利用导数研究函数零点问题考点一导数与不等式的有关问题考点三利用导数研究生活中的优化问题1.利用导数证明不等式的基本步骤利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)下结论.教材研读教材研读2.一元三次方程根的个数问题一元三次方程根的个数问题令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则f(x)=3ax2+2bx+c.方程f(x)=0的判别式=(2b)2-12ac,(1)当0,即b23ac时,f(x)0恒成立,f(x)在R上为增函数,结合函数f(x)的图象知,方程f(x)=0有唯一唯一一个实根.(2)当0,即b23ac时,方程f(x)=0有两个不同的实根,设为x1,x2(x1m).a.当m0时,方程f(x)=0有一一个实根;b.当m=0时,方程f(x)=0有两两个实根;c.当m0时,方程f(x)=0有三三个实根;d.当M=0时,方程f(x)=0有两两个实根;e.当M0时,方程f(x)=0有一一个实根.3.生活中的利润最大、用料最省、效率最高等问题我们称之为优化问题.导数是解决生活中优化问题的有力工具,用导数解决优化问题的基本思路:(1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x);(2)求函数的导数f(x),解方程f(x)=0,确定极值点;(3)比较函数在区间端点的值和在极值点的值的大小,最大(小)值为函数的最大(小)值;(4)还原到实际问题中作答.1.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为()A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件答案答案Cy=-x2+81.令y=0,得x=9或x=-9(舍去).当0 x0,函数单调递增;当x9时,y0,函数单调递减.故当x=9时,y取最大值,即使该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件.C2.已知函数f(x)的定义域为-1,4,部分对应值如下表,f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示.当1a2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为()A.2B.3C.4D.5x-10234f(x)12020C答案答案C根据已知条件可还原出函数f(x)在定义域-1,4内的大致图象.函数y=f(x)-a的零点个数即直线y=a与曲线y=f(x)的交点个数.因为1a0,即x(0,1时,f(x)=ax3-3x+10可化为a-.设g(x)=-,则g(x)=,所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,因此g(x)max=g=4,从而a4.当x0时,有0的解集是()A.(-2,0)(2,+)B.(-2,0)(0,2)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-2)(0,2)D答案答案D解析解析当x0时,0,即f(x)0.在(2,+)内恒有(x)0,即f(x)0,在(-2,0)内恒有f(x)0的解集,即f(x)0的解集,x2f(x)0的解集为(-,-2)(0,2).典例典例2设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求证:当x(1,+)时,1x.命题方向二证明不等式命题方向二证明不等式解析解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1,令f(x)=0,解得x=1.当0 x0,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x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,lnxx-1.故当x(1,+)时,lnxx-1,ln-1,即10).当0 x0;当x1时,f(x)0)上存在极值,所以解得a1.故实数a的取值范围是a0,从而g(x)0,故g(x)在1,+)上单调递增,所以g(x)的最小值为g(1)=2,所以k2-k2,解得-1k2.故实数k的取值范围是-1k2.探究探究将本例(2)改为存在x01,e,使不等式f(x)成立,求实数k的取值范围.解析解析当x1,e时,k有解,令g(x)=,由典例3(2)解题知,g(x)在1,+)上为单调增函数,x1,e,g(x)max=ge)=2+,k2+,即实数k的取值范围是.方法技巧方法技巧1.利用导数解不等式的思路已知一个含f(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式.2.利用导数证明不等式的方法证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即f(x)f(e)f(3)B.f(3)f(e)f(2)C.f(3)f(2)f(e)D.f(e)f(3)f(2)答案答案Df(x)的定义域是(0,+),f(x)=,令f(x)=0,解得x=e.当x(0,e)时,f(x)0,f(x)单调递增,当x(e,+)时,f(x)f(3)f(2),故选D.D1-2(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x时,f(x)0,故f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0).当a0时,由ax2-10,得x,由ax2-10,得0 x0时,F(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.当a0时,F(x)0)恒成立.故当a0时,F(x)在(0,+)上单调递减.(2)由题意得a=在区间,e上有两个不相等的解.令(x)=,由(x)=易知,(x)在(,)上为增函数,在(,e)上为减函数,则(x)max=()=,而(e)=,()=.由(e)-()=-=0,所以(e)().所以(x)min=(e),由图可知当(x)=a有两个不相等的解时,需a0,所以f(x)在(0,+)上单调递增,当m0时,f(x)=,所以当0 x时,f(x)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.综上,当m0时,f(x)在(0,+)上单调递增;当m0时,函数f(x)的单调增区间是(,+),单调减区间是(0,).(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-x2+(m+1)x-mlnx,x0,问题等价于求函数F(x)的零点个数问题,F(x)=-,当m=1时,F(x)0,F(x)为减函数,因为F(1)=0,F(4)=-ln41时,0 xm时,F(x)0;1x0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+)上单调递减,在(1,m)上单调递增,因为F(1)=m+0,F(2m+2)=-mln(2m+2)0,所以F(x)有唯一零点.综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点.典例典例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(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)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,试确定使商场每日销售该商品所获得的利润最大的销售价格x的值.考点三利用导数研究生活中的优化问题考点三利用导数研究生活中的优化问题解析解析(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3x6.则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:x(3,4)4(4,6)f(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.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.