3.2 导数的应用(3)第3课时 导数与函数的综合问题

导数的实际应用（三）一、教学目标：1、使利润最大、用料最省、效率最高等优化问题，体会导数在解决实际问题中的作用；2、提高将实际问题转化为数学问题的能力。

二、教学重点：利用导数解决生活中的一些优化问题．教学难点：利用导数解决生活中的一些优化问题．三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、创设情景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．通过前面的学习，我们知道，导数是求函数最大（小）值的有力工具．这一节，我们利用导数，解决一些生活中的优化问题．（二）、新课探究导数在实际生活中的应用主要是解决有关函数最大值、最小值的实际问题，主要有以下几个方面：1、与几何有关的最值问题；2、与物理学有关的最值问题；3、与利润及其成本有关的最值问题；4、效率最值问题。

解决优化问题的方法：首先是需要分析问题中各个变量之间的关系，建立适当的函数关系，并确定函数的定义域，通过创造在闭区间内求函数取值的情境，即核心问题是建立适当的函数关系。

再通过研究相应函数的性质，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具．利用导数解决优化问题的基本思路：（三）、典例分析例1、磁盘的最大存储量问题计算机把数据存储在磁盘上。

磁盘是带有磁性介质的圆盘，并有操作系统将其格式化成磁道和扇区。

磁道是指不同半径所构成的同心轨道，扇区是指被同心角分割所成的扇形区域。

磁道上的定长弧段可作为基本存储单元，根据其磁化与否可分别记录数据0或1，这个基本单元通常被称为比特（bit ）。

为了保障磁盘的分辨率，磁道之间的宽度必需大于m ，每比特所占用的磁道长度不得小于n 。

为了数据检索便利，磁盘格式化时要求所有磁道要具有相同的比特数。

问题：现有一张半径为R 的磁盘，它的存储区是半径介于r 与R 之间的环形区域．（1）是不是r 越小，磁盘的存储量越大？（2）r 为多少时，磁盘具有最大存储量（最外面的磁道不存储任何信息）？解：由题意知：存储量=磁道数×每磁道的比特数。

3.2导数的应用31. 能用导数解决一些有关极值和最值的问题；2．能利用导数的几何意义解决相关问题； .一、复习导学题型一 函数的极值、最值与导数例1 已知实数0a >，函数()()22f x ax x =-（x R ∈）有极大值32.（1）求实数a 的值； （2）求函数()f x 的单调区间.例2 已知函数()326f x ax ax b =-+，是否存在实数a 、b ，使()f x 在[]1,2-上取得最大值3、最小值29-若存在，求出a 、b 的值，若不存在，请说明理由．题型二 利用导数的几何意义解题例3 已知函数()32f x x ax bx c =-+++图象上的点()()1,1P f 处的切线方程为31y x =-+，函数()()23g x f x ax =-+是奇函数．（1）求函数()f x 的表达式；（2）求函数()f x 的极值．变式训练1 已知函数()()2f x x ax b =+（a ，b R ∈）在2x =处取得极值，且()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线与直线30x y +=平行. 求：（1）a ，b 的值；（2）函数()f x 的单调区间.题型三 恒成立及求参数范围问题例4 已知函数321()23f x x bx x a =-++，2x =是()f x 的一个极值点． （1）求()f x 的单调递增区间；（2）若当[1, 3]x ∈时，22()3f x a ->恒成立，求a 的取值范围．变式训练2 已知函数)0()(3≠++=a d cx ax x f 是R 上的奇函数，当1=x 时，)(x f 取得极值2-．（1）求函数)(x f 的解析式；（2）当∈x ]3,3[-时，m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围.1．函数()331f x x x =-+在区间[]3,0-上的最大值、最小值分别是（ ）（A ）1, 1- （B ）1, 17- （C ）3, 17- （D ）9,19-2．已知函数()f x 的导函数()2f x ax bx c '=++的图象如图所示，则()f x 的图象可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）3．函数32y x ax bx =++在(,1)-∞-上单调递增，在()1,2-上单调递减，在()2,+∞上递增，则a 、b 的值为 （ ）（A ）32a =-，6b =- （B ）6a =-，32b =- （C ）3a =，2b = （D ）3a =-，6b =-4．已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在),(+∞-∞上是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ）（A ）),3[]3,(+∞--∞ （B ） ]3,3[-（C ） ),3()3,(+∞--∞ （D ）)3,3(-5．函数()32f x x ax =+-在区间()1,+∞内是增函数，则实数a 的取值范围是（ ）（A ）[)3,+∞ （B ）[)3,-+∞ （C ）()3,-+∞ （D ）(),3-∞-6．函数()31f x ax x =++有极值的充要条件是 （ ）（A ）0a > （B ）0a ≥ （C ）0a < （D ）0a ≤7．函数()y f x =的图象过原点且它的导函数()y f x '=的图象是如图所示的一条直线，则()y f x =的图象的顶点在 （ ）（A ）第一象限 （B ）第二象限（C ）第三象限 （D ）第四象限8．函数,223a bx ax x y +--=在1=x 处有极值10，则b a ,的值为（ ）（A ）3a =，3b =-或4a =-，11b = （B ）3a =，3b =-（C ）4a =-，11b = （D ）以上都不正确9．已知()3226f x x x m =-+（m 为常数）在[]2,2-上有最大值3，那么此函数在[]2,2-上的最小值为（ ）（A ）37- （B ）29- （C ）5- （D ）11-O y x ()x f y '=O y x 1x O y x 1x O y x 1x O yx 1x O y x 1x10．函数1()sin 2f x x x =-在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值是 （ ）（A ）1122π-（B ）6π- （C ）0 （D ）1 2- 11．设321()252f x x x x =--+，当[]21，-∈x 时，()f x m <恒成立，则实数m 的取值范围为 ____________.12．已知函数()3222f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-.（1）求函数()f x 的解析式；（2）设函数()()13g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围.13．已知函数32()f x x ax bx c =+++在1x =，2x =-时都取得极值．（1）求a ，b 的值； （2）若[3,2]x ∈-都有210()2c f x ->恒成立，求c 的取值范围．14．已知函数()3232f x x ax b =-+（a ，b 为实数，且1a >）在区间[]1,1-上的最大值为1，最小值为2-.（1）求()f x 的解析式；（2）若函数()()g x f x mx =-在区间[]2,2-上为减函数，求实数m 的取值范围．___________________________________________________________________ 感谢您的阅读，祝您生活愉快。

第3课时 导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数； (2)构造函数法研究零点问题． 角度一 利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数为f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x＝－（ax －1）（x －1）x(a ＞0)，①当a ∈(0，1)时，1a＞1.由f ′(x )＜0，得x ＞1a或a ＜1.所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；②当a ＝1时，恒有f ′(x )≤0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； ③当a ∈(1，＋∞)时，1a＜1.由f ′(x )＜0, 得x ＞1或x ＜1a.所以f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．综上，当a ∈(0，1)时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4（x ＋2）2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)．则p ′(x )＝（2x －1）（x ＋2）x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0，故p (x )在[12，＋∞)上单调递增．因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1， 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.角度二 构造函数法研究零点问题设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx ，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，F ′(x )＝－（x －1）（x －m ）x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时F ′(x )＞0， 所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点，综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43.化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.利用导数研究不等式问题(高频考点)利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式； (2)不等式恒成立问题． 角度一 证明函数不等式(2020·温州市高考模拟)设函数f (x )＝e x－1x，证明：(1)当x ＜0时，f (x )＜1；(2)对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a .【证明】 (1)因为当x ＜0时，f (x )＜1，等价于xf (x )＞x ，即xf (x )－x ＞0， 设g (x )＝xf (x )－x ＝e x－1－x ，所以g ′(x )＝e x－1＜0在(－∞，0)上恒成立， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以g (x )＞g (0)＝1－1－0＝0， 所以xf (x )－x ＞0恒成立， 所以x ＜0时，f (x )＜1.(2)要证明当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a ， 即证0＜x ＜ln(1＋a )时，f (x )－1＜a ， 即证e x－1x＜a ＋1，即证e x－1＜(a ＋1)x 即证e x－1－(a ＋1)x ＜0， 令h (x )＝e x－1－(a ＋1)x ， 所以h ′(x )＝e x－(a ＋1)＜eln(a ＋1)－(a ＋1)＝0，所以h (x )单调递减，所以h (x )＜h (0)＝0， 同理可证当x ＜0时，结论成立．所以对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a . 角度二 不等式恒成立问题(2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x 2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x . ①当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22)＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x－2x ＋1－1x＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）.故因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0.②当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17，则q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17. 由①得，q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝－277p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17<－277p (1)＝0.所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.(1)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，当x ∈(a ，b )时，有F (x )＜0，即证明f (x )＜g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 1．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．k ≤1 B ．k ≥1 C ．k ≤－1D ．k ≥－1解析：选A.由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )＜0时，x ＜0，f ′(x )＞0时，x ＞0.所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝1.所以k 的取值范围为k ≤1，故选A.2．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x－1x，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以故g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)， 直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．核心素养系列6 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)， 以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·… ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(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x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(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x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .[基础题组练]1．(2020·台州市高考模拟)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：选A.因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．2．(2020·丽水模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：43．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立， 即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0， 故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0， 从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f (x )＝x 2＋1x，x ∈(0，1]．(1)求f (x )的极值点；(2)证明：f (x )＞x ＋34.解：(1)f ′(x )＝2x －1x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝312∈(0，1]．当0＜x ＜312时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当312＜x ≤1时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增，所以，f (x )有极小值点x ＝312，但不存在极大值点．(2)证明：设F (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝2x －1x 2－12x ＝4x 3－（x ）3－22x2， 设t ＝(x )3，则方程4x 3－(x )3－2＝4t 2－t －2＝0在区间t ∈(0，1)内恰有一个实根． 设方程4x 3－(x )3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x 0，即x 30＝（x 0）3＋24.所以，当0＜x ＜x 0时，F ′(x )＜0，此时F (x )单调递减； 当x 0＜x ≤1时，F ′(x )＞0，此时F (x )单调递增．所以[F (x )]min ＝F (x 0)＝x 20＋1x 0－x 0＝x 30－（x 0）3＋1x 0＝－34x 0＋32x 0.由y ＝－34x ＋32x 在(0，1]上是减函数知，－34x 0＋32x 0＞－34×1＋32×1＝34，故[F (x )]min＞34. 综上，f (x )>x ＋34.5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减． (2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数， 所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x－1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x－1， 当x ＝0，1时，k ∈R ， 当x ∈(0，1)时，k ≤e x－1x 2－x 3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；①e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x－1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x－1≥x ， 又x ≠0，所以e x－1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6， 由①②可知，4＜λ＜6.[综合题组练]1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)上单调递增，在(12，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)．当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类： 当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时， Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1； 当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1.所以m 的最小值为1.2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围；(2)当a ＝0，b ≥－1时，求证：对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，由已知可得f ′(x )＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0f ′（2）＞0Δ＞0－a 2∈（0，2），即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞02a ＋b ＋4＞0a 2－4b ＞0，a ∈（－4，0）令z ＝3a ＋b ， 如图所示：由图可知－8＜z ＜0，故3a ＋b 的取值范围(－8，0)．(2)证明：f (x )＝13x 3＋bx (b ≥－1，x ∈[0，2])，所以f ′(x )＝x 2＋b ，当b ≥0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，则f (x )在[0，2]上单调递增， 故0＝f (0)≤f (x )≤f (2)＝2b ＋83，所以|f (x )|≤2b ＋83；当－1≤b ＜0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－b ∈(0，2)， 则f (x )在[0，－b ]上单调递减，在[－b ，2]上单调递增，所以f (－b )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}．因为f (0)＝0，f (2)＝2b ＋83＞0，f (－b )＝23b －b ＜0，要证|f (x )|≤2b ＋83，只需证－23b －b ≤2b ＋83，即证－b (－b ＋3)≤4，因为－1≤b ＜0，所以0＜－b ≤1，3＜－b ＋3≤4， 所以－b (－b ＋3)≤4成立．综上所述，对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．。

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第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时导数与函数的综合问题练习理新人教A版基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是（）A.3B.2C.1 D。

0解析设f（x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x）＝3x2－12x＋9＝3（x－1）（x－3)，由此可知函数的极大值为f(1）＝－6＜0,极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1。

答案C2。

若存在正数x使2x(x－a)＜1成立,则实数a的取值范围是( )A.(－∞,＋∞）B.（－2，＋∞）C。

(0，＋∞) D。

（－1，＋∞）解析∵2x(x－a）＜1，∴a＞x－错误!.令f（x）＝x－错误!，∴f′（x)＝1＋2－x ln 2＞0.∴f（x)在(0，＋∞）上单调递增，∴f（x）＞f(0）＝0－1＝－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).答案D3。

（2017·山东省实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x）〉0，则( ）A。