第13讲 导数的综合应用
利用导数研究函数的零点和方程根的问题[学生用书P54]
[典例引领]
(2016·高考北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．
【解】 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，当c＞0且c－＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－)，x3∈(－，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，)时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
利用导数研究方程根的方法
(1)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．
(2)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．
(3)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．
设函数f(x)＝－kln x，k＞0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
[解] (1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，
解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝，f(x)无极大值．
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，
所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k＞e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
利用导数研究不等式问题(高频考点)[学生用书P54]
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且常以解答题的形式考查，难度较大．
高考对利用导数研究不等式问题的考查有以下两个命题角度：
(1)证明不等式；
(2)不等式恒成立问题．
[典例引领]
(2016·高考全国卷丙)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解】 (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1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x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，即
1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(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．
[题点通关]
角度一 证明不等式
1．已知函数f(x)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.
[解] (1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，所以f′(x)＝ex－.
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1.
要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln x－2＞0.
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－.
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈.
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0.
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0.
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝e x0－ln x0－2＝＋x0－2＞0.
综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.
角度二 不等式恒成立问题
2．ex≥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≤－1 D．k≥－1
A [解析] 由ex≥k＋x，得k≤ex－x.
令f(x)＝ex－x，
所以f′(x)＝ex－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.
3．(2017·长沙模拟)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
[解] (1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.
①当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞))．
又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－.设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
利用导数研究生活中的优化问题[学生用书P55]
[典例引领]
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【解】 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，从而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r>0，又由h>0可得r<5，
故函数V(r)的定义域为(0，5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
(2017·临沂模拟)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3<x<6，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，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解] (1)因为x＝5时，y＝11，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，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)2，3<x<6.
从而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.
故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[学生用书P56]
——函数与导数的综合问题
(本题满分12分)已知函数f(x)＝ex，a，b∈R，且a>0.
(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)设g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，若存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立，求的取值范围．
[思维导图]
(1)
(2)
(1)当a＝2，b＝1时，f(x)＝ex，
定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝ex.(2分)
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝，(3分)
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表
x
(－∞，－1)
－1
(－1，0)
f′(x)
＋
0
－
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
由表知f(x)的极大值是f(－1)＝，
f(x)的极小值是f＝4.(6分)
(2)因为g(x)＝ex，
所以g′(x)＝ex.(7分)
由g(x)＋g′(x)＝0得
ex＋ex＝0，
整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.(8分)
存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立等价于存在x>1，使得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立．
因为a>0，所以＝.(10分)
设u(x)＝(x>1)，则
u′(x)＝.(11分)
因为x>1时，u′(x)>0恒成立，所以u(x)在(1，＋∞)上是增函数，
即的取值范围为(－1，＋∞)．(12分)
(1)本题构造函数u(x)是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的值域问题．
(2)学会利用导数法求给定区间上的函数的最值问题的步骤
第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；
第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；
第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值．
[学生用书P273(独立成册)]
1．(2017·广州市高考模拟)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．0 B．1
C．0或1 D．无数个
A [解析] 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．(2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是( )
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
A [解析] 由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
3．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，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________万件．
[解析] 因为y′＝－x2＋81，所以当x>9时，y′<0；当0<x<9时，y′>0.所以函数y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是该函数的极大值点，又该函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以该函数在x＝9处取得最大值．
[答案] 9
4．(2017·烟台模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋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)＝ax3－3x＋1≥0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a≥4.
当x<0时，即x∈[－1，0)时，
同理a≤－.
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] 4
5．(2017·张掖市第一次诊断考试)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)判断f(x)的单调性；
(2)当f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－a，函数f(x)＝ln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a≤0时，f′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当a＞0时，x∈时，f′(x)＞0，此时f(x)在上是增函数，x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)在上是减函数．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当a＞0时，f(x)在上是增函数，在上是减函数．
(2)f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，即a＞在(0，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，
故当x＝e时，g(x)取得最大值，
所以a的取值范围是.
6．(2017·贵州省七校第一次联考)函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0；
(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．
[解] (1)因为ex＞0，所以不等式f(x)≤0即为ax2＋x≤0，
又因为a＞0，所以不等式可化为x≤0，
所以不等式f(x)≤0的解集为.
(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于ex－－1＝0.
令 h(x)＝ex－－1，
因为h′(x)＝ex＋＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，
又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2)＝e－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，
所以整数t的所有值为{－3，1}．
7．(2017·高考全国卷乙)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，即f(－lna)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－lna)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(ae n0＋a－2)－n0>e n0－n0>2 n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－lna，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
8．(2016·高考四川卷)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
[解] (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝ .
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当0<a<时，>1.
由(1)有f<f(1)＝0，而g>0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.
9．(2017·贵州省适应性考试)设n∈N*，函数f(x)＝，函数g(x)＝(x＞0)．
(1)当n＝1时，求函数y＝f(x)的零点个数；
(2)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象分别位于直线y＝1的两侧，求n的取值集合A；
(3)对于∀n∈A，∀x1，x2∈(0，＋∞)，求|f(x1)－g(x2)|的最小值．
[解] (1)当n＝1时，f(x)＝，f′(x)＝(x＞0)．
由f′(x)＞0得0＜x＜e；由f′(x)＜0得x＞e.
所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
因为f(e)＝＞0，f＝－e＜0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；
当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝＞0恒成立，
所以函数f(x)在(e，＋∞)上不存在零点．
综上可得函数f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一个零点．
(2)对函数f(x)＝求导，得f′(x)＝(x＞0)，
由f′(x)＞0，得0＜x＜e；由f′(x)＜0，得x＞e.
所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
则当x＝e时，函数f(x)有最大值f(x)max＝f(e)＝.
对函数g(x)＝(x＞0)求导，得g′(x)＝(x＞0)，
由g′(x)＞0，得x＞n；由g′(x)＜0，得0＜x＜n.
所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增．
则当x＝n时，函数g(x)有最小值g(x)min＝g(n)＝.
因为∀n∈N*，函数f(x)的最大值f(e)＝＜1，
即函数f(x)＝在直线y＝1的下方，
故函数g(x)＝(x＞0)在直线y＝1的上方，
所以g(x)min＝g(n)＝＞1，解得n＜e.
所以n的取值集合A＝{1，2}．
(3)对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－g(x2)|的最小值等价于g(x)min－f(x)max＝－.
当n＝1时，g(x)min－f(x)max＝e－；
当n＝2时，g(x)min－f(x)max＝－；
因为－＝＞0，
所以|f(x1)－g(x2)|的最小值为－＝.
