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．(2024·四川南充一诊)若函数f(x)＝x＋x－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) C．(1,5] 答案 A
解析 由题意知f′(x)＝3x＋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 2 3 2 B．[1,5) D．(－∞，1)∪(5，＋∞) 2．(2024·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) C．(－∞，－1) 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－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是( ) A．(－2,2) C．(－∞，－1) 答案 A 解析 f′(x)＝3x－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???f23 B．(－1，＋∞) D．(－∞，＋∞) B．[－2,2] D．(1，＋∞) －1＝2＋a>0，1＝a－2<0， ∴－2 4．(2024·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) C．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)，则f′(x)＝2(x－1)，满足(x－1)·f′(x)＝2(x－1)≥0，且f(0)＝1，f(1)＝0，f(2)＝1，则有f(0)＋ 2 2 B．f(0)＋f(2)≤2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1) 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．(2024·贵阳模拟)若关于x的不等式x－3x－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( ) A．(－∞，7] C．(－∞，0] 答案 B 解析 令f(x)＝x－3x－9x＋2，则f′(x)＝3x－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1 3 2 2 3 2 B．(－∞，－20] D．[－12,7] 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. 1－x?1?6．已知a≤＋ln x对任意的x∈?，2?恒成立，则a的最大值为________． x?2?答案 0 1－xx－1?1?解析 令f(x)＝＋ln x，f′(x)＝2，当x∈?，1?时，f′(x)<0，当x∈(1,2] xx?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 (2024·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝数)． (1)若F(x)＝f(x)－f(－x)，求F(x)的单调区间； x＋1 e x(其中e≈2.718…为自然对数的底 ?3?(2)若方程f(x)＝k?x＋?在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k的取值范围． ?2? 解 (1)由题意知，F(x)＝f(x)－f(－x)＝1?－xx?xe－所以F′(x)＝x＋xe＝x?x?. e?e?1x当x<0时，e－x<0， e x＋1－x＋1 e x－e －x， ?x1?所以x?e－x?>0，即F′(x)>0， e?? 当x＝0时，F′(x)＝0， 1x当x>0时，e－x>0，即F′(x)>0， e 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＋1 x－x，所以f′(x)＝x， ee 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， 3??x＋结合函数图象可知，当k≤0时，方程f(x)＝k??有且仅有一个实数根． ?2?当k>0时，设曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－ x0＋1 e x0 ＝－ x0 (x－x0)， e x0 ?3?且该直线过定点?－，0?， ?2? 所以0－ x0＋1 e x0 x0?31?＝－ x0?－－x0?，解得x0＝－2(舍去)或x0＝－， e?22? e， 2 此时切线的斜率为 ?3?数形结合可知，若方程f(x)＝k?x＋?在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k?2? 的取值范围是?0， 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. 11 即时训练 1.已知函数f(x)＝＋(1－a)ln x＋ax，g(x)＝－(a＋1)ln x＋x2＋ax－t(a? ?e??. 2? xx∈R，t∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； ?1?(2)记h(x)＝f(x)－g(x)，若函数h(x)在?，e?上有两个零点，求实数t的取值范围． ?e? 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1－aax＋1－af′(x)＝－2＋＋a＝2 1 2 x－1 xxx ＝ x－1 x2ax＋1 . 当a＝0时，f′(x)＝ x－1 ，令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0 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)＝ ax－1?x＋?a? ? 1? ? x2 ， 1 ①当a>0时，x＋>0，令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0 a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； 1－ ②当a＝－1时，1＝－，f′(x)＝ ax－1x2 2 ≤0， 所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减； 111 ③当－1 aaa1??1??所以函数f(x)在区间(0,1)和?－，＋∞?上单调递减，在区间?1，－?上单调递增； ?a??a? 111 ④当a<－1时，1>－，令f′(x)>0，则－ aaa1???1?以函数f(x)在区间?0，－?和(1，＋∞)上单调递减，在区间?－，1?上单调递增． ?a??a? 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； 1??1??当－1 ?a??a? 调递增； 1???1?当a<－1时，函数f(x)在区间?0，－?，(1，＋∞)上单调递减，在区间?－，1?上单 ?a??a? 调递增． (2)h(x)＝f(x)－g(x)＝2ln x－x＋t，定义域为(0，＋∞)， 2－2 则h′(x)＝－2x＝ 2 xx＋1 xx－1 ?1?，当x∈?，e?时，令h′(x)＝0，得x＝1， ?e? 1 当 又h??＝t－2－2，h(e)＝t＋2－e， e?e? ?1?所以h(x)在?，e?上有两个零点的条件是 ?e?
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