第12节 导数的综合应用（解析版）

第12节导数的综合应用核心素养要做实题型一利用导数证明不等式【例1】设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.【解析】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【方法归纳】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．【跟踪训练1】已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex.【解析】(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<ex.题型二导数与函数的零点问题探究1确定函数的零点个数【例2】已知函数f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)为f(x)的导函数．(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．【证明】(1)设g(x)＝f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋2cosx，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sinx－eq\f(1,x2)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3,π)－1＋1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)－1<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知：当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增，当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减；所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)<α<\f(π,2)))，所以f(α)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝lneq\f(π,2)－eq\f(π,2)＋2>2－eq\f(π,2)>0，又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－2－eq\f(1,e2)＋2sineq\f(1,e2)<－2－eq\f(1,e2)＋2<0，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点．又因为f(π)＝lnπ－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．②当x∈[π，2π)时，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，设h(x)＝lnx－x，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点．③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤lnx－x＋2，设φ(x)＝lnx－x＋2，φ′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个零点．【方法归纳】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上的零点的个数．探究2根据函数的零点个数求参数范围【例3】若函数f(x)＝ex－ax2，a∈R在(0，＋∞)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【解析】由f(x)＝0可得eq\f(1,a)＝eq\f(x2,ex)，令k(x)＝eq\f(x2,ex)(x∈(0，＋∞))，则函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，即直线y＝eq\f(1,a)与函数k(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，k′(x)＝eq\f(2x－x2,ex)＝eq\f(x2－x,ex)，令k′(x)＝0得x＝2，当x∈(0,2)时，k′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，k′(x)<0，所以k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以k(x)在(0，＋∞)上的最大值为k(2)＝eq\f(4,e2)，因为k(0)＝0，并且当x>2时，eq\f(x2,ex)>0，所以当0<eq\f(1,a)<eq\f(4,e2)时，k(x)在(0，＋∞)上的图象与直线y＝eq\f(1,a)有两个不同的交点，即当a>eq\f(e2,4)时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点．所以，若函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，则实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).【方法归纳】已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．【跟踪训练2】若函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，求实数m的取值范围．【解析】g(x)＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex·(x－2)与直线y＝m有两个交点．u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e，又x→＋∞时，u(x)→＋∞；x<2时，u(x)<0，所以－e<m<0.题型三导数在解决实际问题中的应用【例4】某地需要修建一条大型输油管道通过720千米宽的荒漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站)．经预算，修建一个增压站的工程费用为108万元，铺设距离为x千米的相邻两增压站之间的输油管道费用为(2＋eq\r(x))x万元．设余下工程的总费用为y万元．(1)试将y表示成关于x的函数；(2)需要修建多少个增压站才能使总费用y最小？【解析】(1)设需要新建n个增压站，且(n＋1)x＝720，即n＝eq\f(720,x)－1，则y关于x的函数关系式为y＝f(x)＝108n＋(n＋1)(2＋eq\r(x))x＝108×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(720,x)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(720,x)－1＋1))(2＋eq\r(x))x＝eq\f(77760,x)＋720eq\r(x)＋1332；(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(77760,x)＋720eq\r(x)＋1332，f′(x)＝－eq\f(77760,x2)＋eq\f(360,\r(x))，令f′(x)＝0，得x＝216，解得x＝36，当0<x<36时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,36)内为减函数，当36<x<720时，f′(x)>0，f(x)在区间(36,720)内为增函数，所以f(x)在x＝36处取得最小值，此时n＝eq\f(720,36)－1＝19，即需要新建19个增压站才能使y最小．【方法归纳】利用导数的方法解决实际问题．当在定义区间内只有一个点使f′(x)＝0时，如果函数在这点有极大(小)值，那么不与端点值比较，也可以知道在这个点取得最大(小)值．【跟踪训练3】某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t(百万元)，可增加的销售额为－t2＋5t(百万元)(0≤t≤3)．(1)若该商场将当年的广告费控制在三百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司由广告费而产生的收益最大．(注：收益＝销售额－投入费用)(2)现在该商场准备投入三百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预算，每投入技术改造费x(百万元)，可增加的销售额约为－eq\f(1,3)x3＋x2＋3x(百万元)，请设计一个资金分配方案，使该商场由这两项共同产生的收益最大．【解析】(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，则f(t)＝－t2＋5t－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．所以当t＝2时，f(t)max＝4，即当商场投入两百万元广告费时，才能使商场由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告促销的费用为(3－x)(百万元)，则由此两项所增加的收益为g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2＋3x＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－eq\f(1,3)x3＋4x＋3.对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当0<x<2时，g′(x)>0，即g(x)在[0,2)上单调递增；当2<x<3时，g′(x)<0，即g(x)在(2,3]上单调递减，所以当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝eq\f(25,3).故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益最大，最大收益为eq\f(25,3)百万元．达标检测要扎实1．已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，若方程在(0，1)内存在唯一实根，求证：．【解析】(1)函数的定义域为则：当，时，恒成立，所以单调递减；当时，令，解得或(舍去)，令，，令，所以在上单调递减；上单调递增．综上所述：当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为(0，)(2)由题意知：当时，方程在(0，1)内存在唯一根，令，则，当时，，则有两个不相等的实数根，又，，故设，令，则，或则当时，g(x)单调递增，当时，g(x)单调递减，当时，g(x)单调递增，又，且g(x)在(0，1)内存在唯一零点，则，即，所以①，且②，由①得：，代入②得令，则，当时，∴h(x)在(0，)上单调递减，又，∴h(x)在区间有且仅有一个零点，即．2．已知函数，其中，为自然对数的底数.(1)若，，证明：当时，；当时，(2)若，函数在区间内不单调，求的取值范围【解析】(1)，，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，故，故单调递增，又，所以当时，；当时，(2)函数在区间内不单调，即存在零点，由可知，又，而函数在区间内有零点，则函数在区间内至少有三个单调区间，令，又①若，则，，所以函数在区间上单增，函数即在区间上单调，不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求.②若，则，，所以函数在区间上单减，函数即在区间上单调，不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求.③若，则，于是当时，，当时，，所以函数在区间上单减，在区间上单增，若，则则，由所以在区间上单增，在区间上单减，即恒成立于是，函数在区间内至少有三个单调区间，所以，得，又，所以综上，的取值范围为3．已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图象的一条切线，求实数的值；(2)若，且，判断与的大小关系，并说明理由．【解析】(1)因为，所以在处切线斜率，切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得；(2)，理由如下：由题，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理②①+②得，因为，由得，即，所以，即，所以．4．已知函数．(1)当时，求函数的极值；(2)若函数在无零点，求实数a的取值范围．【解析】(1)由题知，当时，，∴，令，．∴时，，单调递减；时，，单调递增．∴是的极小值点，∴的极小值为，无极大值．(2)由题知，∴，；令，∴，∵，∴恒成立，∴单调递增，即单调递增．①当时，∴，∴单调递增∴恒成立，即在上无零点，∴．②当时，令，，，又单调递增，∴时，，时，，∴在时单调递减，时，单调递增，∴，又∵时，∴，，即在上有零点，不合题意；综上所述．5．已知函数.(1)当时，求函数的单调递增区间；(2)设函数，若在上存在极值，求a的取值范围.【解析】(1)当时，函数，其定义域为，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)由，可得，设，则，令，即，解得，当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上，单调递减，且，显然，若在上存在极值，则满足或，解得，综上可得，当时，在上存在极值，所以实数的取值范围为.6．已知函数．(1)若在处的切线与轴平行，求的值；(2)有两个极值点，比较与的大小；(3)若在上的最大值为，求的值．【解析】(1)，由，解得，当时，，，符合题意；当时，，，此时切线与x轴重合，不符合题意；所以；(2)由（1）知：，令可得或，则在单增，在上单减，则是的两个极值点，不妨设，则，，又，即；(3)由（2）知：在单增，在上单减.当时，，则在上单增，则，解得或，故；当时，，则在上单增，在上单减，则，解得，不满足，不合题意；当时，，则在上单减，则，不合题意；当时，，则在上单减，在上单增，则，若，则，解得或，不满足，不合题意，若，则，解得或，不满足，不合题意；当时，则在上单增，则，解得或，故；综上：或.7．已知函数.(1)若有两个零点，的取值范围；(2)若方程有两个实根、，且，证明：.【解析】(1)函数的定义域为.当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，由可得，构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，，由可得，列表如下：增极大值减所以，函数的极大值为，如下图所示：且当时，，由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，故实数的取值范围是.(2)证明：因为，则，令，其中，则有，，所以，函数在上单调递增，因为方程有两个实根、，令，，则关于的方程也有两个实根、，且，要证，即证，即证，即证，由已知，所以，，整理可得，不妨设，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，其中，，所以，函数在上单调递增，当时，，故原不等式成立.8．设函数，．(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，恒成立，求a的取值范围；(3)求证：当时，．【解析】(1)，，即切线.，，则切线方程为：.(2)，恒成立等价于，恒成立.设，，，，为增函数，，，为减函数，所以，即.(3)，等价于，.设，，，设，，，所以在为增函数，即，所以，即在为增函数，即，即证：.9．已知函数在处的切线与直线垂直，函数.(1)求实数的值；(2)若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；(3)设是函数的两个极值点，证明：.【解析】(1)函数的定义域为，，由已知得在处的切线的斜率为，则，即，解得；(2)由（1）得，则，∵函数存在单调递减区间，∴在上有解，∵，设，则，∴只需或，解得或，故实数的取值范围为；(3)证明：由题意可知，，∵有两个极值点，，∴，是的两个根，则，∴，∴要证，即证，即证，即证，即证，令，则证明，令，则，∴在上单调递增，则，即，所以原不等式成立．10．已