2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件:专题1 函数与导数、不等式 第5讲


第5讲

导数与实际应用及不等式问题

高考定位 高考对本内容的考查主要有:(1)导数在实际问题

中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液,使应用题涉及到
的函数模型更加宽广,要求是B级;(2)导数还经常作为高考 的压轴题,能力要求非常高.作为导数综合题,主要是涉及利 用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等,常 伴随对参数的讨论,这也是难点之所在.

真题感悟

(2014· 江苏卷)已知函数 f(x)=ex+e x,其中 e 是自然对数的


底数. (1)证明:f(x)是 R 上的偶函数; (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e x+m-1 在(0,+∞)上恒成


立,求实数 m 的取值范围; (3)已知正数 a 满足: 存在 x0∈[1, +∞), 使得 f(x0)<a(-x3 0+ 3x0)成立.试比较 ea 1 与 ae 1 的大小,并证明你的结论.
- -

(1)证明 因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)
=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.
(2)解 由条件知 m(ex+e-x-1)≤e-x-1 在(0,+∞)上恒成立.
x

t-1 令 t=e (x>0),则 t>1,所以 m≤- 2 =- t -t+1 1 任意 t>1 成立.因为 t-1+ +1≥2 t -1 所以- 1 1 t-1+ +1 t-1

对 1 t-1+ +1 t-1

1

1 (t-1)· +1=3, t -1

1 ≥-3,当且仅当 t=2,即 x=ln 2 时等号

1 成立.因此实数 m 的取值范围是(-∞,- ]. 3

(3)解

1 令函数 g(x)=e + x-a(-x3+3x), e
x x

1 则 g′(x)=e - x+3a(x2-1). e 1 当 x≥1 时,e - x>0,x2-1≥0,又 a>0,故 g′(x)>0. e
x

所以 g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此 g(x)在[1, +∞)上的最小值是 g(1)=e+e-1-2a. 由于存在 x0∈[1, +∞), 使 ex0+e-x0-a(-x3 0+3x0)<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0.

-1 e + e - 故 e+e 1-2a<0,即 a> 2 .令函数 h(x)=x-(e-1)ln x-

e-1 1,则 h′(x)=1- x .令 h′(x)=0,得 x=e-1, 当 x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故 h(x)是(0,e-1)上的单调 减函数;当 x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故 h(x)是(e-1, +∞)上的单调增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1).
注意到 h(1)=h(e)=0,所以当 x∈(1,e-1)?(0,e-1)时, h(e-1)≤h(x)<h(1)=0.当 x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时, h(x)<h(e)=0.所以 h(x)<0 对任意的 x∈(1,e)成立.

①当

?e+e-1 ? ? ? a∈? ,e??(1,e)时,h(a)<0, ? 2 ?

即 a-1<(e-1)ln a,从而 ea-1<ae-1; ②当 a=e 时,ea-1=ae-1; ③当 a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0, 即 a-1>(e-1)ln a,故 ea-1>ae-1. 综上所述,当
?e+e-1 ? ? ? a-1 e-1 a∈? 时, e < a ; , e ? 2 ? ?

当 a=e 时,ea-1=ae-1;当 a∈(e,+∞)时,ea-1>ae-1.

考点整合 1.解决函数的实际应用题,首先考虑题目考查的函数模型, 并要注意定义域,其解题步骤是:(1)阅读理解,审清题 意:分析出已知什么,求什么,从中提炼出相应的数学问

题;(2)数学建模:弄清题目中的已知条件和数量关系,
建立函数关系式;(3)解函数模型:利用数学方法得出函 数模型的数学结果;(4)实际问题作答:将数学问题的结 果转化成实际问题作出解答.

2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题:将原不等式分离 参数,转化为不含参数的函数的最值问题,利用导数

求该函数的最值,根据要求得所求范围.一般地,
f(x)≥a恒成立,只需f(x)min≥a即可;f(x)≤a恒成立, 只需f(x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题:将不等式转化为某含 待求参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的极

值(最值),伴有对参数的分类讨论,然后构建不等式
求解.

3.常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证
明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数:稍作变形后构造.对原不等式同解变形,如 移项、通分、取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式 子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数.

(3)适当放缩后再构造:若所构造函数最值不易求解,可将所证明
不等式进行放缩,再重新构造函数. (4)构造双函数:若直接构造函数求导,难以判断符号,导数的零 点也不易求得,因此单调性和极值点都不易获得,从而构造f(x)和 g(x),利用其最值求解.

4.不等式的恒成立与能成立问题

(1)f(x)>g(x)对一切x∈[a,b]恒成立?[a,b]是f(x)>
g(x)的解集的子集?[f(x)-g(x)]min>0(x∈[a,b]). (2)f(x)>g(x)对x∈[a,b]能成立?[a,b]与f(x)>g(x)的 解集的交集不是空集?[f(x)-g(x)]max>0(x∈[a,b]). (3)对?x1,x2∈[a,b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.

(4)对?x1∈[a,b],?x2∈[a,b]使得
f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

热点一 导数在实际问题中的应用 【例 1】 (2015· 江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路, 为进一步改善山区的交通现状, 计划修建一条连接两条公路和山 区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为 l1,l2,山区边 界曲线为 C,计划修建的公路为 l,如图所示,M,N 为 C 的两 个端点,测得点 M 到 l1,l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米,点 N 到 l1,l2 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米,以 l2,l1 所在的直线 分别为 x,y 轴,建立平面直角坐标系 xOy,假设曲线 C 符合函 a 数 y= 2 (其中 a,b 为常数)模型. x +b

(1)求a,b的值; (2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t. ①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出

其定义域;
②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短 长度.

解 (1)由题意知,点 M,N 的坐标分别为(5, a 40),(20,2.5).将其分别代入 y= 2 , x +b ? a ?25+b=40, ? ?a=1 000, 得? 解得? ? ?b=0. ? a =2.5, ?400+b

1 000 (2)①由(1)知,y= x2 (5≤x≤20),则点 P 的坐标为
? 1 000? ?t, 2 ?, t ? 设在点 ?

P 处的切线 l 交 x, y 轴分别于 A, B 点,

2 000 1 000 2 000 y′=- x3 ,则 l 的方程为 y- t2 =- t3 (x-t), 由此得
?3t ? ? 3 000? A? 2 ,0?,B?0, t2 ?. ? ? ? ? ?3t?2 ?3 000?2 3 ? ? +? 2 ? = 2 ?2? ? t ?
6 4 × 10 t2+ 4 ,t∈[5,20]. t

故 f(t)=

6 6 4 × 10 16 × 10 ②设 g(t)=t2+ t4 ,则 g′(t)=2t- t5 .

令 g′(t)=0,解得 t=10 2. 当 t∈(5,10 2)时,g′(t)<0,g(t)是减函数; 当 t∈(10 2,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数. 从而,当 t=10 2时,函数 g(t)有极小值,也是最小值, 所以 g(t)min=300,此时 f(t)min=15 3. 答:当 t=10 2时,公路 l 的长度最短,最短长度为 15 3千米.

探究提高 在利用导数求实际问题中的最大值和最小 值时,不仅要注意函数模型中的定义域,还要注意实 际问题的意义,不符合的解要舍去.

【训练 1】 某经销商计划销售一款新型的空气净化器,经市 场调研发现以下规律: 当每台净化器的利润为 x(单位: 元, x>0)时,销售量 q (x)(单位:百台)与 x 的关系满足:若 x 1 260 不超过 20,则 q(x)= ;若 x 大于或等于 180,则销售 x+1 量为零;当 20≤x≤180 时,q(x)=a-b x(a,b 为实常数). (1)求函数 q(x)的表达式; (2)当 x 为多少时,总利润(单位:元)取得最大值,并求出 该最大值.

解 (1)当 20≤x≤180

? ?a-b· 20=60, 时,由? ? ?a-b· 180=0,

? ?1 260,0<x≤20, ? ? x+1 ?a=90, 得? 故 q(x)=? ? ?b=3 5. ?90-3 5 x,20<x<180, ? ?0,x≥180.
(2)设总利润 f(x)=x· q(x), ? ?126 000x,0<x≤20, ? x+1 由(1)得 f(x)=? x x,20<x<180, ?9 000x-300 5· ? ?0,x≥180, 126 000x 126 000 当 0<x≤20 时,f(x)= =126 000- , x +1 x+1

又 f(x)在(0,20]上单调递增, 所以当 x=20 时,f(x)有最大值 120 000. 当 20<x<180 时,f(x)=9 000x-300 5·x x, f′(x)=9 000-450 5· x,令 f′(x)=0,得 x=80. 当 20<x<180 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 80<x<180 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以当 x=80 时,f(x)有最大 240 000. 当 x≥180 时,f(x)=0. 综上,当 x=80 时,总利润取得最大值 240 000 元.

热点二

导数与不等式问题 利用导数证明不等式

[微题型 1]

x-1 b e 【例 2-1】 设函数 f(x)=aexln x+ x ,曲线 y=f(x)在

点(1,f(1))处的切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1.

(1)解

函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
x

a x b x-1 b x-1 f′(x)=ae ln x+x e -x2e +x e . 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e.故 a=1,b=2.
(2)证明 2 - 由(1)知,f(x)=exln x+x ex 1,
-x

2 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe - e.设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x.所以当 当
? 1? x∈?0,e ?时,g′(x)<0; ? ?

?1 ? x∈?e ,+∞?时,g′(x)>0. ? ?



? ?1 ? 1? g(x)在?0,e ?上单调递减,在?e ,+∞?上单调递增, ? ? ? ? ?1? 1 ? ? g e =-e . ? ?

从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为
-x

2 - 设函数 h(x)=xe - ,则 h′(x)=e x(1-x). e 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h′(x) <0.故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 1 从而 h(x)在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=-e . 综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.

探究提高 (1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x),可通过构造函数 h(x)=f(x)-g(x),将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0, 从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者,利用 f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式. (2)在证明不等式时,如果不等式较为复杂,则可以通过不

等式的性质把原不等式变换为简单的不等式,再进行证明.

[微题型2] 利用导数解决不等式恒成立问题

【例2-2】 (1)已知函数f(x)=ax-1-ln x,a∈R.
①讨论函数f(x)的单调区间; ②若函数f(x)在x=1处取得极值,对?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数b的取值范围.
xln x (2)设 f(x)= ,若对?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1) x+1 恒成立,求 m 的取值范围.



1 ax-1 (1)①在区间(0,+∞)上,f′(x)=a-x = x ,

当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
? 1? 1 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x=a,在区间?0,a?上, ? ?

f′(x)<0,函数

?1 ? f(x)单调递减,在区间?a,+∞?上, ? ?

f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.综上所述:当 a≤0 时,f(x)的单调 递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;当 a>0 时,f(x)的单调
? ?1 ? 1? 递减区间是?0,a?,单调递增区间是?a,+∞?. ? ? ? ?

②因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 f′(1)=0,解得 a=1,经 检验可知满足题意.由已知 f(x)≥bx-2,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 1 ln x 即 1+x - x ≥b 对?x∈(0,+∞)恒成立,令 g(x)=1+x - x , 1 1-ln x ln x-2 则 g′(x)=- 2- = ,易得 g(x)在(0,e2]上单调递减, 2 2 x x x 1 1 在[e ,+∞)上单调递增,所以 g(x)min=g(e )=1-e2,即 b≤1-e2.
2 2

所以 b

? 1? 的取值范围为?-∞,1-e2?. ? ?

? 1? xln x (2)f(x)= ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1),即 ln x≤m?x- x ?. ? ? x+1

设 g(x)=ln

? 1? x-m?x- x ?,即?x∈[1,+∞),g(x)≤0 ? ?

恒成立,等价

? 1? 1 于函数 g(x)在[1,+∞)上的最大值 g(x)max≤0.g′(x)=x-m?1+x2? ? ?

-mx2+x-m = . x2 ①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增, 即 g(x)≥g(1)=0,这与要求的 g(x)≤0 矛盾.

②若 m>0,方程-mx2+x-m=0 的判别式 Δ=1-4m2. 1 当 Δ≤0,即 m≥ 时,g′(x)≤0. 2 所以 g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=0, 1 即不等式成立;当 0<m<2时,方程-mx2+x-m=0 的两根 1- 1-4m2 1+ 1-4m2 分别为 x1= <1,x2= >1. 2m 2m 当 x∈(1,x2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与 1 要求矛盾.综上所述,m≥2.

探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路 是:先找到准确范围,再说明“此范围之外”不适合题 意(着眼于“恒”字,寻找反例即可).

(2)对于求不等式成立时的参数范围问题,在可能的情
况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等 式,另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参 数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式 较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法.

[微题型 3]

利用导数解决不等式能成立问题

【例 2-3】 (2015· 南京、 盐城模拟)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x 1 2 x a -x (a∈R),g(x)=2x +e -xex. (1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e2],使得对任意的 x2∈[-2, 0],f(x1)<g(x2)恒成立,求 a 的取值范围.



(1)f(x)的定义域为(0,+∞),

(x-1)(x-a) f ′( x) = . x2 ①若 a≤1,当 x∈[1,e]时,f′(x)≥0, 则 f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a. ②若 1<a<e, 当 x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; 当 x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.

③若 a≥e,当 x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e] a 上为减函数,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-e . 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; a 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)-e .

(2)由题意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的 最小值.由(1)知 f(x)在[e,e2]上单调递增, a f(x)min=f(e)=e-(a+1)-e .g′(x)=(1-ex)x. 当 x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数, a g(x)min=g(0)=1,所以 e-(a+1)- <1, e
?e2-2e ? e2-2e ? ,1? 即 a> ,所以 a 的取值范围为? ? . e + 1 e+1 ? ?

探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又

有联系:若g(x)≤m恒成立,则g(x)max≤m;若g(x)≥m
恒成立,则g(x)min≥m;若g(x)≤m有解,则g(x)min≤m; 若g(x)≥m有解,则g(x)max≥m.

【训练 2】 (2016· 四川卷)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其 中 a∈R. (1)讨论 f(x)的单调性; 1 1-x (2)确定 a 的所有可能取值, 使得 f(x)>x -e 在区间(1, +∞)内恒成立(e=2.718?为自然对数的底数).

2 2 ax -1 1 解 (1)f′(x)=2ax-x = x (x>0).

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 1 当 a>0 时,由 f′(x)=0,有 x= . 2a 此时,当 当
? x∈? ? ? x∈?0, ?

1 ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 2a?

? 1 ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 2a ?

1 1 - (2)令 g(x)=x - x-1,s(x)=ex 1-x. e 则 s′(x)=ex-1-1.而当 x>1 时,s′(x)>0, 所以 s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由 s(1)=0,有 s(x)>0,从而当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0. 1 1 当 0<a<2时, >1. 2a

由(1)有

? f? ?

? 1 ? 1 ? ?<f(1)=0,而 g? ?>0, 2a ? 2 a ? ?

所以此时 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 1 当 a≥ 时, 令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当 x>1 时, h′(x)=2ax 2
3 2 x - 2 x + 1 x -2x+1 1 1 1 1 1 1 -x -x +x2-e >x- x+x2-x = > >0. x2 x2

因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即
?1 ? f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈?2,+∞?. ? ?

1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有: (1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量

与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数
的最值问题,形如a>f(x)max或a<f(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情 况下,直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数 的分类讨论.

(3)数形结合.

2.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)利用导数研究h(x)的单调性或最值. (4)根据单调性及最值,得到所证不等式. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题;

(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题;
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.


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