2017步步高大一轮复习讲义数学3.2.3.docx

课时3　导数与函数的综合问题题型一　用导数解决与不等式有关的问题命题点1　解不等式例1　设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x0时，有0恒成立，则不等式x2f(x)0的解集是(　　)A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)答案　D解析　x0时′0，∴φ(x)＝为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0x2时，φ(x)0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．命题点2　证明不等式例2　证明：当x∈[0,1]时，x≤sinx≤x.证明　记F(x)＝sinx－x，则F′(x)＝cosx－.当x∈(0，)时，F′(x)0，F(x)在[0，]上是增函数；当x∈(，1)时，F′(x)0，F(x)在[，1]上是减函数．又F(0)＝0，F(1)0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－10，所以H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，x≤sinx≤x，x∈[0,1]．命题点3　不等式恒成立问题例3　已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)≥g(x)(x0)．(1)解　设两曲线的公共点为(x0，y0)，f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．即有b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.令h(t)＝t2－3t2lnt(t0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt)．于是当t(1－3lnt)0，即0te时，h′(t)0；当t(1－3lnt)0，即te时，h′(t)0.故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e)＝e，即b的最大值为e.(2)证明　设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x0)，则F′(x)＝x＋2a－＝(x0)．故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a，＋∞)上为增函数．于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.故当x0时，有f(x)－g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．思维升华　(1)利用导数解不等式，一般可构造函数，利用已知条件确定函数单调性解不等式；(2)证明不等式f(x)g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)0即可；(3)利用导数研究不等式恒成立问题，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；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．　已知函数f(x)＝lnx－.若f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解　∵f(x)x2，∴lnx－x2，又x0，∴axlnx－x3，令g(x)＝xlnx－x3，则h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝－6x＝，∵当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)h(1)＝－20，即g′(x)0.∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数，∴g(x)g(1)＝－1，∴当a≥－1时，f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立．题型二　利用导数解决函数零点问题例4　(2014·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－＝－2，所以a＝1.(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－10，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)xh(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)h(x)≥h(2)＝0.所