2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 第3课时 导数与函数的综合问题 理

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1、第3课时　导数与函数的综合问题题型一　导数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，f(2)＝0，当x>0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　∵当x>0时，′<0，∴φ(x)＝为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当00，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、2　证明不等式例2　(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.(1)解　由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，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，lnx

3、即1<1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝.当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.命题点3　不等式恒成立或有解问题例3　已知函数f(x)＝.(1)若函数f(x)在区间(a，a＋)上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值

4、范围．解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1；当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以x＝1为极大值点，所以00，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中

5、若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围．解　当x∈[1，e]时，k≤有解，令g(x)＝，由例3(2)解题知，g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋，∴k≤2＋，即实数k的取值范围是(－∞，2＋]．思维升华　(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)

6、由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)

7、f′(x)＞0，得解得0＜x＜.故f(x)的单调递增区间是.(2)证明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则有F′(x)＝.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)解　由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝－x＋1－k＝.由G′(x

8、)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0