*NO3.023导数与函数的综合问题（复习设计）
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
xf ′(x )－f (x )
例1 设f (x ) 是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是x ( )
A ．(－2,0) ∪(2，＋∞)
B ．(－2,0) ∪(0,2) D ．(－∞，－2) ∪(0,2)
C ．(－∞，－2) ∪(2，＋∞) 答案 D
f (x )f (x )
解析 x >0时⎡x ′
x ⎣又φ(2)＝0，∴当且仅当00， 此时x 2f (x )>0.
又f (x ) 为奇函数，∴h (x ) ＝x 2f (x ) 也为奇函数． 故x 2f (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，证明 记F (x ) ＝sin x 2
x ≤sin x ≤x . 2
22x ，则F ′(x ) ＝cos x . 22
ππ
当x ∈(0，) 时，F ′(x )>0，F (x ) 在[0，上是增函数；
44ππ
当x ∈(1) 时，F ′(x )
44又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x ) ≥0， 即sin x ≥
2
x . 2
记H (x ) ＝sin x －x ，
则当x ∈(0,1)时，H ′(x ) ＝cos x －1
2
≤sin x ≤x ，x ∈[0,1]． 2
命题点3 不等式恒成立问题
1
例3 已知定义在正实数集上的函数f (x ) ＝x 2＋2ax ，g (x ) ＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0.设两曲线y ＝f (x ) ，y ＝g (x ) 有公共点，
2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 )(x >0)．
(1)解 设两曲线的公共点为(x 0，y 0) ， 3a 2
f ′(x ) ＝x ＋2a ，g ′(x ) ＝
x
由题意知f (x 0) ＝g (x 0) ，f ′(x 0) ＝g ′(x 0) ，
⎧即⎨3a
x ＋2a ⎩x
2
12
x 0＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，2
3a 2
由x 0＋2a ＝，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去) ．
x 015
即有b 2＋2a 2－3a 2ln a ＝a 2－3a 2ln a .
225
令h (t ) t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t ) ＝2t (1－3ln t ) ．
21
于是当t (1－3ln t )>0，即00；
31
当t (1－3ln t )e时，h ′(t )
3
11
故h (t ) 在(0，上为增函数，在(e，＋∞) 上为减函数，
33132
于是h (t ) 在(0，＋∞) 上的最大值为h (e)
32332
即b 的最大值为.
23
1
(2)证明 设F (x ) ＝f (x ) －g (x ) 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，
23a 2(x －a )(x ＋3a )
则F ′(x ) ＝x ＋2a －(x >0)．
x x
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 (x 0) ＝f (x 0) －g (x 0) ＝0. 故当x >0时，有f (x ) －g (x ) ≥0， 即当x >0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 )
(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．
a
已知函数f (x ) ＝ln x －x
若f (x )
a
解 ∵f (x )
x 又x >0，∴a >x ln x －x 3，
令g (x ) ＝x ln x －x 3，则h (x ) ＝g ′(x ) ＝1＋ln x －3x 2， 1－6x 21
h ′(x ) 6x ＝
x x ∵当x ∈(1，＋∞) 时，h ′(x )
∴当a ≥－1时，f (x )
例4 (2014·课标全国Ⅱ) 已知函数f (x ) ＝x 3－3x 2＋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k
由题设得－2，所以a ＝1.
a (2)证明 由(1)知，f (x ) ＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x ) ＝f (x ) －kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k ) x ＋4. 由题设知1－k >0.
当x ≤0时，g ′(x ) ＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x ) 单调递增， g (－1) ＝k －1
所以g (x ) ＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x ) ＝x 3－3x 2＋4， 则g (x ) ＝h (x ) ＋(1－k ) x >h (x ) ．
h ′(x ) ＝3x 2－6x ＝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.
所以g (x ) ＝0在(0，＋∞) 没有实根． 综上，g (x ) ＝0在R 有唯一实根，
即曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝kx －2只有一个交点．
思维升华 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．
已知函数f (x ) ＝x 2＋x sin x ＋cos x 的图象与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围．
解 f ′(x ) ＝x (2＋cos x ) ， 令f ′(x ) ＝0，得x ＝0.
∴当x >0时，f ′(x )>0，f (x ) 在(0，＋∞) 上递增． 当x
∵函数f (x ) 在区间(－∞，0) 和(0，＋∞) 上均单调，
∴当b >1时，曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞) ． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题
例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克) 与销售价格x (单位：元/千克) 满足关系式y ＝
a
＋10(x －6) 2，其中3
(1)求a 的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大． a
解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以＋10＝11，a ＝2.
2(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 2y ＝＋10(x －6) 2. x －3
所以商场每日销售该商品所获得的利润为 2
f (x ) ＝(x －10(x －6) 2]
x －3＝2＋10(x －3)(x －6) 2, 3
从而，f ′(x ) ＝10[(x －6) 2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6) ．
于是，当x 变化时，f ′(x ) ，f (x ) 的变化情况如下表：
由上表可得，x ＝4时，函数f 所以，当x ＝4时，函数f (x ) 取得最大值，且最大值等于42.
答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小) 值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．
139
某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y x 3－2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应
32
定为________． 答案 40
解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于040时，y ′>0.
所以当x ＝40时，y 有最小值．
【巩固作业】(时间：35分钟) （带*为选做题，要求优秀生要完成）
2
⎧⎪－x ＋2x (x ≤0)，
*1．已知函数f (x ) ＝⎨若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( ) （提示：分段讨论）
⎪ln (x ＋1)(x >0)，⎩
A ．(－∞，0] C ．[－2,1] 答案 D
B ．(－∞，1] D ．[－2,0]
2⎧⎪－(－x ＋2x )≥ax (x ≤0)， (1)
解析 |f (x )|≥ax ⇔⎨成立．
⎪ln (x ＋1)≥ax (x >0)，(2)⎩
①由(1)得x (x －2) ≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立． 当x ＝0时，a ∈R ；
当x
1
②由(2)得ln(x ＋1) －ax ≥0在区间(0，＋∞) 上恒成立，设h (x ) ＝ln(x ＋1) －ax (x >0)，则h ′(x ) a (x >0)，可知h ′(x )
x ＋1为减函数．
当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x ) 为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 1
当a ≥1时，因为(0,1)，
x ＋1所以h ′(x ) ＝
1
a
所以h (x )
1
当00，满足h (x 0) ＝ln(x 0＋1) －ax 0e x
2．若0
x
A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1 B．e x 2－e x 1x 1e D．x 2e
答案 C
x ·e x －e x e x (x －1)e x
解析 设f (x ) ＝，则f ′(x ) ＝x x x x 1
x 2
x 1
x 2
e x e x 1e x 2
当0f (x 2) ，即， >x x 1x 2∴x 2e x 1>x 1e x 2.
3．若商品的年利润y (万元) 与年产量x (百万件) 的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 C ．3百万件 答案 C
解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3) ， 当00； 当x >3时，y ′
故当x ＝3时，该商品的年利润最大．
4．若函数f (x ) ＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 可能的值为( ) A ．4 B ．6 C ．7 D ．8 答案 A
解析 由题意得f ′(x ) ＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2) ， 由f ′(x )>0得x 2，由f ′(x )
在(1,2)上单调递减，从而可知f (x ) 的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，
若欲使函数f (x ) 恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4， 而选项中只给出了4，所以选A.
*5．设函数h t (x ) ＝3tx －2t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0) ≥h t (x 0) 对任意的正数t 都成立，则x 0等于( ) A ．5 5 C ．3 D. 7 答案 D
解析 ∵h 7(x 0) ≥h t (x 0) 对任意的正数t 都成立， ∴h 7(x 0) ≥h t (x 0) max ，记g (t ) ＝h t (x 0) ＝3tx 0－2t ， 则g ′(t ) ＝3x 0－3t ，令g ′(t ) ＝0，
23得t ＝x 20，易得h t (x 0) max ＝g (x 0) ＝x 0，
1
2
32
32
B ．2百万件 D ．4百万件
∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D.
f (1)*6．已知二次函数f (x ) ＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x ) ，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x ) ≥0的最小值为
f ′(0)________． 答案 2
解析 ∵f ′(x ) ＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0.
⎧⎪Δ＝b －4ac ≤0b 2
由题意知⎨，∴ac ≥，∴c >0，
4⎪⎩a >0
2
∴
f (1)a ＋b ＋c b ＋2ac 2b
＝≥＝2，当且仅当a ＝c 时“＝”成立．
b b b f ′(0)
*7．设函数f (x ) 是定义在(－∞，0) 上的可导函数，其导函数为f ′(x ) ，且有2f (x ) ＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)－4f (－2)>0的解集为________． 答案 (－∞，－2 016) 解析 由2f (x ) ＋xf ′(x )>x 2， x
即F (x ) 在(－∞，0) 上是减函数，
因为F (x ＋2 014)＝(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)，F (－2) ＝4f (－2) ， 所以不等式(x ＋2 014)2f (x ＋2 014)－4f (－2)>0， 即为F (x ＋2 014)－F (－2)>0，即F (x ＋2 014)>F (－2) ， 又因为F (x ) 在(－∞，0) 上是减函数， 所以x ＋2 014
*8．若对于任意实数x ≥0，函数f (x ) ＝e x ＋ax 恒大于零，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－e ，＋∞)
解析 ∵当x ≥0时，f (x ) ＝e x ＋ax >0恒成立． ∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x ) ＝e x ＋ax >0恒成立． 若x >0，f (x ) ＝e x ＋ax >0恒成立，
e x e x
即当x >0时，a >－Q (x ) ＝－x x e x x －e x (1－x )e x
Q ′(x ) ＝－x x 当x ∈(0,1)时，Q ′(x )>0，则Q (x ) 在(0,1)上单调递增，
当x ∈(1，＋∞) 时，Q ′(x )
∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞) ． 9．设a 为实数，函数f (x ) ＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x ) 的单调区间与极值；
(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x ) ＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ， 知f ′(x ) ＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x ) ＝0，得x ＝ln 2.
于是当x 变化时，f ′(x ) ，f (x ) 的变化情况如下表：
故f (x ) 单调递增区间是(ln 2，＋∞) ， f (x ) 在x ＝ln 2处取得极小值，
极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a . (2)证明 设g (x ) ＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x ) ＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，
g ′(x ) 取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋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 >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞) ， 都有g (x )>g (0)．
而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞) ，都有g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，
故当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.
10．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度) ．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率) ． (1)将V 表示成r 的函数V (r ) ，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V (r ) 的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．
解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2) 元．
又根据题意200πrh ＋160πr 2＝12 000π，
所以h ＝1
5r (300－4r 2) ，
从而V (r ) ＝πr 2h ＝π
5(300r －4r 3) ．
因为r >0，又由h >0可得r
5r －4r 3) ，
所以V ′(r ) ＝π
5
(300－12r 2) ．
令V ′(r ) ＝0，解得r ＝5或－5(因为r ＝－5不在定义域内，舍去) ．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r ) 在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,5时，V ′(r )