2020年江苏版高考数学3.3导数在实际问题中的应用及综合应用

3.3 导数在实际问题中的应用及综合应用
挖命题
【考情探究】
力及学生数学建模与数学抽象的学科素养.
炼技法
【方法集训】
方法一利用导数解决不等式恒成立、存在性问题的方法
(2019届江苏启东检测)设函数f(x)=aln x+—x〔bx(a胡)，曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.
⑴求b;
⑵若存在X。

羽，使得f(x 0)<一,求a的取值范围
解析(1)f '(x)= -+(1-a)
x
-
b. 由题设知f '(1)=0,解得b=1.
⑵f(x) 的定义域为(0,+ a),
由(1)知,f(x)=aln x+—x2-x,
f '(x)= -+(1-a)x-仁一- (x-1).
①若a©,则一w1,故当x q1,+ a)时，f '(x)>0, f(x)在(1,+
上单调递增所以存在x0>1,
使得
f(x
0)<—的充要
条件为f(1)< —,即—仆―,
解得--1<a< -1.
②若_va<1,则一>1,故当x€ 一时，f '(x)<0,当x €一时，f '(x)>0,即f(x)在—上单调递减
在—上单调递增.
所以存在x o>1,使得f(x o)<一的充要条件为f 一 <一. 而f —— =aln ——+ ---- +——>——,所以不合题意.
③若a
>
1,
则
f(1)
= —-1=——<—恒成立,所以a>1.
综上,a的取值范围是(-一-1, 一-1) U(1,+ g ).
方法二利用导数解决函数零点问题的方法
(2018江苏镇江期末)已知b>0,且b^1,函数f(x)=e x+b x,其中e为自然对数的底数.
(1) 对满足b>0,且b#1的任意实数b,证明函数y=f(x)的图象经过唯一定点；
(2) 如果关于x的方程f(x)=2有且只有一个解，求实数b的取值范围.
解析⑴假设y=f(x)过定点(x o’y。

)，则y o= +
对任意b>0,且b护恒成立.
令b=2得y0= + ；令b=3得屮=+ ,
所以=，- =1,解得唯一解x°=0,所以y0=2,
所以函数y=f(x)的图象经过唯一定点(0,2).
(2)令g(x)=f(x)-2=e x+b x-2,则g(x)为R 上连续函数,且g(0)=0,
则方程g(x)=0存在一个解.
(i) 当b>1时,g(x)为增函数，此时g(x)=0只有一解.
(ii) 当0<b<1 时,令g'(x)=e x+b x ln b=e x- =0,解得x°=lo _(-ln b).
因为e x>0,0v-<1,ln b<0,令h(x)=1+ - ln b,h(x)为增函数.
所以当x q- g ,x。

)时,h(x)<0,所以g'(x)<0,g(x) 为减函数；
当x q x0,+g)时,h(x)>0,所以g'(x)>0,g(x) 为增函数.
所以g(x)极小=g(x 0),又g(x)的定义域为R,所以g(x) min=g(x。

).
①若x°>0,g(x)在(-g,x 0)上为减函数,g(x °)<g(0)=0,而g(ln 2)=2+b ln 2-2=b ln 2>0.
所以x q x 0,ln 2)时,g(x)至少存在另外一个零点，矛盾.
②若x°v0,g(x)在(X0,+g)上为增函数,g(x °)<g(0)=0,而g(log b2)= +2-2= >0,所以g(x)在(log b2,x 0)上存在另一个解，矛盾.
③当x o=lo _(-ln b)=0,则-In b=1,解得b=_,此时方程为g(x)=e x+_-2=0,由⑴得，只有唯一解x°=0,满足条
件.
综上，当b>1或b=-时，方程f(x)=2有且只有一个解.
方法三利用导数解决生活中的优化问题的方法
(2018江苏淮安、宿迁期中)将2张边长均为1分米的正方形纸片分别按甲、乙两种方式剪裁并废弃阴影部分.
(1) 在图甲的方式下，剩余部分恰能完全覆盖某圆锥的表面，求该圆锥的母线长及底面半径；
(2) 在图乙的方式下，剩余部分能完全覆盖一个长方体的表面，求长方体体积的最大值.
解析(1)图甲对应的圆锥如图丙，设圆锥母线PA=L分米,圆锥底面半径OA=r分米,
则有L+r+ _r= 一, 一X2 n L=2 n r,解得L= ---------- ,r= 一-
该圆锥的母线长为一-分米,底面半径为一-分米.
⑵图乙剩余部分覆盖的长方体如图丁所示，设其同一顶点处的三条棱长分别为a,b,c,贝U
2(a+b)=1,b+c=1 ? a=-b,c=1-b,
3 2
长方体体积V=abc=-- b(1-b)=b --b+b -.
令g(b)=b 3--b24b -,则g'(b)=3b 2-3b+-,令g'(b)=0, 得b=——.T0<b<-, •"=——.•••当b €
时,g'(b)>0,b €——时,g'(b)<0,
• .g(b)在----- 上递增，在 ----- -- 上递减，
--当b= -- 时,V max= — - ----- X ------------- X ---------------------------- = .
•长方体体积的最大值为一立方分米.
过专题
【五年高考】
A组自主命题江苏卷题组
1. (2018江苏,17,14分)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40 米,点P到MN的距离为50米现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚I内的地块形状为矩形ABCD大棚II内的地块形状为ZCDP要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上. 设OC与MN所成的角为9 .
(1)用9分别表示矩形ABCD和ZCDP的面积，并确定sin 9的取值范围；
(2)若大棚I内种植甲种蔬菜，大棚I内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4：3.求
解析本小题主要考查三角函数的应用、考查直观想象和数学建模及运用数学知
当9为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大
识分析和解决实际问题的能力
(1)设PO的延长线交MN于H,则PHUMN所以OH=10米.
过O作OE1BC于E,则OEMN所以J C0E9 ,
故OE=40cos 9 米,EC=40sin 9 米,
则矩形ABCD的面积为 2 X 40cos 9 (40sin 9 +10)
=800(4sin 0 cos 0 +cos 0 )平方米，
△CDP的面积为-X2X40cos 0 (40-40sin 0 )=1 600(cos 0 -sin 0 cos 0 )平方米.
过N作GNLHMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=1(米.
令ZGOK0 0,则sin 0 0=—, 0 0 €—.
当0 €-时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin 0的取值范围是-.
答：矩形ABCD的面积为800(4sin 0 cos 0 +cos 0 )平方米，△:DP的面积为1 600(cos 0 -sin 0 cos 0 )平方
米,sin 0的取值范围是-.
⑵因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4：3,
所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0).
则年总产值为4k x 800(4sin 0 cos 0 +cos 0 )+3k X1600(cos 0 -sin 0 cos 0 )=8 000k(sin 0 cos 0 +cos
0 ), 0€ -.
设f( 0 )=sin 0 cos 0 +cos 0 , 0 €-.
则 f '( 0 )=cos 20 -sin 2 0 -sin 0 =-(2sin 2 0 +sin 0 -1)=-(2sin 0 -1)(sin 0 +1),令f '( 0 )=0,得0 —,
当0 €-时,f '( 0 )>0,所以f( 0 )为增函数；
当0 € - -时，f '( 0 )<0,所以f( 0 )为减函数，
因此，当0 =-时，f( 0 )取到最大值.
答:当0 =-时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
名师点睛⑴用0表示OE和EC,就能求出矩形ABCD及三角形CPD的面积，求定义域时抓住N、G关于OK 对称得到/GOK的正弦值，从而求得sin 0的范围.
(2)先构造函数，再用导数求最值，求导时，交代0的范围，判断f '( 0 )的符号，再确定f( 0 )的单调性，就能得到最大值，从而解决问题.
2. (2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1BGD1,下部
的形状是正四棱柱ABCD-ABC1D(如图所示),并要求正四棱柱的高OO是正四棱锥的高PO的4倍.
(1) 若AB=6m,PO=2 m,则仓库的容积是多少？
(2) 若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当PO为多少时，仓库的容积最大？
解析⑴由PO=2知OO=4PC=8.
因为A1B1=AB=6,
所以正四棱锥P-A I BGD的体积
2 3
V锥=—•P0=- X6 x 2=24(m );
正四棱柱ABCD-ABC I D的体积
V柱=A B oO=$X8=288(m3).
3
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m).
(2)设AiB=a(m),PO i=h(m),则0<h<6,O i O=4h.连接0B.
因为在Rt △OB i 中,0i +P =P
所以一+h2=36,即a2=2(36-h 2).
于是仓库的容积
V=V柱+V锥=a2 4h4a2h=_a2hj(36h-h 3),0<h<6,
从而V'=—(36-3h 2)=26(12-h 2).
令V'=0,得h=2 一或h=-2 _(舍).
当0<h<2 —时,V'>0,V 是单调增函数；
当2 _<h<6时,V'<0,V 是单调减函数.
故h=2 一时,V取得极大值，也是最大值.
因此，当PO=2 一m时，仓库的容积最大.
3. (2016 江苏,20,16 分)已知函数f(x)=a x+b x(a>0,b>0,a 胡,b 胡).
(1)设 a=2,b=-. ① 求方程f(x)=2的根;
②
若对于任意x 取,不等式f(2x)沏f(x)-6恒成立，求实数m 的最大值;
⑵若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2
有且只有1个零点，求ab 的值.
解析 ⑴ 因为a=2,b=-，
x a-X
所以 f(x)=2 +2
.
① 方程 f(x)=2, 即 2x +2-x =2,亦即(2 x )2-2x2+1=0, 所以(2x -1) 2=0,于是 2x =1,解得 x=0.
② 由条件知 f(2x)=2 2x +2-2x =(2x +2-x )2-2=(f(x)) 2
-2.
因为f(2x)纹nf(x)-6对于x 取恒成立，且f(x)>0,
所以m^ ----------- 对于x 取恒成立.
而 ------- =f(x)+ ——垄 -- =4,且 -------- =4,
所以故实数m 的最大值为4.
⑵因为函数 g(x)=f(x)-2 只有 1 个零点，而 g(0)=f(0)-2=a
+b 0-2=0,
所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为 g'(x)=a x ln a+b x ln b,又由 0<a<1,b>1 知 In a<0,ln b>0,所以 g'(x)=0 有唯一解 x °=lo ——.
令 h(x)=g'(x), 贝U h'(x)=(a x ln a+b x ln b)'=a x (ln a) 2+b x (ln b)2, 从而对任意x €R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x) 是(-®，+ ®上的单调增函数.
于是当 x q - s ,x 。

)时,g'(x)<g'(x。

)=0;当 x q x °,+时,g'(x)>g'(x。

)=0.
因而函数g(x
)在(-s ,x 。

)上是单调减函数，在(x °,+s)上是单调增函数.
下证x 0=°.
若 X 0<0,则 X 0<—<0,于是 g — <g(0)=0.又 g(log a 2)= +
-2>
-2=0,且函数 g(x)在以一和 log a 2
为端点的闭区间上的图象不间断
，所以在一和log a
2之间存在g(x)的零点，记为X 1
.因为0<a<1,所以log a
2<0.
又-<0,所以X 1<0,与0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.
若X 0>0,同理可得，在一和log b 2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾.因此,x 0=0.于是-一=1,故ln a+ln b=0, 所以ab=1.
B组统一命题、省(区、市)卷题组
考点导数在实际问题中的应用及综合应用
1. (2015课标I改编,12,5分)设函数f(x)=e X(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数X。

使得f(x。

)<0,则a 的取值范围是_________ .
答案
2. (2018课标全国I理,21,12分)已知函数f(x)= _-x+aln x.
⑴讨论f(x)的单调性；
⑵若f(x)存在两个极值点xi,X2,证明：__:_<a-2.
解析⑴f(x) 的定义域为(0,+ g ),f '(x)=- 一-1+_二——
(i) 若a詔则f '(x)切，当且仅当a=2,x=1时，f '(x)=0,所以f(x)在(0,+ g)单调递减.
(ii) 若a>2,令f '(x)=0,得x= —-或x= --------------- .
当x € -------- U ------------ 时，f '(x)<0;
当x €----------------------时,f '(x)>0.
所以f(x)在一-, ---------- - 单调递减，在--------- ------- 单调递增.
⑵由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x 2满足x2-ax+1=0,
所以X1X2=1,不妨设X1<X2,则X2>1,
由---------- =- ---- -1+a ------------ =-2+a ----------- =-2+a ------- ,
所以---- -- -- <a-2 等价于_-x 2+2ln X2<0.
设函数g(x)= -x+2ln x,
由(1)知,g(x)在(0,+ g)单调递减，
又g(1)=0,从而当X €1,+ g时,g(x)<0,
以—x 2+2ln X2<0,即 ---------- <a-2.
3. --------------------------------------------------------------------------- (2018课标全国山文,21,12分)已知函数f(x)= .
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程；
⑵证明：当a羽时，f(x)+e 丸.
解析本题考查导数的几何意义、导数的综合应用.
(1)f ---- ----------- -------- -- ---- ,f '(0)=2.
因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-仁0.
、/ 2 , x+1、-x
般x +x-1+e )e .
令g(x)=x 2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e 当x<-1时,g'(x)<0,g(x) 单调递减；当x>-1时,g'(x)>O,g(x) 单调递增.
所以g(x)刊(-1)=0.因此f(x)+e 丸.
方法总结构造函数证明不等式的策略：
(1)转化为f(x)述(C为常数)型，证明f(x) min或临界值大于或等于 C.
⑵转化为f(x)刊(x) 型,利用导数判断f(x),g(x) 的单调性，进而求出函数f(x)、g(x)的最值或临界值，用
原不等式成立的充分条件证明.
⑶转化为f(a)+g(a)芳(b)+g(b)型，构造函数h(x)=f(x)+g(x), 利用h(x)单调性及a,b的大小证明.
4. (2018课标全国U理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.
(1)若a=1,证明：当x丸时,f(x) >1;
⑵若f(x)在(0,+ a)只有一个零点，求a.
2 _x
解析⑴当a=1时，f(x) >1等价于(x +1)e -1
切.
2 x
设函数g(x)=(x +1)e -1,
2 x 2 x
则g'(x)=-(x -2x+1)e =-(x-1) e .
当x胡时,g'(x)<0, 所以g(x)在(0,+ 单调递减.
而g(0)=0,故当x »时,g(x)切，即f(x) >1.
⑵设函数h(x)=1-ax 2e-x.
f(x)在(0,+ ^)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+ ^)只有一个零点.
(i) 当a切时,h(x)>0,h(x) 没有零点；
(ii) 当a>0 时,h'(x)=ax(x-2)e -x.
当x €(0,2)时,h'(x)<0; 当x€(2,+ a时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+ a)单调递增.
故h(2)=1- 一是h(x)在［0,+ a的最小值.
①若h(2)>0,即a<_,h(x)在(0,+ a)没有零点；
②若h(2)=0,即a=_,h(x)在(0,+ a)只有一个零点；
(2)当a》时,f(x)+e
③ 若 h(2)<0,即 a>_,由于 h(0)=1, 所以h(x)在(0,2)有一个零点.
x 2
由(1)知,当x>0时,e >
x ,
所以 h(4a)=1 ------- =
1- ---- >1- --- =1-_>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点. 因此h(x)在(0,+ a 有两个零点. 综上，f(x)在(0,+
只有一个零点时，a=_.
方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题
，可以先构造函数，然后对构造的新函数求导，利用导数研究函
数的单调性，求岀最值，进而得岀相应的含参不等式，从而求岀参数的取值范围；也可以先分离变量，再构造 函数,直接把问题转化为函数的最值问题
.研究函数的零点个数问题，可以通过导数研究函数的单调性、
最值
等.具体地，可画岀函数图象，根据函数图象的走势规律，标岀函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结 合思想分析问题的方法，可以使问题有一个清晰、直观的整体展现 .
5.
(2018 天津理,20,14 分)已知函数 f(x)=a x ,g(x)=log a X,其中 a>1.
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a 的单调区间；
⑵ 若曲线y=f(x)在点(x 1
, f(x 1
))处的切线与曲线y=g(x)在点(x 2
,g(x 2
))处的切线平行，证明
X 1+g(X 2)=- ------- ;
⑶ 证明当a 》-时,存在直线l,使I 是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线.
解析 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知 识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力 (1)由已知,h(x)=a x -xln a,有 h'(x)=a x ln a-ln a. 令 h'(x)=0,解得 x=0.
由a>1,可知当x 变化时,h'(x),h(x)
的变化情况如下表：
所以函数h(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+ a ).
(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(X 1, f(x 1))处的切线斜率为 ln a.
由g'(x
)= ——,可得曲线y=g(x)在点(x 2,g(x 2))处的切线斜率为
因为这两条切线平行，故有 ln a=——, 即 X 2 (ln a)2=1.
两边取以a 为底的对数,得log a X 2+X 1+2
log 」n a=°,
所以 X 1+g(x 2)= --------- .
⑶ 证明：曲线y=f(x)在点(x 1
,)处的切线11
：y- 曲线 y=g(x)在点(X 2
,log a
X ?
)处的切线 I 2
：y-log a
X 2
=——(x-x 2
).
ln a (x-x
).
要证明当a 时,存在直线I,使I 是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线，只需证明当a h 时，存在 X i q - s ,+s ),x 2耳
0,+ s ),使得 11 与 12重合.
即只需证明当a 时，
方程组 有解.
由①得X 2= ---------- ，代入②，
得 -x 1 In a+x i +一+ ---------------- =0.③
因此,只需证明当a h 「时,关于x i 的方程③存在实数解.
设函数 u(x)=a -xa In a+x+一+ ---------- ,
即要证明当a 时，函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(In a)2xa X ,可知 x q -巴0)时,u'(x)>0;x
q o,+ 时,u'(x) 单调递减，又
u'(0)=1>0,u' ——=1- <0,故存在唯一的 X 0,且 X 0>0,使得 u'(x 0)=0,
即 1-(In a) X 0
=0.
由此可得u(x)在(-s ,X 0)上单调递增，在(X 0,+ s)上单调递减.u(x)在X=X 0处取得极大值u(x 0). 因为 a 》；故 In In a h -1, 所以 u(x 0)= -x 0 In a+X 0+—+ ------------- = --------- +X 0+ ------- > ---------- 初.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得a 羽+xln a,当x>—时，有
2 2
u(x) 珂1+xln a)(1-xIn a)+x+—+ ------------ =-(In a) x +X+1+—+ ---------- , 所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此，当a h -时，存在X 1 q - s ,+s ),使得u(xj=0.
所以，当a 》「时,存在直线I,使I 是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线. 6.
(2018 浙江,22,15 分)已知函数 f(x)= 一-ln x.
(1)若 f(x)在 x=X 1,X 2(X 1 枚2)处导数相等,证明:f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;
⑵若a W-4ln 2,证明：对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点 解析本题主要考查函数的单调性，导数的
运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力 ⑴函数f(x)的导函数f '(x)= T_, 由 f '(x 1)=f '(X 2)得—=
-—=—
-—,
因为X1^X2,
所以^= -.
由基本不等式得- =—+—玲
因为x i枚2,所以X I X2>256.
由题意得f(x i)+f(x 2)= 一-ln X i+ —-In X2W -ln(x 风).
设g(x)= - -In x,则g'(x)= —(
-4),
所以g(x)在［256,+ a上单调递增,故g(x i X2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x i)+f(x 2)>8-8ln 2.
⑵令m=e艸,n=——+i,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a S0,
f(n)-kn-a<n ——夺一-<0,
所以,存在X0q m,n)使f(x 0)=kx 0+a,
所以，对于任意的a9R及k€(0,+)直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
由f(x)=kx+a 得k= ---------- .
设h(x)= -------- ,
则h'(x)= —=―-—,
其中g(x)= —-ln
X.
由(1)可知g(x)刊(16),又a<3-4ln 2,
故-g(x)-1+a 冬g(16)-1+a=-3+4ln 2+aO,。