2018年(江苏版)高考数学一轮复习(讲+练+测)专题3.4 导数的实际应用(练)及答案

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(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题3.4 导数的实际应用(练)-数学备课大师【全免费】

专题3.4 导数的实际应用1.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＝ax－3＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(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．【答案】(1) a＝2. (2) x＝42.某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元～1 000万元的投资收益．现准备制订一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(万元)随投资收益x(万元)的增加而增加，且资金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.(1)若建立函数f(x)模型制订奖励方案，试用数学语言表述公司对奖励函数f(x)模型的基本要求；(2)现有两个奖励函数模型：①y ＝x150＋2；②y ＝4lg x －3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？【答案】(1)详见解析(2) ①不符合②符合则f (x )max ＝f (1 000)＝4lg 1 000－3＝9. 所以f (x )≤9恒成立．设g (x )＝4lg x －3－x 5，则g ′(x )＝4x ln 10－15.当x ≥10时，g ′(x )＝4x ln 10－15≤2－ln 105ln 10<0，所以g (x )在[10,1 000]上是减函数，从而g (x )≤g (10)＝－1<0.所以4lg x －3－x 5<0，即4lg x －3<x5，所以f (x )≤x5恒成立．故该函数模型符合公司要求．3.某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 x，x ，则总利润最大时，每年生产的产品是_______．【答案】3004.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？【答案】(1) 17.5(2) 80千米/小时，11.25升【解析】(1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， ∴当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25. 易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升． 5.把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________．【答案】2∶1【解析】设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2＋36x )(0<x <6)，V ′＝34π(x －2)(x －6)．当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.6.用长为90cm ，宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折900角，再焊接而成，问该容器的高为多少时，容器的容积最大？最大的容积是多少？【答案】该容器的高为10cm 时，容器有最大容积196003cm7.某厂生产某种产品x 件的总成本37521200)(x x c +=（万元），已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，产量定为多少时总利润最大？【答案】258.某公司为一家制冷设备厂设计生产某种型号的长方形薄板，其周长为4 m ，这种薄板须沿其对角线折叠后使用．如图所示，四边形ABCD (AB >AD )为长方形薄板，沿AC 折叠后AB ′交DC 于点P .当△ADP 的面积最大时最节能，凹多边形ACB ′PD 的面积最大时制冷效果最好．(1)设AB ＝x m ，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围； (2)若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？ (3)若要求制冷效果最好，应怎样设计薄板的长和宽？【答案】(1) y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ，1<x <2. (2) 长为32 m ，宽为(2－32)m【解析】(1)由题意AB ＝x ，BC ＝2－x . 因为x >2－x ，所以1<x <2. 设DP ＝y ，则PC ＝x －y .因为△ADP ≌△CB ′P ，所以PA ＝PC ＝x －y .9.轮滑是穿着带滚轮的特制鞋在坚硬的场地上滑行的运动．如图，助跑道ABC是一段抛物线，某轮滑运动员通过助跑道获取速度后飞离跑道然后落到离地面高为1 m的平台上E处，飞行的轨迹是一段抛物线CDE(抛物线CDE与抛物线ABC在同一平面内)，D为这段抛物线的最高点．现在运动员的滑行轮迹所在平面上建立如图所示的直角坐标系，x轴在地面上，助跑道一端点A(0,4)，另一端点C(3,1)，点B(2,0)，单位：m.(1)求助跑道所在的抛物线方程；(2)若助跑道所在抛物线与飞行轨迹所在抛物线在点C处有相同的切线，为使运动员安全和空中姿态优美，要求运动员的飞行距离在4 m到6 m之间(包括4 m和6 m)，试求运动员飞行过程中距离平台最大高度的取值范围．(注：飞行距离指点C与点E的水平距离，即这两点横坐标差的绝对值)【答案】(1) f (x )＝x 2－4x ＋4，x ∈[0,3]． (2) 在2 m 到3 m 之间【解析】(1)设助跑道所在的抛物线方程为f (x )＝a 0x 2＋b 0x ＋c 0，依题意⎩⎪⎨⎪⎧c 0＝4，4a 0＋2b 0＋c 0＝0，9a 0＋3b 0＋c 0＝1，解得 a 0＝1，b 0＝－4，c 0＝4，所以助跑道所在的抛物线方程为10. 一位创业青年租用了一块边长为1百米的正方形田地ABCD 来养蜂、产蜜与售蜜，他在正方形的边,BC CD 上分别取点,E F （不与正方形的顶点重合），连接,,AE EF FA ，使得45EAF ∠=︒. 现拟将图中阴影部分规划为蜂源植物生长区，AEF ∆部分规划为蜂巢区，CEF ∆部分规划为蜂蜜交易区. 若蜂源植物生长区的投入约为5210⨯元/百米2，蜂巢区与蜂蜜交易区的投入约为510元/百米2，则这三个区域的总投入最少需要多少元？510从而三个区域的总投入T510元. ...............14分（说明：这里S 的最小值也可以用导数来求解：因为2(1))(1))2(1)x x S x +-'=+，则由0S '=，得1x =.C E第17题图当1)x ∈时，0S '<，S递减；当1,1)x ∈时，0S '>，S 递增.所以当1x =时，S取得最小值为1).）解法二：设阴影部分面积为S ，三个区域的总投入为T . 则55521010(1)10(1)T S S S =⨯⋅+⋅-=⋅+，从而只要求S 的最小值. ...............2分因为9045EAF αβ+=︒-∠=︒，所以tan tan tan()11tan tan αβαβαβ++==-，........8分所以2tan tan tan tan 1tan tan 1()2αβαβαβ++=-≥-， ..............10分即221S S ≥-，解得1S ≥，即S 取得最小值为1)，从而三个区域的总投入T 510元. ...............14分11. 经市场调查，某商品每吨的价格为(114)x x <<百元时，该商品的月供给量为1y 万吨，217(0)2y ax a a a =+->；月需求量为2y 万吨，22111224112y x x =--+. 当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.（1）若17a =，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？（2）记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.【答案】（1）8（2）1(0,]7【解析】 (1) 若17a =，由21y y >，得221117111()2241127277x x x --+>+-．解得406x -<< ． …………………………………………………………………3分因为114x <<，所以16x <<．（2）若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是1(0,]7．12. 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，0x >）时，销售量()q x （单位：百台）与x 的关系满足：若x 不超过20，则1260()1q x x =+；若x 大于或等于180，则销售量为零；当20180x ≤≤时，()q x a =-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．【答案】（1）1260,020,1()90180,0,180x x q x x x ⎧<⎪+⎪⎪-<⎨⎪>⎪⎪⎩≤＝≤（2）当x 等于80元时，总利润取得最大值240000元当20180x <≤时，()9000f x x -＝()9000f x '-＝令()0f x '＝，得80x =． …………10分当2080x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，当8080x <≤1时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以当80x =时，()f x 有最大值240000． …………12分当180x <时，()0f x =﹒答：当x 等于80元时，总利润取得最大值240000元． …………14分13.如图，已知海岛A 到海岸公路BC 的距离AB 为50㎞，B ，C 间的距离为100㎞，从A 到C必须先坐船到BC 上的某一点D ，船速为25㎞/h ，再乘汽车到C ，车速为50㎞/h ，记∠BDA ＝θ．（1）试将由A 到C 所用的时间t 表示为θ的函数t (θ)；（2）问θ为多少时，由A 到C 所用的时间t 最少？【答案】（1）t (θ)＝2cos sin θθ-＋2（θ0＜θ＜2π，其中tan θ0＝12）（2）θ＝3π14.植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30m 的围墙．现有两种方案：方案① 多边形为直角三角形AEB （90AEB ∠=），如图1所示，其中30m AE EB +=；方案② 多边形为等腰梯形AEFB （AB EF >），如图2所示，其中10m AE EF BF ===．请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案．BACD θ【答案】方案①，②苗圃的最大面积分别为222252m ，建苗圃时用方案②，且3BAE π∠=所以当3θ=时，()2max S = ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分因为2252<3BAE π∠=．答：方案①，②苗圃的最大面积分别为222252m ，建苗圃时用方案②，且3BAE π∠=．。

(江苏版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)_专题3.3导数的综合应用(测)

专题3.3 导数的综合应用班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1. 【2017课标3，理11改编】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =_________【答案】12【解析】2. 【江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考】已知函数()()31,ln 4f x x mxg x x =++=-.{}min ,a b 表示,a b 中的最小值，若函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，则实数m 的取值范围是 ▲ ．【答案】()53,44--【解析】试题分析：()23f x x m '=+，因为()10g =，所以要使()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，须满足()10,0,0f f m ><<，解得51534244m m >->⇒-<<- 3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数()y f x =的定义域为R ，对于x R ∀∈，'()()f x f x <，且(1)f x +为偶函数，(2)1f =，则不等式()xf x e <的解集为．【答案】(0,)+∞ 【解析】试题分析：令()()x f x g x e =，则()()()0xf x f xg x e'-'=<，因为(1)f x +为偶函数，所以(1)(1)(0)(2)1g(0)1f x f x f f +=-+⇒==⇒=，因此()()1(0)0x f x e g x g x <⇒<=⇒>4. 【2017届高三七校联考期中考试】若()1ln ,(),0xexf x x a xg x a e =--=<，且对任意[]()1212,3,4,x x x x ∈≠121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ▲ ．【答案】22[3,0)3e - 【解析】则()'21()10xe x a h x x ex-=--≤在(3,4)x ∈上恒成立，[]11,3,4x x e a x e x x --∴≥-+∈恒成立令[]11(),3,4x x e u x x ex x--=-+∈，[]21112(1)113'()11,3,424x x x e x u x ee x x x ---⎡⎤-⎛⎫∴=-+=--+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 21211331,'()0244x e e u x x -⎡⎤⎛⎫-+>>∴<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦Q ，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[]3,4x ∈的最大值为22(3)33u e =-综上，实数a 的取值范围为22[3,0)3e -.5. f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则af (b )与bf (a )的大小关系为________．【答案】af (b )≤bf (a )【解析】∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xfx －f x x 2≤－2fxx 2≤0.则函数f x x在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a <b ，则f a a≥f b b.即af (b )≤bf (a )．6.设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”，也称f (x )在区间D 上存在“次不动点”，若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋52在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是________．【答案】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，127.电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．【答案】40【解析】由y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40，由于0<x <40时，y ′<0；当x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值．8.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0)【解析】f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．∵f (x )＝ax 3＋x ，∴f ′(x )＝3ax 2＋1. 要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0.9.函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．【答案】2110.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g x 1k ≤f x 2k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．【答案】[1，＋∞)解析】因为对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g x 1k≤f x 2k ＋1恒成立，所以kk ＋1≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max . 因为g (x )＝e 2xex ，所以g ′(x )＝(x e 2－x )′＝e 2－x ＋x e 2－x ·(－1)＝e 2－x (1－x )．当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e ；因为f (x )＝e 2x 2＋1x，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝e 2x ＋1x ≥2e，当且仅当e 2x ＝1x，即x ＝1e时取等号，故f (x )min ＝2e.所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max ＝e 2e ＝12. 所以kk ＋1≥12.又因为k 为正数，所以k ≥1.二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。

(新)江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3_1导数的概念及运算教师用书理苏教版

第三章导数及其应用 3.1 导数的概念及运算教师用书理苏教版1.导数与导函数的概念(1)设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，比值ΔyΔx＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A 为函数f (x )在x ＝x 0处的导数(derivative)，记作f ′(x 0).(2)如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f (x )在开区间内的导函数.记作f ′(x )或y ′. 2.导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率k ，即k ＝f ′(x 0). 3.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝C (C 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α为常数)f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln af (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)[f xg x ]′＝f ′x g x －f x g ′xg 2x(g (x )≠0).5.复合函数的导数若y ＝f (u )，u ＝ax ＋b ，则y ′x ＝y ′u ·u ′x ，即y ′x ＝y ′u ·a . 【知识拓展】1.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.2.[1f x]′＝－f ′xf 2x(f (x )≠0).3.[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x ).4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同.( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( × ) (5)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x .( × )1.(教材改编)若f (x )＝x ·e x，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 f ′(x )＝e x＋x ·e x，∴f ′(1)＝2e.2.(教材改编)①(cos x )′＝sin x ；②若y ＝1x 2，则y ′＝－1x ；③(－1x )′＝12x x .其中正确的个数是 .答案 1解析因为(cos x )′＝－sin x ，所以①错误； (1x2)′＝(x －2)′＝－2x －3，所以②错误；(－1x )′＝(12x --)′＝3212x -＝12x x ，所以③正确.3.(教材改编)曲线y ＝－5e x＋3在点(0，－2)处的切线方程为 . 答案 5x ＋y ＋2＝0解析因为y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.4.(教材改编)若过曲线y ＝1x上一点P 的切线的斜率为－4，则点P 的坐标为 . 答案 (12，2)或(－12，－2)解析 ∵y ′＝(x －1)′＝－1x2＝－4，∴x 2＝14，x ＝±12.∴切点坐标为(12，2)或(－12，－2).5.(教材改编)函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线有条. 答案 2解析 ∵y ′＝3x 2，设切点为(x 0，y 0)，则3x 20＝1，得x 0＝±33，即在点(33，39)和点(－33，－39)处有斜率为1的切线.题型一导数的计算例1 求下列函数的导数.(1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos x e x ；(4)y ＝sin(2x ＋π3)；(5)y ＝ln(2x －5).解 (1)y ′＝(x 2)′·sin x ＋x 2·(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x)′＝1x －1x2.(3)y ′＝(cos xex )′＝cos x ′·e x－cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. (4)设u ＝2x ＋π3，则y ＝sin u ，则y ′＝(sin u )′·u ′＝cos(2x ＋π3)·2即y ′＝2cos(2x ＋π3).(5)令u ＝2x －5，则y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′·u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.思维升华 (1)求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量.(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元.(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2017，则x 0＝ .(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝ . 答案 (1)1 (2)－2解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋lnx 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ，∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2，∴f ′(－1)＝－2. 题型二导数的几何意义命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·南通一调)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为 .(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 .答案 (1)43(2)x －y －1＝0解析 (1)方法一由题设可知曲线y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为y ＝2x 1x －x 21，曲线y＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3x 22x －2x 32，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 21＝2x 32，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.方法二由题设得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 32－x 21x 2－x 1＝2x 1，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0).又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝1＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 命题点2 求参数的值例3 (1)(2016·徐州模拟)函数y ＝e x的切线方程为y ＝mx ，则m ＝ .(2)(2016·苏州暑假测试)已知函数f (x )＝x －1＋1e x ，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，则实数k ＝ . 答案 (1)e (2)1－e解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x，得00|e xx x y '==，从而切线方程为000ee ()x x y x x -=-，又切线过定点(0，0)，从而000e e ()x x x -=-，解得x 0＝1，则m ＝e.(2)设切点为(x 0，y 0).因为f ′(x )＝1－1e x ，则f ′(x 0)＝k ，即1－01e x ＝k ，且kx 0－1＝x 0－1＋01ex ，所以x0＝－1，所以k＝1－1e－1＝1－e.命题点3 导数与函数图象的关系例4 如图，点A(2，1)，B(3，0)，E(x，0)(x≥0)，过点E作OB的垂线l.记△AOB在直线l左侧部分的面积为S，则函数S＝f(x)的图象为下图中的 .答案④解析函数的定义域为[0，＋∞)，当x∈[0，2]时，在单位长度变化量Δx内面积变化量ΔS 大于0且越来越大，即斜率f′(x)在[0，2]内大于0且越来越大，因此，函数S＝f(x)的图象是上升的且图象是下凸的；当x∈(2，3)时，在单位长度变化量Δx内面积变化量ΔS大于0且越来越小，即斜率f′(x)在(2，3)内大于0且越来越小，因此，函数S＝f(x)的图象是上升的且图象是上凸的；当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图象为平行于x 轴的射线.思维升华导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面 (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0). (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可.(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢.(1)(2016·泰州模拟)已知曲线y ＝x 24－3lnx 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为 .(2)(2016·昆明模拟)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点(π2，1)处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝ . 答案 (1)3 (2)－1解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)，即切点的横坐标为3.(2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴2|x y π='＝－1. 由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.3.求曲线的切线方程典例若存在过点O (0，0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值. 错解展示现场纠错解易知点O (0，0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上. (1)当O (0，0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0，依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0，0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0|x x y '=＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况.1.(2016·天津)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 . 答案 3解析因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x，所以f ′(0)＝3e 0＝3.2.已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为 . 答案 1e解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则0|x x y '=＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0，0)，所以－ln x 0＝－1，解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.3.若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为 . 答案 1或134解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32，p ＝134.4.若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)＝ . 答案－4解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2，所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4.5.(2016·江苏扬州中学期中)若x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线，则k ＝ . 答案 e 2解析由f (x )＝ln x －kx ＋3，得f ′(x )＝1x－k ，设点M (x 0，y 0)是曲线f (x )上的一点，则曲线f (x )＝ln x －kx ＋3在点M 处的切线方程为y －(ln x 0－kx 0＋3)＝(1x 0－k )(x －x 0)，∵x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0－kx 0＋3＝0，1x 0－k ＝0，解得k ＝e 2.6.已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为 . 答案 14解析由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝ax ，由f ′(14)＝g ′(14)，得12×121()4-＝a 14，可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意.7.已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，7)，则a ＝ . 答案 1解析 f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2.所以函数在(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1). 将(2，7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝1＋3a ，解得a ＝1.8.(2016·南京模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1，0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于 . 答案12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2， ∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1).∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9.若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x.∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.*10.已知曲线f (x )＝xn ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015的值为 . 答案－1解析 f ′(x )＝(n ＋1)x n，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1， ∴x 1·x 2·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0142 015×2 0152 016＝12 016，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015 ＝log 2 016(x 1x 2…x 2 015)＝－1.11.(2016·江苏五校联考)已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为P ，两曲线在点P 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为________．答案 6解析由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝8x，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即P (4,2)，由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x ，则直线l 1的斜率k 1＝14，∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4，如图，易知S △PAB ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.12.已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝________. 答案－1解析由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x.∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1.13.已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________.答案 0解析由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0.14.曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1 (x ∈[1,2])上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134解析设P (x 0，x 20＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 20＋1)＝2x 0(x －x 0)，∴y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，设g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，则g (1)＋g (2)＝2(x 20＋1)＋2x 0(1－x 0＋2－x 0)，∴S 普通梯形＝g 1＋g 22×1＝－x 20＋3x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋134，∴P点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134时，S 普通梯形最大．15.已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2，∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4. ∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为y ′|0x x ＝＝x 20.∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0， ∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.*16.设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3 x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3 x20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－6x. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用 3.4 利用导数证明不等式教学案苏教版-苏教版高三全册数学

第四节利用导数证明不等式考点1 单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法(1)移项法：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：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)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min .直接将不等式转化为函数的最值问题函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.［解］ (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝〔x ＋1〕〔2ax ＋1〕x.当a ≥0，那么当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 当a ＜0，那么当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减.(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，那么g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.转化为两个函数的最值进行比较f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )在［t ，t ＋2］(t ＞0)上的最小值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立.［解］ (1)由f (x )＝x ln x ，x ＞0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增. ①当0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； ②当1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在［t ，t ＋2］上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0＜t ＜1e ，t ln t ，t ≥1e.(2)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞)).由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e时取到.设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，那么m ′(x )＝1－xex ，由m ′(x )＜0得x ＞1时，m (x )为减函数，由m ′(x )＞0得0＜x ＜1时，m (x )为增函数，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，即证对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x成立.在证明的不等式中，假设对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.构造函数证明不等式函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 3e ，且x ＞0时，e xx ＞32x ＋1x－3a .［解］ (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，ln 3)ln 3 (ln 3，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )↘极小值↗故f (x )单调递增区间是［ln 3，＋∞)，f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a ).无极大值.(2)证明：待证不等式等价于e x＞32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，x ＞0，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a ，x ＞0.由(1)及a ＞ln 3e ＝ln 3－1知：g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )＞0.于是对任意x ＞0，都有g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增. 于是当a ＞ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞g (0).而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x＞32x 2－3ax ＋1，故e xx ＞32x ＋1x－3a .假设证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，如果能证明h (x )在(a ，b )上的最小值大于0，即可证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b ).函数f (x )＝a e x－b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1x ＋1.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞0.［解］ (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1e－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＝1e，a e －b ＝1e－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1e2，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝1e 2·e x－ln x .因为f ′(x )＝ex －2－1x在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)＜0，f ′(2)＞0，所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1,2).当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值. 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1x 0，那么x 0－2＝－ln x 0.故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2＞21x 0·x 0－2＝0，所以f (x )＞0.考点2 双变量不等式的证明破解含双参不等式证明题的3个关键点(1)转化，即由条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，假设函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2).求证：x 1x 2＞e 2.［证明］不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2. 因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2〔x 1－x 2〕x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c ＞1)，那么不等式变为ln c ＞2〔c －1〕c ＋1.令h (c )＝ln c －2〔c －1〕c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4〔c ＋1〕2＝〔c －1〕2c 〔c ＋1〕2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2〔c －1〕c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证.换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数.其解题要点为：联立消参利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a 抓商构元令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2构造关于c 的函数h (c ) 用导求解利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)假设a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. ［解］ (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，那么f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0). 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 考点3 证明与正整数有关的不等式问题函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据的函数不等式，用关于正整数n 的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的.假设函数f (x )＝e x －ax －1(a ＞0)在x ＝0处取极值.(1)求a 的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值； (2)证明：1＋12＋13＋ (1)＞ln(n ＋1)(n ∈N *).［解］ (1)因为x ＝0是函数极值点，所以f ′(0)＝0，所以a ＝1.f (x )＝e x －x －1，易知f ′(x )＝e x －1.当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，故极值f (0)是函数最小值. (2)证明：由(1)知e x≥x ＋1.即ln(x ＋1)≤x ，当且仅当x ＝0时，等号成立，令x ＝1k(k ∈N *)，那么1k ＞ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ，即1k ＞ln 1＋k k，所以1k＞ln(1＋k )－ln k (k ＝1,2，...，n )，累加得1＋12＋13＋ (1)＞ln(n ＋1)(n ∈N *).函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对数式的互化，如e x ≥x ＋1可化为ln(x ＋1)≤x 等.函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax ＋2.(1)假设x ＞0时，f (x )＞1恒成立，求a 的取值X 围； (2)求证：ln(n ＋1)＞13＋15＋17 ＋…＋12n ＋1(n ∈N *).［解］ (1)由ln(x ＋1)＋ax ＋2＞1，得a ＞(x ＋2)－(x ＋2)ln(x ＋1).令g (x )＝(x ＋2)［1－ln(x ＋1)］，那么g ′(x )＝1－ln(x ＋1)－x ＋2x ＋1＝－ln(x ＋1)－1x ＋1. 当x ＞0时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减. 所以g (x )＜g (0)＝2，故a 的取值X 围为［2，＋∞). (2)证明：由(1)知ln(x ＋1)＋2x ＋2＞1(x ＞0)，所以ln(x ＋1)＞xx ＋2.令x ＝1k (k ＞0)，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＞1k 1k＋2，即lnk ＋1k ＞12k ＋1. 所以ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＞13＋15＋17＋…＋12n ＋1，即ln(n ＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n ＋1(n ∈N *).课外素养提升③ 逻辑推理——用活两个经典不等式逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x ＞0)，当且仅当x ＝1时，等号成立.(2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：e x＞x ＋1＞x ＞1＋ln x (x ＞0，且x ≠1).[例1] (1)函数f (x )＝1ln 〔x ＋1〕－x，那么y ＝f (x )的图象大致为( )(2)函数f (x )＝e x，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点.(1)B ［因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，ln 〔x ＋1〕－x ≠0，即{x |x ＞－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x ＞0时，由经典不等式x ＞1＋ln x (x ＞0)，以x ＋1代替x ，得x ＞ln(x ＋1)(x ＞－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x ＜0(x ＞－1，且x ≠0)，即x ＞0或－1＜x ＜0时均有f (x )＜0，排除A ，C ，易知B 正确.］(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，那么g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0. 所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点. [例2] (2017·全国卷Ⅲ改编)函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)假设f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e.［解］ (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①假设a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意. ②假设a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0；所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n.从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e.[例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x .［解］ (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减.(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，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x＞1.①因此ln 1x ＜1x－1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x＜x .② 故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x＜x .。

(新)江苏专用2018版高考数学大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教师

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xf ′x －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，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 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(1)解由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，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，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 命题点3 不等式恒成立或有解问题例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)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 )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2，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0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋11＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋11＋ln xx，则g ′(x )＝1＋ln x ＋1＋1xx －x ＋11＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，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]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋11＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋11＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].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 )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①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.②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.(2015·福建)已知函数f (x )＝ln x －x －122.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1).(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞). 则有F ′(x )＝1－x2x.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x 0＞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x 0＞1满足题意.当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋1－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －1－k 2＋42＜0，x 2＝1－k ＋1－k 2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在(1，x 2)内单调递增.从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1).综上，k 的取值范围是(－∞，1). 题型二利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：↘↗所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0，即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0，g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0，故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点；当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e π>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.(2016·南通模拟)已知函数f (x )＝a ＋xln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论.解 (1)由f (x )＝a ＋x ln x 知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝12x (2＋ln x ).令f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，函数f (x )的单调减区间为(0，1e 2)，单调增区间为(1e 2，＋∞).(2)由(1)知[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e.①若a >2e ，因为f (x )≥[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e >0，所以此时函数f (x )的零点个数为0. ②若a ＝2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e＝0，而函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，在(1e2，＋∞)上是单调增函数，即当0<x <1e 2时，f (x )>f (1e 2)＝0；当x >1e 2时，f (x )>f (1e2)＝0.于是，此时f (x )有唯一零点1e 2，即零点个数为1.③若a <2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e <0.当a ≤0时，因为当x ∈(0，1e 2]时，f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，所以函数f (x )在区间(0，1e2]上无零点；因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而e－2a∈(1e2，＋∞)，f (e －2a )＝a (1－2e －a)≥0，所以函数f (x )在(1e 2，e －2a)上恰有一个零点.于是函数f (x )在[1e 2，＋∞)上恰有一个零点.从而当a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e时，因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1)＝a >0，f (1e 2)＝a －2e<0，所以函数f (x )在(1e 2，1)上恰有一个零点，于是函数f (x )在(1e2，＋∞)上也恰有一个零点.因为函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而441e e a a-=∈(0，1e2)，且f (4ea-)＝24eaa a ->a －4a ·22a 2＝0(利用结论：“当x >0时，e x >x 2”进行放缩)，此时，函数f (x )在(0，1e2)上恰有一个零点，故当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.综上，当a >2e 时，函数f (x )的零点个数为0；当a ＝2e 或a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.题型三利用导数研究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 ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (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.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.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，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 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. 思维升华利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.(1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6，y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数，故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6，14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f6≤0，f 14>0，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . [2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↘∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1，1)解析函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0，1]解析由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln xx，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.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________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x －2x ＋2|，令h (x )＝e x－2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即AB 的最小值是4－2ln 2.6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ≤0，ln x ＋1x >0，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是____________. 答案 [－2，0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2x ≥ax x ≤0，1ln x ＋1≥ax x >0， 2成立.①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立. 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立，所以a ≥－2.故a ≥－2.②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 )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )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；当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0，1)，所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数，所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立.如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意.故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2，0].7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0，2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________.答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0，2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0，2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3，又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0. 由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0，即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]，g ′(x )＝3x 3－3x －1·3x2x 6＝－6x －12x4. g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：x (0，12)12 (12，1) g ′(x ) ＋ 0 － g (x )↗极大值4↘因此g (x )的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1. 当x ∈(－1，0)时，0<－x <1，0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1，0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1，0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1.。

(江苏专用)2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用 3.2 导数的应用第1课时导数与函数的单调性

f′(x)<0
一般地，当函数f(x)在点fx′0处(x连)<续0 时， f′(x)>0
①如果在x0附近的左侧
，右侧
极大值；
，那么f(x0)是
(2)求可导函数极值的步骤：
①求f′(x)；f′(x)＝0
②求方程
的f′根(x；)＝0
③考察f′(x)在方程
的根极附大近值的左右两侧导数值的符号.如果左
极小值
含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： (1)方程f′(x)＝0是否有根； (2)若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内； (3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.
课时作业
1.(2015·课标全国Ⅱ改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1) ＝(－0∞，，当－x>10)∪时(，0，xf1′) (x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是 __答__案____解__析_________.
解答几何画板展示
思想与方法系列5 用分类讨论思想研究函数的单调性典例 (16分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴. (1)确定a与b的关系； (2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性. 思想方法指导规范解答
2.本题(2)中，若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围.
解答
h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则h′(x)<0在[1，4]上有解，即当 x∈[1，4]时，a>x12－2x有解，又当 x∈[1，4]时，(x12－2x)min＝－1， ∴a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞).

2018版高中数学苏教版选修1-1学案：3.4导数在实际生活中的应用

第3章导数及其应用§ 3A导数在实际生活中的应用」【学习目标】1•了解导数在解决实际问题中的作用2掌握利用导数解决简单的实际生活中的优化问题.EI知识梳理 ---------------------------- 知识点生活中的优化问题i.生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为2 •利用导数解决优化问题的实质是求函数最值.3 .解决优化问题的基本思路：优化问题一-用阑数占示吋数学问题11 t［优化间应的甞垂｝T用导燈解决数学问題上述解决优化问题的过程是一个典型的__________________ 过程.题型探究类型一几何中的最值问题命题角度i平面几何中的最值问题例1某市在市内主干道北京路一侧修建圆形休闲广场.如图，圆形广场的圆心为o,半径为100 m ,并与北京路一边所在直线I相切于点M.点A为上半圆弧上一点，过点A作I的垂线，垂足,为点B.市园林局计划在厶ABM内进行绿化.设厶ABM的面积为S(单位：m1 2), / AON =B(单位：弧度).1 将S表示为B的函数；2 当绿化面积S最大时，试确定点A的位置，并求最大面积.反思与感悟平面图形中的最值问题一般涉及线段、三角形、四边形等图形，主要研究与面积相关的最值问题，一般将面积用变量表示出来后求导数，求极值，从而求最值.跟踪训练1如图所示，在二次函数f(x) = 4x — x 2的图象与x 轴所围成图形中有一个内接矩形ABCD ，求这个矩形面积的最大值.(1) 若广告商要求包装盒侧面积 S 最大，则x 应取何值？(2) 若广告商要求包装盒容积 V 最大，则x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.反思与感悟(1)立体几何中的最值问题往往涉及空间图形的表面积、体积，并在此基础上解决与实际相关的问题.命题角度2 立体几何中的最值问题例2请你设计一个包装盒如图所示,ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形, 正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, 再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点 P , E , F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设 AE = FB = x cm.如果已知图形是由简单几何体组(2)解决此类问题必须熟悉简单几何体的表面积与体积公式,合而成，则要分析其组合关系，将图形进行拆分或组合，以便简化求值过程.跟踪训练2周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为3_______ cm .类型二实际生活中的最值问题命题角度1利润最大问题例3已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，1 210.8 —30x , 0<x W 10,且R(x) =108 1 000匚-寸,x>10.(1) 求年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；(2) 当年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，并求出最大值.反思与感悟解决此类有关利润的实际应用题，应灵活运用题设条件，建立利润的函数关系，常见的基本等量关系有：(1) 利润=收入—成本；(2) 利润=每件产品的利润X销售件数.跟踪训练3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=-^ + 10(x—6)2，其中3<x<6, a为常数.已知销售价格x—3为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.(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.命题角度2费用(用料)最省问题例4为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层•某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年k的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)= 3"—5(0<X W 10), 3X十5若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元•设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.(1) 求k的值及f(x)的表达式；(2) 隔热层修建多厚时，总费用f(x )达到最小，并求最小值.反思与感悟(1)用料最省、成本最低问题是日常生活中常见的问题之一，解决这类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研究的对象•正确书写函数表达式，准确求导，结合实际作答.⑵利用导数的方法解决实际问题，当在定义区间内只有一个点使f' (x) = 0时，如果函数在这点有极大(小)值，那么不与端点值比较，也可以知道在这个点取得最大(小)值.跟踪训练4 某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该块空地上建造一栋至少10层、每层2 000平方米的楼房.经测算，如果将楼房建x(x> 10)层，则每平方米的平均建筑费用为(560十48x)元•为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建多少层？购地总费用(注：平均综合费用=平均建筑费用十平均购地费用，平均购地费用= 建筑总面积)当堂训练1 •在某城市的发展过程中，交通状况逐渐受到更多的关注，据有关统计数据显示，从上午 6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时 y(分钟)与车辆进入该路段的时刻 t 之间的关系可近似地用函数表示为 y =— gt '—4『+36t 一，则在这段时间内，通过该路段用时最多的时刻是 ________ 时.2 .用长为24 m 的钢筋做成一个长方体框架，若这个长方体框架的底面为正方形，则这个长方体体积的最大值为 ___________m 3.固定成本为20 000元，每生产一单位的产品，成本增加 100元,、90 090, x>390. 则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是 ____________ .4 .要制作一个容积为 4 m 3,高为1 m 的无盖长方体容器，已知底面造价是每平方米 20元,侧面造价是每平方米 10元，则该容器的最低总造价是 ____________ 元.5 .某商品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件.如果降低价格，销售量可以增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低额 x(单位：元，0W x w 21)的平方成正比.已知商品单价降低2元时，每星期多卖出 24件. (1) 将一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数; (2) 如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？3 .某公司生产若总收入R 与年产量x 的关系是 R(x)= $ 3X+ 400X , 9000< x < 390厂《规律与方法-- ------------------------------ 11 •利用导数解决生活中优化问题的一般步骤⑴分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y= f（x）;⑵求函数的导数f' （x）,解方程f' （x）= 0；⑶比较函数在区间端点和使f' （x）= 0的点的数值的大小，最大（小）者为最大（小）值.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解答应用问题的主要思路. 另外需要特别注意：（1）合理选择变量，正确写出函数解析式，给出函数定义域；（2）与实际问题相联系；（3）必要时注意分类讨论思想的应用.提醒：完成作业第3章§.4答案精析知识梳理知识点1 •优化问题3 .数学建模题型探究例 1 解(1)BM = AOsin 0= 100sin 0,AB= MO + AOcos 0=100+ 100cos 0, 0€ (0, n .1 1则S= 2MB AB = 2 x100sin 0X (100 + 100cos 0=5 000(sin 0+ sin 0cos 0), 0€ (0, n.2(2)S' = 5 000(2cos + cos 0- 1)=5 000(2cos 0—1)(cos 0+ 1).令S' = 0,1得cos 0= 2或cos 0=—1(舍去),此时0= n3当0变化时，S' , S的变化情况如下表：所以，当0= n时，S取得最大值为S max= 3 750.3 m2,此时AB = 150 m，即点A到北京路一边I的距离为150 m.跟踪训练1解设点B的坐标为（x,0）,且0<x<2, ••• f(x) = 4x —x2图象的对称轴为x= 2,•••点C的坐标为(4 —x,0),/• BC = 4—2x, BA= f(x)= 4x—x2.•矩形面积为y= (4 —2x)(4x—x2) = I6x—12x2+ 2x3,y' = 16—24x+ 6x2= 2(3x2—12x+ 8),2令y' = 0，解得x= 2±3 3,••• 0<x<2, • x= 2—2 3.•••当0<x<2 — 3 3时，y' >0，函数单调递增；2 当2 —3 . 3<x<2时，y' <0，函数单调递减，•••当x= 2—| 3时，矩形的面积有最大值詈'.3.例2解⑴由题意知，包装盒的底面边长为2x cm,高为2(30 —x)cm ,所以包装盒侧面积为S= 4 2x X 2(30 —x)x + 30 —x 2 =8x(30 —x) w 8 x(——2 )2=8x 225,当且仅当x= 30—x,即卩x= 15时，等号成立，所以若广告商要求包装盒侧面积S最大，则x= 15.⑵包装盒容积V = 2x2• 2(30 —x)=—2 2x3+ 60 . 2x2(0<x<30),所以V' =—6 2x2+ 120 ,2x=—6 2x(x—20).令V' >0 ,得0<x<20 ;令V' <0,得20<x<30.所以当x= 20时，包装盒容积V取得最大值，此时包装盒的底面边长为20 2 cm,高为10.2 cm,包装盒的高与底面边长的比值为 1 : 2.W = xR(x) - (10 + 2.7x)3x 8仏-30-10 当x>10时,W = xR(x) - (10 + 2.7x)3| 8.1x -30-10, 0<x < 10, 所以W = 198—— 2.7x , x>10.⑵①当0<x W 10时，X 2由 W ' = 8.1 — 10= 0,得 x = 9.当 x € (0,9)时，W ' >0; 当 x € (9,10］时，W' <0.1 3即 W max = 8.1 X 9- 30x 93- 10= 38.6. 30②当 x>10 时，W = 98- (^000 + 2.7x)3xw 98 - 2 -1_000X 2.7x = 38,W 取得最大值38.综合①②知，当x = 9（千件）时，W 取得最大值为38.6万元.答当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，最大利润为38.6万元.跟踪训练3解（1）因为当x = 5时，y = 11，所以a + 10= 11,4 000 跟踪训练227例3 解⑴当O<x w 10时, 所以当x = 9时，W 取得最大值,当且仅当詈=2.7x ,即x =罟时,所以a= 2.⑵由(1)可知，该商品每日的销售量 y = -^ + 10(x - 6)2,x — 3所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 2f(x) = (x - 3)[ + 1O (X — 6)]x — 32=2 + 10(x — 3)(x — 6)，3<x<6.2从而 f (x)= 10[(x — 6) + 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是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点.x = 4时，函数f(x)取得最大值，且最大值为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.解(1)由题设知，每年能源消耗费用为C(x)= —,3x + 5所以当再由C(0) = 8,得 k = 40,因此40C(x)=3x+ 5而建造费用为C i(x) = 6x. 最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x) =_80必+ 6x(0< x w 10).3x+ 5(2)f' (x)= 6 —-522400(3x+ 5令 f ' (x)= 0，得 x = 15.当 x>15 时，f ' (x)>0;当 10W x<15 时，f ' (x)<0. 所以当x = 15时，f(x)取得最小值，即 f(15) = 2 000.答为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建 15层.当堂训练 1 . 8 2.83.3004.1605.解(1)设商品降价x 元，则多卖的商品数为 kx 2.若记商品在一个星期的获利为 f(x)，则有2f(x) = (30 — x — 9)(432 + kx ) =(21 — x)(432 + kx 2).由已知条件，得 24 = k X 22,于是有k = 6.所以 f(x)=— 6x 3 + 126/ — 432x + 9 072, x € [0,21].2⑵根据(1), f ' (x) = — 18x + 252x — 432 =—18(x — 2)(x — 12).令 f ' (x)= 0，即"企=6,(3x + 5)25解得x = 5(x =——舍去)，当 0<x<5 时，f ' (x)<0;当 5<x<10 时，f ' (x)>0 ,故x = 5为f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5) = 6 X 5+ -8也 =70.15 + 5答当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值为 70万元. 跟踪训练4解设该楼房每平方米的平均综合费用为f(x)元，则 f(x) = 560 + 48x + 2 160X 10 000 2 000x =560 + 48x + 10 800x > 10,f ' (x) = 48 — 10 800 2x当x变化时，f' (x), f(x)的变化情况如下表:故当x= 12时，f(x)取得极大值.因为f(0) = 9 072, f(12)= 11 664.所以当定价为30- 12= 18(元)时，才能使一个星期的商品销售利润最大.。

2018年高考数学一轮复习(讲+练+测)：专题3.3 导数的综合应用(讲)

专题3.3 导数的综合应用【考纲解读】【知识清单】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围, (2)已知函数的单调性求参数的取值范围 ,(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围．考点2 利用导数证明不等式问题利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．【考点深度剖析】1.利用导数研究函数的零点与方程的根的问题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点,一般有两种形式考查:(1)确定函数零点、图像交点及方程根的个数问题.(2)应用函数零点、图像交点及方程解的存在情况,求参数的值或取值范围问题.2.利用导数解决不等式问题是近几年高考热点,常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题.(1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A 上恒成立(存在性),求参数取值范围. (2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立.(3)大小比较问题,一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式、三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题.【重点难点突破】考点1 利用导数研究恒成立问题及参数求解【1-1】设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1) 单调减区间为(－∞，＋∞)．(2) (－∞，2－e 2)．【1-2】函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是________．【答案】20.【解析】因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－1，1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3,2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20. 【思想方法】(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题．(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．【温馨提醒】已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注意函数 f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是 f ′(x )≥0(或 f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，且 f ′(x )在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数 f (x )在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有 f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x 0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．考点2 利用导数证明不等式问题【2-1】已知函数f (x )＝12x 2－13ax 3(a >0)，函数g (x )＝f (x )＋e x(x －1)，函数g (x )的导函数为g ′(x )．(1)求函数f (x )的极值； (2)若a ＝e ，(ⅰ)求函数g (x )的单调区间；(ⅱ)求证：x >0时，不等式g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．【答案】(1) 极小值为f (0)＝0，极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝16a2.(2) (ⅰ) 单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)． (ⅱ)详见解析g′(x)＝x(e x－e x＋1)．(ⅰ)记h(x)＝e x－e x＋1，则h′(x)＝e x－e，当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，∴h(x)≥h(1)＝1>0，则在(0，＋∞)上，g′(x)>0；在(－∞，0)上，g′(x)<0，【2-2】记函数f n (x )＝a ·x n －1(a ∈R ，n ∈N *)的导函数为f ′n (x )，已知f ′3(2)＝12. (1)求a 的值；(2)设函数g n (x )＝f n (x )－n 2ln x ，试问：是否存在正整数n 使得函数g n (x )有且只有一个零点？若存在，请求出所有n 的值；若不存在，请说明理由； (3)若实数x 0和m (m >0且m ≠1)满足f n ′x 0f n ＋1′x 0＝f n mf n ＋1m，试比较x 0与m 的大小，并加以证明．【答案】(1) a ＝1. (2) n ＝1， (3) 当m >1时，x 0<m ，当0<m <1时，x 0>m . 【解析】(1)f 3′(x )＝3ax 2，由f 3′(2)＝12得a ＝1. (2)g n (x )＝x n－n 2ln x －1，g ′n (x )＝nx n －1－n 2x ＝n x n －nx.因为x >0，令g n ′(x )＝0得x ＝nn ，当x >nn 时，g n ′(x )>0，g n (x )是增函数；当0<x <nn 时，g n ′(x )<0，g n (x )是减函数．所以当x ＝nn 时，g n (x )有极小值，也是最小值，g n (nn )＝n －n ln n －1.当x →0时，g n (x )→＋∞；当x →＋∞时，g n (x )→＋∞.当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在[1，＋∞)上是减函数．又m>1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m<0，所以x0<m.当0<m<1时，(n＋1)(m n－1)<0.设h(x)＝－x n＋1＋x(n＋1)－n(0<x≤1)，则h′(x)＝－(n＋1)x n＋n＋1＝－(n＋1)(x n－1)≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以h(x)在(0,1]上是增函数．又因为0<m<1，所以h(m)<h(1)＝0，所以x0－m>0，所以x0>m.综上所述，当m>1时，x0<m，当0<m<1时，x0>m.【思想方法】利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．【温馨提醒】构造函数是证明不等式常用方法，但要根据题意明确作一个差函数还是作左右两个函数．【易错试题常警惕】1、函数()f x 的单调性问题，一般是先确定函数()f x 的定义域，再求导数()f x '，最后令()0f x '>，解不等式得x 的范围就是递增区间；令()0f x '<，解不等式得x 的范围就是递减区间．如：设函数()ln f x x x =-，讨论()f x 的单调性．【分析】函数()f x 的定义域是()0,+∞，()11f x x'=-，当()0f x '>，即1x >时，函数()f x 单调递增，当()0f x '<，即01x <<时，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增．【易错点】用导数研究函数的单调性时容易忽视函数的定义域而致误．。

(江苏专用)2018高考数学一轮复习第四章导数及其应用第20课函数建模问题(一)——函数、导数、不等式

9 [因为 y′＝－x2＋81，所以当 x>9 时，y′<0；当 x∈(0,9)时，y′>0.所以函数 y＝－13x3＋81x－234 在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增．所以 x ＝9 是函数的极大值点．又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在 x＝9 处取得最大值．]
获得最大利润 90 000×6112＝457 500(元)．
因此甲厂应以 6 千克/时的速度生产，可获得最大利润 457 500 元．
利用导数解决生活中的优化问题
(2015·江苏高考)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，计划修建一条连结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 20-2 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 符合函数 y＝x2＋a b(其中 a，b 为常数)模型．
则 y＝14(18－x)＋2 x，0≤x≤18. 令 x＝t，t∈[0,3 2]，则 y＝14(－t2＋8t＋18)＝－14(t－4)2＋127. 所以当 t＝4 时，ymax＝127＝8.5，此时 x＝16,18－x＝2. 所以当 A，B 两种产品分别投入 2 万元、16 万元时，可使该企业获得最大利润，约为 8.5 万元．
①y＝2x；②y＝log2x；③y＝12(x2－1)；④y＝2.61cos x. ② [由表格知当 x＝3 时，y＝1.59，而①中 y＝23＝8，不合要求，②中 y＝ log23∈(1,2)，③中 y＝12(32－1)＝4，不合要求，④中 y＝2.61cos 3＜0，不合要求．]

江苏专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算课件理

f(x)＝sin x f′(x)＝ cos x
f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x
f(x)＝ex
f′(x)＝ ex
f(x)＝ax(a>0) f′(x)＝axln a
f(x)＝ln x
f′(x)＝
1 x
f(x)＝logax (a>0，且 a≠1)
f′(x)＝
1 xln a
4.导数的运算法则
考点一导数的计算
【例 1】求下列函数的导数：
(1)y＝exln x；
(2)y＝xx2＋1x＋x13； (3)y＝x－sin2xcos2x；
(4)y＝coesx
x .
解 (1)y′＝(ex)′ln x＋ex(ln x)′＝exln x＋ex1x＝ln x＋1xex. (2)因为 y＝x3＋1＋x12，
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
2．(选修 2－2P14 练习 2 改编)有一机器人的运动方程为 s(t)＝t2＋3t (t
是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻 t＝2 时的瞬时速度为
________．
解析由题意知，机器人的速度方程为 v(t)＝s′(t)＝2t－t32，故当
t＝2 时，机器人的瞬时速度为 v(2)＝2×2－232＝143.
知识梳理 1．导数的概念
设函数 y＝f(x)在区间(a，b)上有定义，且 x0∈(a，b)，若 Δx 无限趋近于 0 时，比值ΔΔyx＝fx0＋ΔΔxx－fx0无限趋近于一个常数 A，则称 f(x)在 x＝x0 处可导，并称该常数 A 为函数 f(x)在 x＝x0 处的导数，记作 f′(x0)．若函数 y＝f(x)在区间(a，b)内任意一点都可导，则 f(x)在各点的导数也随着 x 的变化而变化，因而是自变量 x 的函数，该函数称作 f(x)的导函数，记作 f′(x) ．

江苏专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2利用导数研究函数的单调性课件文

2 1 2ax －1 解 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 G(x)＝x－12－1，所以
G(x)min＝－1.
所以 a>－1.即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由 h(x)在[1,4]上单调递减， 1 ∴当 x∈[1,4]时，h′(x)＝ x－ax－2≤0 恒成立，(**) 1 2 则 a≥x2－x恒成立，所以 a≥G(x)max. 又
【训练3】已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)的单调减区间为(－1,1)，求a的值．解 (1)因为f(x)在R上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号． ∴f(x)＝x3－1在R上是增函数．所以实数a的取值范围是(－∞，0]．
＝2－2＝0.
F′(x)＝f′(x)－2，对任意x∈R，F′(x)>0，即函数F(x)在R上是单调增函数，则F(x)>0的解集为(－1，＋∞)，故f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．答案 (－1，＋∞)
ln x 5．若 f(x)＝，0<a<b<e，则 f(a)，f(b)的大小关系为________． x 解析 1－ln x f′(x)＝ x2 ，

精选江苏专用2018版高考数学大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教师用

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xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，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 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(1)解由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，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，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 命题点3 不等式恒成立或有解问题例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)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 )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2，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0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋＋ln xx，则g ′(x )＝＋ln x ＋1＋1xx －x ＋＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，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]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].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 )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①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.②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.(2015·福建)已知函数f (x )＝ln x －x －22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1). (1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞). 则有F ′(x )＝1－x2x.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x 0＞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x 0＞1满足题意.当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －－k 2＋42＜0，x 2＝1－k ＋－k 2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在(1，x 2)内单调递增.从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0，即f (x )＞k (x －1).综上，k 的取值范围是(－∞，1). 题型二利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x (x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：↘↗所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e π(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0，即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0，g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0，故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点；当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.(2016·南通模拟)已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论.解 (1)由f (x )＝a ＋x ln x 知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝12x (2＋ln x ).令f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，函数f (x )的单调减区间为(0，1e 2)，单调增区间为(1e 2，＋∞).(2)由(1)知[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e.①若a >2e ，因为f (x )≥[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e >0，所以此时函数f (x )的零点个数为0.②若a ＝2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e＝0，而函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，在(1e 2，＋∞)上是单调增函数，即当0<x <1e 2时，f (x )>f (1e 2)＝0；当x >1e 2时，f (x )>f (1e2)＝0.于是，此时f (x )有唯一零点1e 2，即零点个数为1.③若a <2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e <0.当a ≤0时，因为当x ∈(0，1e 2]时，f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，所以函数f (x )在区间(0，1e2]上无零点；因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而e－2a∈(1e2，＋∞)，f (e －2a )＝a (1－2e －a)≥0，所以函数f (x )在(1e 2，e －2a)上恰有一个零点.于是函数f (x )在[1e 2，＋∞)上恰有一个零点.从而当a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e时，因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1)＝a >0，f (1e 2)＝a －2e<0，所以函数f (x )在(1e 2，1)上恰有一个零点，于是函数f (x )在(1e2，＋∞)上也恰有一个零点.因为函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而441e e a a-=∈(0，1e2)，且f (4ea-)＝24eaa a ->a －4a ·22a 2＝0(利用结论：“当x >0时，e x >x 2”进行放缩)，此时，函数f (x )在(0，1e 2)上恰有一个零点，故当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.综上，当a >2e 时，函数f (x )的零点个数为0；当a ＝2e 或a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.题型三利用导数研究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 ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (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.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.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，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 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. 思维升华利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. (1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6，y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数，故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6，14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分] 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↘∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1，1)解析函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0，1]解析由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln xx，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.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________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x －2x ＋2|，令h (x )＝e x－2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，即AB 的最小值是4－2ln 2.6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ，x ＋x，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是____________. 答案 [－2，0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2xax x ，x ＋ax x，成立.①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立. 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立，所以a ≥－2.故a ≥－2.②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 )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )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；当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0，1)，所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数，所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立.如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意.故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2，0].7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0，2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________. 答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0，2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0，2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3，又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0. 由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0，即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]， g ′(x )＝3x 3－x －x2x 6＝－x －12x 4.g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：↗因此g (x )的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1.当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x∈(－1，0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1，0)上单调递减.当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1. 综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.。

(江苏版)高考数学一轮复习(讲练测)：专题3.4 导数的实际应用(测)

专题3.4 导数的实际应用班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1.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 ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．若该商品的成本为3元/千克，则销售价格x =________时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．【答案】42. 某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 x，x ，则总利润最大时，每年生产的产品是_______．【答案】300【解析】由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 x，60 000－100x x，又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－xx ，－x，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大3.统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．当汽车以________千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？【答案】804. 把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________．【答案】2∶1【解析】设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2＋36x )(0<x <6)，V ′＝34π(x －2)(x －6)．当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.5.用长为90cm ，宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折900角，再焊接而成，问该容器的高为________时，容器的容积最大？【答案】106.某厂生产某种产品x 件的总成本37521200)(x x c +=（万元），已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，产量定为_________时总利润最大？【答案】25【解析】设产品的单价P 元，据已知，250000,50,100,2=∴===k P x xkP ，,2500002x P =∴0,500>=∴x xP 设利润为y 万元，则 ,1200752500752120050033--=--⋅=x x x x xy=-='2252250x x y x x 2552255⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-，,0,25='=∴y xy y x ,0),25,0(>'∈∴递增；y y x ,0),,25(<'+∞∈∴递减， y x ,25=∴极大=y 最大.答：当产量为25万件时，总利润最大7.某公司为一家制冷设备厂设计生产某种型号的长方形薄板，其周长为4 m ，这种薄板须沿其对角线折叠后使用．如图所示，四边形ABCD (AB >AD )为长方形薄板，沿AC 折叠后AB ′交DC 于点P .当△ADP 的面积最大时最节能，凹多边形ACB ′PD 的面积最大时制冷效果最好．若要求制冷效果最好，则薄板的长AB ＝___________【答案】328.轮滑是穿着带滚轮的特制鞋在坚硬的场地上滑行的运动．如图，助跑道ABC是一段抛物线，某轮滑运动员通过助跑道获取速度后飞离跑道然后落到离地面高为1 m的平台上E处，飞行的轨迹是一段抛物线CDE(抛物线CDE与抛物线ABC在同一平面内)，D为这段抛物线的最高点．现在运动员的滑行轮迹所在平面上建立如图所示的直角坐标系，x轴在地面上，助跑道一端点A(0,4)，另一端点C(3,1)，点B(2,0)，单位：m. 若助跑道所在抛物线与飞行轨迹所在抛物线在点C处有相同的切线，为使运动员安全和空中姿态优美，要求运动员的飞行距离在4 m到 6 m之间(包括 4 m和 6 m)，试求运动员飞行过程中距离平台最大高度的取值范围为__________．(注：飞行距离指点C与点E的水平距离，即这两点横坐标差的绝对值)【答案】在2 m到3 m之间9.如图，现要在边长为100m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”.正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为xm （x 不小于9）的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为215x m 的圆形草地.为了保证道路畅通，岛口宽不小于60m ，绕岛行驶的路宽均不小于10m .若中间草地的造价为a 元2/m ，四个花坛的造价为433ax 元2/m ，其余区域的造价为1211a元2/m ，当x =____________时，可使“环岛”的整体造价最低？【答案】10x列表如下：所以当10x =，y 取最小值.答：当10x m =时，可使“环岛”的整体造价最低.10.甲、乙两地相距1000km ，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过80km/h ，已知货车每小时的运输成本（单位：元）由可变成本和固定成本组成，可变成本是速度平方的14倍，固定成本为a 元．为了使全程运输成本最小，货车应以_________km/h 的速度行驶？【答案】当01600a <<（元）时，v =1600a ≥（元）时，80v =.【解析】可变成本为214v ，固定成本为a 元，所用时间为1000v .210001()4y v a v ∴=+，即11000()4ay v v=+ 定义域为 (0,80] 222141000()250.4a v ay v v -'=-=⋅令0y '=得v = 因为(0,80],v ∈二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。

(江苏版)高考数学一轮复习(讲练测)：专题3.4 导数的实际应用(讲)

专题3.4 导数的实际应用【考纲解读】【知识清单】考点1 利用导数研究生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．【考点深度剖析】以实际生活为背景,通过求面(容)积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力,常与函数关系式的求法、函数的性质(单调性、最值)、不等式、导数、解析几何中曲线方程、空间几何体等知识交汇考查.【重点难点突破】考点1 利用导数研究生活中的优化问题【1-1】如图，某小区有一边长为2（单位：百米）的正方形地块OABC，其中OAE是一个游泳池，计划在地块OABC内修一条与池边AE相切的直路l（宽度不计），切点为M，并把该地块分为两部分．现以点O为坐标原点，以线段OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，若池边AE满足函数22(0y x x =-+≤≤M 到边OA 距离为24()33t t ≤≤．（1）当23t =时，求直路l 所在的直线方程；（2）当t 为何值时，地块OABC 在直路l 不含泳池那侧的面积取到最大，最大值是多少？【答案】（1）129220x y +-=；（2）1=t 时，2max =S.面积t t t t t S 142)22122(21--=⋅-+--=2)1(4≤+-=tt ，当1=t ，2max =S . 【1-2】放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变.假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M （单位：太贝克）与时间t （单位：年）满足函数关系：300()2tM t M -=，其中M 0为t=0时铯137的含量.已知t=30时，铯137含量的变化率是-10In2（太贝克／年），则M （60）=_______太贝克【答案】150 【解析】300()2tM t M -=，∴300111()ln ,3022t M t M ⎛⎫'=⋅⋅⋅⎪⎝⎭当t=30时，即 011ln 210ln 2,230M -⋅⋅⋅=-∴0600.M =∴30()6002,t M t -=⋅当t=60时6030()6002150.M t -=⋅=【1-3】某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与⎝⎛⎭⎪⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．【答案】(1) y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)．(2) 售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．【1-4】一个圆柱形圆木的底面半径为1m ，长为10m ，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形ABCD （如图所示，其中O 为圆心，,C D 在半圆上），设BOC q ∠=，木梁的体积为V （单位：m 3），表面积为S （单位：m 2）．（1）求V 关于θ的函数表达式；（2）求q 的值，使体积V 最大；（3）问当木梁的体积V 最大时，其表面积S 是否也最大？请说明理由．【答案】(1)()10(sin cos sin ),(0,)2V pq q q q q =+∈；(2)3πθ=；（3）是.【思想方法】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．【温馨提醒】①分段函数主要是每一段自变量变化所遵循的规律不同，可以先将其当作几个问题，将各段的变化规律分别找出来，再将其合到一起，要注意各段自变量的范围，特别是端点值．②构造分段函数时，要力求准确、简洁，做到分段合理不重不漏．【易错试题常警惕】求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论. 用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.。

(江苏专用)2018版高考数学专题复习专题3 导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3 导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文1．(2016·常州一模)已知函数f (x )＝ln x －x －x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的极大值；(2)求函数f (x )的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．3．已知函数f (x )＝ln x ＋a x (a ＞0)．(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论关于x 的方程f (x )＝x 3＋bx ＋a 2x －12的实根情况．4．已知函数f (x )＝(1＋x )e－2x ，当x ∈[0,1]时，求证：1－x ≤f (x )≤11＋x.5．已知函数f (x )＝x ln x 和g (x )＝m (x 2－1)(m ∈R )． (1)m ＝1时，求方程f (x )＝g (x )的实根；(2)若对任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方，求m 的取值范围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n 4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．答案精析1．解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的极大值为f (1)＝－1.(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax 2.令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a .①当a ≤－14时，f ′(x )≤0恒成立，所以函数f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；②当a ＞－14时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a2.(i)若－14＜a ＜0，则x 1＞x 2＞0，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜x 2，x ＞x 1；由f ′(x )＞0，得x 2＜x ＜x 1.所以f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a2)．(ii)若a ＝0，由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(iii)若a ＞0，则x 1＞0＞x 2，由f ′(x )＜0，得x ＞x 1；由f ′(x )＞0，得0＜x ＜x 1.所以f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a 2)．综上所述，当a ≤－14时， f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14＜a ＜0时，f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)；当a ≥0时，f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a 2)． 2．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a . 若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，a 的取值范围是(0,1)．3．解 (1)f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2.因为a ＞0，由f ′(x )＞0，得x ∈(a ，＋∞)，由f ′(x )＜0，得x ∈(0，a )，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(2)由题意，将方程f (x )＝x 3＋bx ＋a2x －12化简得b ＝ln x －12x 2＋12，x ∈(0，＋∞)．令h (x )＝ln x －12x 2－b ＋12，则h ′(x )＝1x －x ＝＋x －x x .当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )在x ＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h (1)＝ln 1－12×12－b ＋12＝－b .所以当－b ＞0，即b ＜0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有两个交点，方程f (x )＝x 3＋bx ＋a2x －12有两个实根；当b ＝0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有一个交点，方程f (x )＝x 3＋bx ＋a2x －12有一个实根；当b ＞0时，y ＝h (x )的图象与x 轴无交点，方程f (x )＝x 3＋bx ＋a2x －12无实根．4．证明要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≥1－x ，只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x .记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ，则h ′(x )＝x (e x －e －x )．显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在[0,1]上是增函数，∴h (x )≥h (0)＝0.∴f (x )≥1－x ，x ∈[0,1]．要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e －2x ≤11＋x ，只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1.当x ∈(0,1)时，K ′(x )＞0，∴K (x )在[0,1]上是增函数．∴K (x )≥K (0)＝0，∴f (x )≤11＋x ，x ∈[0,1]．综上，1－x ≤f (x )≤11＋x ，x ∈[0,1]．5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )，即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x ＝0.令h (x )＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x 2＝－x －122＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方，即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )，即ln x ＜m (x －1x )，设F (x )＝ln x －m (x －1x )，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0，F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2)＝－mx 2＋x －mx 2.①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾．②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2，当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0，∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2.当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(3)证明由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时，ln x ＜12(x －1x )成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1＝4k4k 2－1，ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k4k 2－1(k ∈N *)，⎩⎪⎨⎪⎧ ln 3－ln 1＜44×12－1，ln 5－ln 3＜4×24×22－1n ∈N *，…n ＋－n －＜4×n4×n 2－1，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

江苏专用2018版高考数学专题复习专题3导数及其应用第18练用导数研究函数的单调性练习文

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3 导数及其应用第18练用导数研究函数的单调性练习文1．(2016·苏中八校学情调查)函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为__________．2．(2016·常州模拟)若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是____________．3．(2016·镇江一模)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ＞0时，f (x )＝x ln x ，则不等式f (x )＜－e 的解集为______________．4．(2016·苏州模拟)函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是__________．5．(2016·徐州模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2x ，x ≤0，x 3－3x ＋a ，x ＞0的值域为[0，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k ＞0)，(1)若函数f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为____________；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是____________．7．已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________________．8．(2016·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是______________________．9．(2016·常州武进期中)已知定义在R 上的奇函数f (x )，设其导函数为f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )＜f (－x )，则满足13(2x －1)f (2x －1)＜f (3)的实数x 的取值范围是________．10．(2016·天津十二区县重点高中第一次联考)已知函数f (x )＝ln x －1x，g (x )＝ax ＋b . (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若直线g (x )＝ax ＋b 是函数f (x )＝ln x －1x的图象的切线，求a ＋b 的最小值．答案精析的单调性1．(0,1) 2.(－∞，0)3．(－∞，－e)解析当x ＞0时，f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得x ＝1e ，易知当x ＞0时，f (x )min ＝f (1e )＝－1e＞－e ，故只能在x ＜0时，求解f (x )＜－e.因为函数f (x )为奇函数，在同一平面直角坐标系中作出f (x )的大致图象如图所示，根据函数单调性，且f (－e)＝－f (e)＝－e·ln e＝－e ，得所求不等式的解集为x ＜－e.4．(1,2]5．[2,3]解析当x ≤0时，1＞f (x )＝1－2x≥0；当x ＞0时，f (x )＝x 3－3x ＋a ，f ′(x )＝3x 2－3，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取得最小值f (1)＝1－3＋a ＝a －2.由题意得1≥a －2≥0，解得2≤a ≤3.6．(1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13. (2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)≤0，解得k ≤13.又k ＞0，故0＜k ≤13. 7．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析 y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立，所以Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，所以－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b ＜－1或b ＞3.8．(－∞，2ln 2－2]解析因为f (x )＝x 2－e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －e x －a ，因为函数f (x )＝x 2－e x－ax 在R 上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x ＜ln 2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞ln 2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值， g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，所以a ≤2ln 2－2.9．(－1,2)解析令F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∵当x ∈(－∞，0]时，xf ′(x )＜f (－x )恒成立，且由题意知f (－x )＝－f (x )， ∵当x ∈(－∞，0]时，F ′(x )＜0，即F (x )在(－∞，0]上递减．不等式13(2x －1)f (2x －1)＜f (3)可化为(2x －1)f (2x －1)＜3f (3)，即F (2x －1)＜F (3)，易知F (x )为偶函数，所以不等式可化为|2x －1|＜3，解得－1＜x ＜2.10．解 (1)h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －1x －ax －b ，则h ′(x )＝1x ＋1x 2－a . ∵h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴对∀x ＞0，都有h ′(x )＝1x ＋1x 2－a ≥0，即对∀x ＞0，都有a ≤1x ＋1x 2. ∵1x ＋1x 2＞0，∴a ≤0.故实数a 的取值范围是(－∞，0]．(2)设切点(x 0，ln x 0－1x 0)，则切线方程为y －(ln x 0－1x 0) ＝(1x 0＋1x 20)(x －x 0)，即y ＝(1x 0＋1x 20)x －(1x 0＋1x 20)x 0＋ (ln x 0－1x 0)，即 y ＝(1x 0＋1x 20)x ＋(ln x 0－2x 0－1)，令1x 0＝t ＞0，由题意得 a ＝1x 0＋1x 20＝t ＋t 2，b ＝ln x 0－2x 0－1 ＝－ln t －2t －1，令a ＋b ＝φ(t )＝－ln t ＋t 2－t －1，则φ′(t )＝－1t ＋2t －1＝t ＋t －t ，当t ∈(0,1)时，φ′(t )＜0，φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，φ′(t )＞0，φ(t )在(1，＋∞)上单调递增． ∴a ＋b ＝φ(t )≥φ(1)＝－1，故a ＋b 的最小值为－1.。

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