2014创新设计高中数学(苏教版)第三章 第4讲 导数的综合应用

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2．研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根 到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通 过数形结合的思想找到解题思路，因此使用的知识还 是函数的单调性和极值的知识．
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【助学·微博】 一个防范
实际问题中的函数定义域一般是受实际问题制约的，不可 盲目地从建立的函数关系中确定函数的定义域． 两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为 不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应 用． (2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的 单调性、极值问题处理．
第4讲 导数的综合应用
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考点梳理
1．利用导数解决实际生活中的优化问题 (1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的 数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)，并确定定义 域； (2)求导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)判断使f′(x)＝0的点是 极大值点还是极小值点；(4)确定函数的最大值或最小 值，还原到实际问题中作答．
立，
此时 f(x)在[1，e]上为减函数，
∴f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，∴a＝－2e(舍去)．
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③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 当1<x<－a时，f′(x)<0， ∴f(x)在(1，－a)上为减函数； 当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，∴a＝－ e.
f(x)＝4x3－2ax＋a.
(1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0.
(1)解 由题意得f′(x)＝12x2－2a.
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
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解 (1)∵f(x)＝ln x－ax＋1－x a－1， ∴f′(x)＝1x－a＋a－x21＝－ax2－xx＋2 1－a，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)． ①当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)， ∴当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递 减； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递 增．
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考点自测
1．已知某生产厂家的年利润 y(单位：万元)与年产量 x(单位：
万件)的函数关系式为 y＝－13x3＋81x－234，则使该生产 厂家获取最大年利润的年产量为________万件． 解析 y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x ＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最 大． 答案 9
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f(x)≥0.由
ex>1＋x(x≠0)可得
e－x>1－x(x≠0)，从而当
1 a>2
时，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，故当 x
∈(0，ln 2a)时，f′(x)<0，而 f(0)＝0，于是当 x∈(0，ln 2a)
时，f(x)<0，综上得 a 的取值范围为－∞，12.
②当 b∈[1,2]时，∵[g(x)]min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*) 矛盾；
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③当 b∈(2，＋∞)时，∵[g(x)]min＝g(2)＝8－4b. 解不等式 8－4b≤－12，可得 b≥187. 综上所述，b 的取值范围是187，＋∞. [方法总结] (1)利用导数解决不等式问题，就是把不等式恒
∴f(x)在(0,2)上的最小值为 f(1)＝－12. 由于“对任意 x1∈(0,2)，存在 x2∈[1,2]，使 f(x1)≥g(x2)” 等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于 f(x)在(0,2)上的最
小值－12.”(*) 又 g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]， ∴①当 b<1 时，∵[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*) 矛盾；
x∈1，1a－1时，h(x)<0，此时 f′(x)>0.函数 f(x)单调递增； x∈1a－1，＋∞时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调 递减；
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c．当 a<0 时，由于1a－1<0，x∈(0,1)时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调递减； x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时 f′(x)>0，函数 f(x)单调 递增． 综上所述： 当 a≤0 时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上 单调递增；
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5．(2012·苏北四市调研(二))设直线y＝a分别与曲线y2＝x
和y＝ex交于M，N两点，则当线段MN长取得最小值时
a的值为________．
解析 由条件得 MN＝|a2－ln a|.设 f(x)＝x2－ln x(x>0)，
则 f′(x)＝2x－1x＝2x2x－1.当 x> 22时，f′(x)>0，f(x)在
(2)根据单调性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求 解．
(3)f(x)<x2→a>xln x－x3→求xln x－x3的最大值．
解 (1)由题意知 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且 f′(x)＝1x＋xa2＝x＋x2a.∵a>0，∴f′(x)>0， 故 f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
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②当 a≠0 时，令 f′(x)＝0，则 ax2－x＋1－a＝0，解得 x1 ＝1，x2＝1a－1. a．当 a＝12时，x1＝x2，h(x)≥0 恒成立，此时 f′(x)≤0， 函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
b．当 0<a<12时，1a－1>1>0， x∈(0,1)时，h(x)>0，此时 f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
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2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相 同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的 最大值为________cm3. 解析 设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm. 则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， ∴y′＝12x2－104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或230(舍去)， ∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
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4．(2012·盐城市第一学期摸底考试)已知函数f(x)＝|x2－ 6|，若a<b<0，且f(a)＝f(b)，则a2b的最小值是 ________．
解析 由 a<b<0 且 f(a)＝f(b)，得 a2－6＝6－b2，即 a2＋b2 ＝12，且 a<－ 6<b<0.令 g(b)＝a2b＝(12－b2)b＝12b－b3， 则 g′(b)＝12－3b2，令 g′(b)＝0，得 b＝－2. 又 g(b)在(－ 6，－2)上单调递减，在(－2,0)上单调递增， 所以 g(b)取极小值即最小值 g(－2)＝－24＋8＝－16. 答案 －16
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(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋x2 a. ①若 a≥－1，则 x＋a≥0，即 f′(x)≥0 在[1，e]上恒成 立，此时 f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a ＝32， ∴a＝－32(舍去)． ②若 a≤－e，则 x＋a≤0，即 f′(x)≤0 在[1，e]上恒成

22，＋∞上单调递增；当
0<x<
22时，f′(x)<0，f(x)在

0，

22上单调递减，所以

f(x)min＝f
22＝12－ln
22＝12(1
＋ln
2)．故当线段
MN
取得最小值时，a＝
2 2.
答案
2 2
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考向一 运用导数解决恒成立及求参数范围
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[方法总结] (1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等 式即可，注意函数的定义域．(2)参数问题涉及的有最值 恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨 论思想的运用．
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【训练1】 (2010·新课标全国卷)设函数f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)若a＝0，求f(x)的单调区间； (2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． 解 (1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故 f(x)在(－∞，0)上单调减少，在(0，＋∞)上单调增加． (2)f′(x)＝ex－1－2ax. 由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′(x)≥x－ 2ax＝(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤时， f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，
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考向二 运用导数解决不等式问题
【例 2】 (2012·苏州调研)已知函数 f(x)＝ln x－ax＋1－x a－1(a ∈R)． (1)当 a≤12时，讨论 f(x)的单调性； (2)设 g(x)＝x2－2bx＋4，当 a＝14时，若对任意 x1∈(0,2)， 存在 x2∈[1,2]，使 f(x1)≥g(x2)，求实数 b 的取值范围．
成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值
的问题．(2)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.
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【训练2】 (2012·浙江)已知a∈R，函数
当 a＝12时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当 0<a<12时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在1，1a－1上 单调递增，在1a－1，＋∞上单调递减．
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(2)∵a＝14∈0，12，由(1)知， 当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减； 当 x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增，
【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－ax. (1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为32，求 a 的值； (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
年高考
审题视点 (1)求导数f′(x)→判断f′(x)>0或f′(x)<0→确定单 调性．
综上所述，a＝－ e.
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(3)∵f(x)<x2，∴ln x－ax<x2.又 x>0，∴a>xln x－x3.
令 g(x)＝xln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，h′(x)＝
1x－6x＝1－x6x2.∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数． ∴h(x)<h(1)＝－2<0，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．
答案 144
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3．(2011·北京)已知函数 f(x)＝2x，x≥2，
若关于 x 的
x－13，x＜2.
方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是
________．
解析 当x＜2时，f′(x)＝3(x－1)2＞0，说明函数在(－∞， 2)上单调递增，函数的值域是(－∞，1)，函数在[2，＋∞) 上单调递减，函数的值域是(0,1]，因此，结合图形要使方 程f(x)＝k有两个不同的实根，则0＜k＜1. 答案 (0,1)