第三节 导数的综合应用
导数的综合应用优秀课件
2021/1/17
§3.3 导数的综合应用
基础知识 自主学习
要点梳理 1.利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求导数 f′(x)；(2)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0；(3)根据(2)的结果确定函数 f(x)的单 调区间． 2．求可导函数极值的步骤 (1)确定函数的定义域；（2）求导数 f′(x)；(3)解方程 f′(x) ＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号，如果左正右负，那 么 f(x)在 x0 处取极大值，如果左负右正，那么 f(x)在 x0间[a，b]内的最大值与最小值 (1)确定函数 f(x)在闭区间[a，b]内连续、可导； (2)求函数 f(x)在开区间(a，b)内的极值； (3)求函数 f(x)在[a，b]端点处的函数值 f(a)，f(b)； (4)比较函数 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)的大小，其中 最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
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4．经过点(3,0)的直线 l 与抛物线 y＝x22交于两点，且两个 交点处的切线相互垂直，则直线 l 的斜率 k= －16 .
解析 设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x－3)，设
直线 l 与抛物线的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝x22，
得 x2－2kx＋6k＝0，
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又函数 g(x)＝－x3＋bx＋c＋3 是奇函数，g(0)＝0，
∴c＝－3.
∴a＝－2，b＝4，c＝－3，∴f(x)＝－x3－2x2＋4x－3.
(2)f′(x)＝－3x2－4x＋4＝－(3x－2)(x＋2)， 令 f′(x)＝0，得 x＝23或 x＝－2，
高三数学一轮复习精品课件9：3.3 导数的综合应用
因为当x∈2π，π时，1＋sin x＞0， 故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点， 所以存在唯一的x1∈π2，π，使g(x1)＝0. 因为x1＝π－t1，t1＞x0，所以x0＋x1＜π.
利用导数解决参数范围问题
[试题调研] [例1] (2014·湖南)已知常数a>0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－ 2x x＋2. (1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)>0，求a的取 值范围．
[解析] (1)f′(x)＝1＋aax－2x＋x＋22－2 2x＝a1x＋2＋ax4ax＋－212.(*) 当a≥1时，f′(x)>0.此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0<a<1时，由f′(x)＝0，得 x1＝2 1－a ax2＝－2 1－a a舍去. 当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递 增．
第三章 导数及其应用
3.3 导数的综合应用
导数的综合应用主要从以下角度考查： 1利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数，以e为底 的对数和指数函数的性质以及求参数等综合问题； 2求最值，以实际问题中的最优化问题形式呈现； 3把导数与函数、方程、不等式、数列等结合起来综合考 查. 实际问题多为中档题目，而综合考查则在解答题的压轴题 位置，在备考时要以导数的应用为核心，重视运算处理能力， 代数变形能力以及等价转化能力的训练.
1－a a
和x2＝－2
1－a a
，
且由f(x)的定义可知，x>－
1 a
且x≠－2，所以－2
导数的综合应用
所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，
对于任意实
若 方 程 f ( x ) ＝即m的最大值为－34.
数x，
0有且仅有一
f′(x)≥m恒
个实根，求a
成立，求m 的取值范围．
的最1大．值；设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
1．求参数的取值范围
与导数相关的参数范围问题是高考中 考查的一个重点，大多
给出函数的单调性，属运用导数研究 函数单调性的逆向问题，解
题关键在于灵活运用等价转化、分类 讨论、数形结合等思想方法，
建立关于字母参数的不等关系．
2．用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是：构造可 导函数→研究单调性
数单调递增，∴当 x＝20 时，y 取得最小值，∴此轮船以 20 公里/ 小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．
思想与方法
例题：(2011 年“江南十校” 联考)已知函数 f(x)＝ax3＋ bx2＋
cx 在 x＝±1 处取得极 值，且在 x＝0 处的切 线的斜率为－3.
8．利用数形结 合思想讨论函 数的图象及性
(2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，V′＝6 2x(20－x)， 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 当x∈(0,20)时，V′＞0；当x∈(20,30)时，V′＜0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值． 此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.
导数的综合应用优秀课件
x2 4．经过点(3,0)的直线 l 与抛物线 y＝ 交于两点，且两个 2 交点处的切线相互垂直，则直线 l 的斜率 k=
1 －6
.
解析 设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x－3)，设 直线 l 与抛物线的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x2 y＝ ， 2 由 得 x2－2kx＋6k＝0， y＝k（x－3）， 所以 x1x2＝6k. x2 ∵y′＝ 2 ′＝x， ∴抛物线在 A、B 两点的切线的斜率分别为 x1，x2，于是 1 有 x1x2＝6k＝－1，故 k＝－6.
∴不存在这样的两点使结论成立．
探究提高 探索性问题的求解应先假设要证的结论成立， 然后依据结论出发求解．若得到一个与已知条件或定理等 矛盾的结论，则该探究性问题不存在，否则是存在的．
变式训练 1 已知函数 f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c 图象上的点 P(1，f(1))处的切线方程为 y＝－3x＋1，函数 g(x)＝f(x) －ax2＋3 是奇函数． (1)求函数 f(x)的表达式； (2)求函数 f(x)的极值．
题型分类
题型一
深度剖析
利用导数的几何意义解题
例 1 设函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d (a、b、c、d∈R)的图 2 象关于原点对称，且当 x＝1 时 f(x)有极小值－ . 3 (1)求 a、b、c、d 的值； (2)当 x∈[－1,1]时，问图象上是否存在两点使过此两点 处的切线互相垂直？试证明你的结论．
∴x2 0＝4.∴x0＝－2，∴y0＝15. ∴P 点的坐标为(－2,15)．
2.奇函数 f(x)＝ax 3 ＋bx 2 ＋cx 在 x＝1 处有极值x)＝x＋asin x 在 R 上递增，则实数 a 的取值范 围为________ [－1,1] ．
导数的综合应用与实际应用
• [答案] D
[ 解析]
因为函数y＝f(x)的导函数在区间(a，b)上的图象
由图②得，在a处切线斜率最大，在b处切线斜率最小，故导函 a＋b 数图象不关于直线x＝ 对称；故②不成立；由图③得，原 2 函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直 a＋b 线x＝ 对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中ห้องสมุดไป่ตู้， 2 a＋b 在直线x＝ 与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直 2 a＋b 线x＝ 对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D. 2
y＝－x， 3 y ＝ x －x
的切线方程是y＝－x，注意到方程组
2
＝
2a 2 4 － ＋ 3 3
≥
2 3 3
，又因为
2 3 2 3 x1≤x3≤x4≤x2，x2－x1≥x4－x3≥ ，x2－x1的最小值是 ， 3 3
a a 选项B正确．对于C，注意到f(x)的图象关于点(－ ，f(－ ))成 3 3 中心对称，因此选项C正确．对于D，取a＝c＝0得f(x)＝x3－ x，f(0)＝0，f ′(0)＝－1，此时f(x)＝x3－x的图象在点(0,0)处
• 1.(文)(2013·河北冀州中学期中)设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋ (a－2)x的导函数是f ′(x)，且f ′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在原点 处的切线方程为( ) • A．y＝－2x B．y＝3x • C．y＝－3x D．y＝4x • [答案] A • [解析] ∵f ′(x)＝3x2＋2ax＋a－2为偶函数，∴a＝0， • ∴f(x)＝x3－2x，∵f ′(0)＝－2，且f(0)＝0，∴曲线y＝f(x)在原点处 的切线方程为y＝－2x.
• (理)(2013·江南十校联考)定义在R上的函数f(x)、g(x)满足：对任 意的实数x都有f(x)＝f(|x|)，g(－x)＋g(x)＝0.当x>0时，f ′(x)>0， g′(x)<0，则当x<0时，有( ) • A．f ′(x)<0，g′(x)<0 B．f ′(x)>0，g′(x)<0 • C．f ′(x)>0，g′(x)>0 D．f ′(x)<0，g′(x)>0 • [答案] A • [解析] 由题意可知，f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，由于奇函数 在对称区间上具有相同的单调性，偶函数在对称区间上具有相反 的单调性，故选A.
§3_3 导数在实际问题中的应用及综合应用
设 Ｐ（ ｍ，ｎ） ． 因为 ０＜ θ ＜ 所以 ｃｏｓ θ ＝
７ ３ ２１ ，ｓｉｎ θ ＝ ， １４ １４
π ，ｔａｎ θ ＝ ３ ３ ， ２
ＰＮʊＯＢ 交 ＯＡ 于点 Ｎ．
则 ｍ ＝ ＯＰ㊃ｓｉｎ θ ＝
由题意得 ＡＢʅＯＡ，则 ＯＡ ＝
９ ３ ｋｍ，ｎ ＝ ＯＰ㊃ｃｏｓ θ ＝ ｋｍ， ２ ２
所以函数 ｆ（ ｘ） 在 Ｒ 上单调递增，即 ｆ（ ｘ ） 的单调递增区间为 （ ２） 证明：因为 ａ＞１，所以 ｆ（０）＝ １－ａ＜０， ｆ（ｌｎ ａ）＝ （１＋ｌｎ ａ）ｅ
２ ｌｎ ａ
（０，ｌｎ ａ） 内存在零点． 仅有一个零点．
所以 ｆ （ ０） ㊃ ｆ （ ｌｎ ａ ） ＜ ０， 由 零点 存在性 定理 可知 ｆ （ ｘ ） 在 又由（１） 知， ｆ（ ｘ） 在 Ｒ 上单调递增，故 ｆ（ ｘ） 在（ － ɕ ，＋ɕ ） 上 １ ３ ｘ － ａｘ ２ － ａｘ，ｇ（ ｘ） ＝ ２ｘ ２ ＋４ｘ ＋ ｃ． ３ （１） 试问函数 ｆ（ ｘ） 能否在 ｘ ＝ －１ 处取得极值？ 说明理由； 解析㊀ （１） 不能． 理由：由题意得 ｆ ᶄ（ ｘ） ＝ ｘ －２ａｘ － ａ，
２ ｘ
研究函数的零点， 可以通过导数研究 函数 的单 调性㊁ 最 大
０，所以函数 ｆ（ ｘ） 在 Ｒ 上为增函数，函数无极值． 这与 ｆ（ ｘ） 在 ｘ ＝ － １ 处有极值矛盾， 所以 ｆ （ ｘ ） 在 ｘ ＝ － １ 处无 极值． （２） 令 ｆ（ ｘ） ＝ ｇ （ ｘ ） ， 则有 １ ３ ｘ － ａｘ ２ － ａｘ ＝ ２ｘ ２ ＋ ４ｘ ＋ ｃ， 所以 ｃ ＝ ３
所以商业中心到 Ａ，Ｂ 两处的距离和为 １３． ５ ｋｍ．
９ ｋｍ，ＯＢ ＝ ２ＯＡ ＝ ９ ｋｍ， ２
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第三章 导数及其应用 导数的综合应用
§3.3 导数的综合应用考点1 利用导数研究生活中的优化问题［典题1］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160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意，得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝错误!（300－4r2),从而V(r）＝πr2h＝错误!（300r－4r3）．因为r>0，又由h>0可得0＜r<5错误!，故函数V（r）的定义域为(0,5错误!)．(2）因为V（r）＝错误!（300r－4r3），故V′（r)＝错误!（300－12r2),令V′（r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，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错误!)时，V′(r）〈0，故V（r)在(5,5错误!）上为减函数．由此可知，V（r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8。
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤（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。
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＝错误!＋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， 所以错误!＋10＝11，a ＝2.(2）由（1)知，该商品每日的销售量y ＝错误!＋10（x －6)2。
3.3导数的综合应用.doc
3.3导数的综合应用3.3 3578982741.doc 第 2 页 共 10 页§3.3导数的综合应用一、明确复习目标了解可导函数的单调性与其导数的关系，会用导数分析函数的单调性，进而求解函数不等式的问题．二．建构知识网络1．函数的单调性与导数的关系，求单调区间的方法；2．利用导数解不等式问题：（高考中的一类新题型）（1）利用导数确定函数的单调性， （2）利用单调性研究不等式．三、双基题目练练手1．已知a > 0，函数3()f x xax=-在［1，+∞）上是单调增函数，则a 的最大值是 A ．0 B ．1 C ．2D ．32．函数()sin 36f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭f 在点（π3,62⎛ ⎝⎭处的切线方程是 （ ）3.3 3578982741.doc 第 3 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 4 页 共 10 页6．方程330xx c -+=在［0，1］上至多有_______个实数根．四、经典例题做一做【例1】证明：当0x >时，有3sin .6x x x x -<<【例2】已知11(),(),22x f x eg x x x-==<-求证：函数()f x 图像上的点不可能在函数()g x 图像的上方．3.3 3578982741.doc 第 5 页 共 10 页【例3】(2006全国Ⅰ）已知函数()11axxf x e x-+=- （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性； （Ⅱ）若对任意x ∈(0,1)恒有()1f x >，求a 的取值范围 ．【例4】 (2006全国Ⅰ) 在平面直角坐标系xOy 中，有一个以(10,3F -和(23F 为焦点、离心率为3的椭圆，设椭圆在第一象限的部分为曲线C，2动点P在C上，C在点P处的切线与x y、轴的交点分别为A、B，且向量OM OA OB=+求：（Ⅰ）点M的轨迹方程；（Ⅱ）OM 的最小值．五．提炼总结以为师1．利用导数求解不等式问题的核心是利用导数判定函数的单调性，这就转化为一般的函数问题；2．利用导数证明不等式有两种方法：3．导数是研究函数问题的工具，注意它在其3.3 3578982741.doc 第 6 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 7 页 共 10 页它数学问题中的综合与应用．同步练习1某物体作s =2（1－t ）2的直线运动，则t =0．8s 时的瞬时速度为 ( ) A ．4 B ．－4C －4．8D －0．82．已知函数432()410f x xx x =-+，则方程()0f x =在区间［1，2］上的根有A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个3．若()f x 是在（－L ，L ）内的可导的偶函数，且()f x '不恒为0，则()f x ' （ ）（A ）必定是（－L ，L ）内的偶函数 （B ）必定是（－L ，L ）内的奇函数 （C ）必定是（－L ，L ）内的非奇非偶函数（D ）可能是（－L ，L ）内的奇函数，可3.3 3578982741.doc 第 8 页 共 10 页能是偶函数4．已知3)(32lim,2)3(,2)3(3'---==→x x f x ff x 则的值是 （ ）A ．4-B ．0C ．8D ．不存在5．曲线y =2x －上的点到直线2x －y +3=0的最短距离为6设底为等边三角形的直棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为________7． 已知x ∈R ，求证：1xe x +≥．8．（2006江西）已知函数32()f x xax bx c=+++在23x =-与1x=时都取得极值．（1）求a、b的值及函数()f x的单调区间；（2）若对x∈[－1,2],不等式2()<恒成立,f x c求c的取值范围．3.3 3578982741.doc 第 9 页共 10 页3.3 3578982741.doc 第 10 页 共 10 页9．（2006重庆） 已知函数()2()xf x xbx c e =++，其中,b c R ∈为常数（I ）若()241b c >-，讨论函数()f x 的单调性；（II ）若24(1)b c -≤，且0()lim4x f x cx→-=，试证：62b -≤≤【探索题】 已知函数22()++ln (0),f x x a x x x=>()f x 的导函数是()f x ' 对任意两个不相等的正数12x x 、，证明：当a ≤ 4时，121()()f x f x x x ''->-。
高考数学一轮复习 3-3 导数的综合应用课件 理
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考点突破
15 课堂总结
设 u(x)＝2x23x－－31x2(x＞1)，则 u′(x)＝8xx2－x－3412＋2 136. 因为 x＞1，u′(x)＞0 恒成立，所以 u(x)在(1，＋∞)上是增函数， 所以 u(x)＞u(1)＝－1， 所以ba＞－1，即ba的取值范围为(－1，＋∞).
∴y＝MN＝t2－ln t(t＞0)．
∴y′＝2t－1t ＝2t2－t 1＝2t＋
22t－ t
2 2 .
当 0＜t＜ 22时，y′＜0；当 t＞ 22时，y′＞0.
∴y＝MN＝t2－ln t 在 t＝ 22时有最小值．
答案
2 2
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9 课堂总结
4．若 f(x)＝lnxx，0<a<b<e，则 f(a)，f(b)的大小关系为________． 解析 f′(x)＝1－xl2n x， 当 x∈(0，e)时，1－xl2n x>0，即 f′(x)>0， ∴f(x)在(0，e)上为增函数， 又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．
(× )
(4)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析
式共同确定．
(√ )
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考点突破
6 课堂总结
• 2. 如图，用铁丝弯成一个上面是半圆，下面 是矩形的图形，其面积为a m2.为使所用材料 最省，底宽应为________m.
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考点突破
7 课堂总结
解析 设底宽为 x m，矩形高为 y m，铁丝总长为 l m.
所以 b≤x2－2x－exx在 x∈(0，＋∞)上恒成立．
记 h(x)＝x2－2x－exx(x＞0)，则 h′(x)＝x－1e2xex＋1.
课件12：3.3 导数的综合应用
当 x<－2 时，g′(x)<0；当－2<x<1 时，g′(x)>0， 故－2 是 g(x)的极值点． 当－2<x<1 或 x>1 时，g′(x)>0， 故 1 不是 g(x)的极值点． 所以 g(x)的极值点为－2.
考点3 运用导数解决函数的最值问题
1.设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a， b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值． (2)将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较， 其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
3．函数的最值 (1)如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的 曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的 极值．
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b) 比
第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用
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考纲要求 1.了解函数单调性和导数的关系． 2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间 (其中多项式函数一般不超过三次)． 3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件． 4．会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 般不超过三次).
(4)确定 f ′(x)在各个开区间内的符号，根据 f ′(x) 的符号判定函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
2．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 ′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x0)＝0， 只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．
导数的综合应用》说课稿及教学设计
导数的综合应用》说课稿及教学设计导数的综合应用》是高中数学人教B版教材选修2-2第一章的内容。
这是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。
导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识。
根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。
教学目标：1.知识与技能：利用导数的几何意义，求函数的单调区间、极值以及函数在闭区间上的最值，解决根分布及恒成立问题。
2.过程与方法：能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。
学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。
3.情感、态度与价值观：培养学生思考问题的惯，以及克服困难的信心。
教学重点：应用导数求单调性，极值，最值。
教学难点：方程根及恒成立问题。
学法与教法：学法：1.合作研究：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。
2.自主研究：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。
（如问题1、2的处理）。
3.探究研究：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。
教学用具：多媒体。
教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律。
教学内容：复巩固：给出导函数图像画原函数图像。
学生上黑板动手画图，并分析画图的思路。
画原函数的过程中就在进行知识和信息的整理，让学生亲自画出图像，能充分调动其参与课堂的积极性。
初步探索、拓深延展：引导学生并展开讨论，以点P(-1,3)是函数图像上的点为例，让学生自己解答和讲解。
第三章 3.3导数的综合应用
§3.3导数的综合应用1．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．2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．( √ )(2)函数f (x )＝x 2－3x ＋2的极小值也是最小值．( √ )(3)函数f (x )＝x ＋x －1和g (x )＝x －x －1都是在x ＝0时取得最小值－1.( × ) (4)函数f (x )＝x 2ln x 没有最值．( × ) (5)已知x ∈(0，π2)，则sin x >x .( × )(6)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上没有实数根．( × )1．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．2121e e ln ln xxx x >－－ B ．1221e eln ln xx x x <－－C ．1221e e x xx x > D ．1221e e xxx x < 答案 C解析 设f (x )＝e x －ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝e x －1x ＝x e x －1x.令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A ，B 选项不正确．设g (x )＝e xx (0<x <1)，则g ′(x )＝e x (x －1)x 2.又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴1221e e xxx x >.2．(2013·福建)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 答案 D解析 A 错，因为极大值未必是最大值．B 错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点．C 错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点．D 对，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点．3．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x (x >0)的最小值， h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t ＝22. 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( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件 D ．4百万件答案 C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.题型一 利用导数证明不等式例1 (2014·课标全国Ⅰ)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，x ∈(0，＋∞)从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x . 所以当x ∈(0，1e )时，g ′(x )<0；当x ∈(1e ，＋∞)时，g ′(x )>0.故g (x )在(0，1e )上单调递减，在(1e，＋∞)上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1e )＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )． 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .所以g (x )≥－1e≥h (x )．又因为两等号无法同时取到，所以g (x )>h (x ) 综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.思维升华 (1)证明f (x )>g (x )可转化为证明F (x )＝f (x )－g (x )的最小值大于0，再利用导数求F (x )的最小值．(2)对于F (x )＝f (x )－g (x )的最小值，不易求出的情况，也可以通过f (x )，g (x )的最值情况进行证明．证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22x ， 则F ′(x )＝cos x －22. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1<0， 所以H (x )在[0,1]上是减函数， 则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x . 综上，22x ≤sin x ≤x ，x ∈[0,1]． 题型二 利用导数研究函数零点问题例2 (2013·北京)已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 (1)由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．∵y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切． ∴f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0且b ＝f (a )， 则a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.∴当x >0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上递增． 当x <0时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，0)上递减． ∴f (x )的最小值为f (0)＝1.∵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，＋∞)．思维升华 函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a.由f′(x)<0，解得－a<x<a，∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合如图所示f(x)的图象可知：实数m的取值范围是(－3,1)．题型三生活中的优化问题例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 ＝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．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为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，x ＝4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．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，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一审条件挖隐含典例：(12分)设f (x )＝ax＋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．审题路线图(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 ≥MM 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 分离常数 a ≥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.[5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 .[7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 )＝ax＋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.[10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，＋∞)．[12分]温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离常数的方法，转化为求函数的值域问题．方法与技巧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．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．失误与防范1．函数f(x)在某个区间内单调递增，则f′(x)≥0而不是f′(x)>0，(f′(x)＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.A组专项基础训练(时间：45分钟)1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()答案 C解析由函数f(x)在x＝－2处取得极小值，可得f′(－2)＝0，且当x∈(a，－2)(a<－2)时，f(x)单调递减，即f′(x)<0；当x∈(－2，b)(b>－2)时，f(x)单调递增，即f′(x)>0.所以函数y＝xf′(x)在区间(a，－2)(a<－2)内的函数值为正，在区间(－2，b)(－2<b<0)内的函数值为负，由此可排除选项A，B，D.2．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是() A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.4．若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( )A.33B. 3C.3＋1D.3－1 答案 D解析 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，若a >1，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当1<x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ＝a 时，令f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． 若0<a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1，故选D. 5．设函数h t (x )＝3tx －322t ，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 B. 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 0－322t ，则g ′(t )＝3x 0－123t ，令g ′(t )＝0，得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 30，∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D.6．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________. 答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，且当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当x <1a 时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1a ，2)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，解得a ＝1.7．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________. 答案 －2或2解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得， f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减． 由题意知，f (1)＝0或f (－1)＝0， 若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2； 若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.8．设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________． 答案 4解析 若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4；当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x 3在区间[－1,0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4. 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e x >x 2－2ax ＋1.10．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？解 (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 )＝x 640－800x 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， 所以当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．B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)11．(2014·辽宁)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3]B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0，∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6， ∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4.当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0， 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2. 综上知－6≤a ≤－2.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x (x ≤0)，ln (x ＋1)(x >0)，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]答案 D解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－(－x 2＋2x )≥ax (x ≤0)， (1)ln (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]．13．已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是____________． 答案 [－1e，＋∞)解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e .而函数g (x )的最大值为a ，则由题意， 可得－1e ≤a 即a ≥－1e.14．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0. (1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立． 解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0， 所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x .由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)． (2)由题意得f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e. 由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增， 要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2，解得a ＝e.15．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12；(3)是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由． (1)解 ∵a ＝1，∴f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x＝x －1x， ∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明 ∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴[f (x )]min ＝1. 又g ′(x )＝1－ln xx 2，∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴[g (x )]max ＝g (e)＝1e <12，∴[f (x )]min －[g (x )]max >12，∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12.(3)解 假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3， 则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，e]上单调递增， [f (x )]min ＝f (1a )＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；②当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，[f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，所以，此时f (x )无最小值．综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3.。
第2章第11讲 第3课时 导数的综合应用
x ex
－
2 e
，设g(x)＝xln
x，当
x∈(0，＋∞)时．求证：f(x)<g(x)．
证明 因为g′(x)＝ln x＋1. 令g′(x)<0，则x<1e， 所以g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增． 所以g(x)≥g1e＝－1e. 又因为f′(x)＝1－ex x.
证明
令f′(x)＝
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a； 当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.
解
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值． 由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae. g′(x)＝(1－ex)x. 当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数． g(x)min＝g(0)＝1. 所以e－(a＋1)－ae<1，即a>ee2－＋21e， 所以a的取值范围为ee2－＋21e，1.
存在最小值，且其最小值为f
π 2
＝
2 π
×
π 2
－ln
π2 ＋ln
π 2
＝1，又由h
π 2
＝sin
π 2
＝
1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点 2π，1 ，又由y＝f(x)与y＝sinx都是奇函
数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点 －π2，－1 .综合可得，函数y＝f(x)与y
＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点．
即f(x1)＝ln x1－xx11＋ －11＝0.
高中数学课件：导数的综合应用
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
Байду номын сангаас
由此可得: 当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无 极小值; 当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无 极大值; 当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当a=1或a≥3时,f(x)无极值. 探究提高 (1)注意体会求函数极值的基本步骤,列 表可使解题过程更加清晰规范. (2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参 数a进行讨论.
(2)令 f′(x)＝6(x－a)(x－1)＝0， 得 x1＝a，x2＝1. 当 a<1 时，若 x∈(－∞，a)或 x∈(1，＋∞)时， 则 f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，a)，(1，＋∞)上为增函数， 故 0≤a<1 时，f(x)在(－∞，0)上为增函数； 当 a≥1 时，若 x∈(－∞，1)或 x∈(a，＋∞)， 则 f′(x)>0，所以 f(x)在(－∞，0)上也为增函数． 综上所述，当 a∈[0，＋∞)时，f(x)在(－∞，0)上 为增函数．
①确定函数f(x)的定义域; ②求导数f′(x); ③由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的范围.当 f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增__函__数__;当f′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是减__函__数___. 还可以通过列表,写出函数的单调区间. (2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用 以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若 f′(x)>0(或f′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为 增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续, 则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.
高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 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．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)
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1 所以 x＝e－ 为 F(x)的极小值点， 2 1 a F(x)极小值＝F(e－ )＝－ ，无极大值． 2 4e
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1 2 a (2)G(x) ＝ x － aln x ＋ (a － 1)x ， G′(x) ＝ x － x ＋ a － 1 ＝ 2 x＋ax－1 ，由 G′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－a(舍去)， x 当 x∈(0,1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减， 当 x∈(1，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)单调递增， 要使
2e－1 2e－e2 2e－1 2e－e2 下面比较 2 与 的大小．由于 2 － ＝ 2e ＋2e 2e－2 2e ＋2e 2e－2 2e4－2e3－6e＋2 2e[e2e－1－3]＋2 2e－1 2e－e2 ＝ >0，故 2 > ， 2e2＋2e2e－2 2e2＋2e2e－2 2e ＋2e 2e－2 故实数 a
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显然有 x－1≥0，又 ln x≤1，所以 x＋2－2ln x>0， 所以 F′(x)≥0， 所以 F(x)在[1，e]上为增函数， e2－2e 故 F(x)max＝F(e)＝ ， e－1 所以实数 a
e2－2e ，＋∞ 的取值范围是 . e － 1
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[听前试做] (1)①令 h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex， 则 h′(x)＝(x＋1)(2－ex)， 令 h′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝ln 2. 当 x 变化时，h′(x)与 h(x)的变化情况如下表：
1 ∴h(x)极小值＝h(－1)＝ －1，h(x)极大值＝h(ln 2)＝ln22， e 1 即 f(x)－g(x)的极小值为 －1，极大值为 ln2 2. e
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1 (2)证明：要证 f(x)＋ ≥ln x＋2a＋2，x∈(0，＋∞)， x a 1 即证 ae ＋ ＋ －(2a＋2)≥0，x∈(0，＋∞)， x x
x
a 1 令 g(x)＝ae ＋ ＋ －(2a＋2)，x∈(0，＋∞)， x x
x
1 下面证明当 a＝ ，且 x>0 时，g(x)≥0 恒成立， e－1 a＋1 g′(x)＝ae － 2 ， x
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[听前试做] x2 (1)由 f(x)＝ －kln x(k>0)，得 x>0 2
2 k x －k 且 f′(x)＝x－x＝ x .由 f′(x)＝0，解得 x＝ k(负值舍去)．
f(x)与 f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
所以， f(x)的单调递减区间是(0， k)， 单调递增区间是( k， ＋ ∞ )． k1－ln k f(x)在 x＝ k处取得极小值 f( k)＝ . 2
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[典题 1]
x2 (2015· 北京高考)设函数 f(x)＝ －kln x，k>0. 2
(1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e ]上仅有一 个零点．
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(1)求 a，b 的值． (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域． ②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度．
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[听前试做] (1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5,40)，(20， 2.5)． a ＝40， 25＋b a 将其分别代入 y＝ 2 ，得 x ＋b a ＝2.5， 400＋b
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(1)若证明 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)．(如角度一) (2)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．(如角度二)
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3e2 (2)①f′(x)＝x＋2e，g′(x)＝ . x 1 2 设函数 f(x)＝ x ＋2ex，x∈(0，＋∞)与 g(x)＝3e2ln x＋b，x 2 ∈(0，＋∞)的图象的公共点为(x0，y0)， 1 2 2 x ＋ 2e x ＝ 3e ln x0＋b， 2 0 0 3e2 则 x0＋2e＝ x0 ， x0>0，
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[典题 4]
(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 接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 a 设曲线 C 符合函数 y＝ 2 (其中 a，b 为常数)模型． x ＋b
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②由题意知，当 x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex 恒成立， x2＋2x＋1 即 a≥ 恒成立． xe x x2＋2x＋1 x2＋1x＋1 令 t(x)＝ ，则 t′(x)＝－ ， xex x2ex ∴当 x∈(－2，－1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增； 当 x∈(－1,0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减． 故当 x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0. ∴a≥0. 故 a 的取值范围是[0，＋∞)．
2e－1 1 ， 的取值范围为 2 . 2 2e ＋ 2e
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导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，多以解答题 的形式考查，难度较大，属中高档题，且主要有以下几个命题角度： 角度一：证明不等式 a [典题 2] 已知函数 f(x)＝aex＋ ＋ln x，a∈R. x (1)若 a＝1，求函数 f(x)在[1，e]上的最大值； (2)当 a＝ 1 1 时，求证：∀x∈(0，＋∞)，f(x)＋ ≥ln x＋2a＋2. x e－1
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1 [听前试做] (1)依题意，知 f(x)＝e ＋ ＋ln x. x
x 2 x x e ＋x－1 1 1 x 则 f′(x)＝e － 2＋ ＝ ， x x x2
易知在[1，e]上，f′(x)>0，f(x)单调递增， 1 故 f(x)max＝ f(e)＝ee＋ ＋1. e
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(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝ k 1 －ln k k 1 －ln k .因为 f(x)存在零点，所以 ≤0，从而 k≥e. 2 2 当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)＝0， 所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e ]上的唯一零点． 1 当 k>e 时， f(x)在区间(1， e ]上单调递减， 且 f(1)＝ >0， f( e) 2 e－ k ＝ <0，所以 f(x)在区间(1， e ]上仅有一个零点． 2 综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e ]上仅有一个零 点．
1 在区间e ，e内有两个
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1 2 解：(1)由题意知，F(x)＝f(x)· g(x)＝ ax ln x，F′(x)＝axln x 2 1 1 ＋ ax＝ ax(2ln x＋1)， 2 2 1 1 由 F′(x)>0 得 x>e－ ，由 F′(x)<0 得 0<x<e－ ， 2 2 故
a＝1 000， 解得 b＝0.
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1 000 1 000 (2)①由(1)知，y＝ 2 (5≤x≤20)，则点 P 的坐标为t， t2 . x
设在点 P 处的切线 l 交 x， y 轴分别于 A， B 两点， y′＝－ 1 000 2 000 则 l 的方程为 y－ 2 ＝－ 3 (x－t)， t t 由此得
1 G(x)在区间e ，e内有两个零点，
G1>0， e 需满足G1<0， Ge>0，
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1 2＋a－1＋a>0， e 2e 1 即 ＋a－1<0， 2 e2 ＋a－1e－a>0， 2 2e－1 a> 2 ， 2e ＋ 2e 1 即a<2， 2e－e2 a> . 2e － 2
x
令 h(x)＝aex· x2－(a＋1)，
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易知 h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 注意到 h(1)＝ae－a－1＝ e 1 － －1＝0， e－1 e－1
故当 x∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h(x)>0， 即 g′(x)>0，g(x)单调递增． e 1 2 故 g(x)min＝g(1)＝ ＋ ＋1－ －2＝0， e－1 e－1 e－1 故当 a＝ 1 1 时，∀x∈(0，＋∞)，g(x)≥0 恒成立，即 f(x)＋ x e－1