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【世纪金榜】人教版2016第一轮复习理科数学教师用书配套课件 热点专题突破系列(一)导数的综合应用


热点专题突破系列(一) 导数的综合应用

考点一

利用导数解决实际生活中的优化问题

【考情分析】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.

【典例1】(2013·重庆高考)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12000π 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.

【解题提示】直接根据题意可列出函数的解析式并能直接写出定义域 , 通过求导研究函数的单调性进而求出函数的最值 .

【规范解答】(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.根据题意得 200πrh+160πr2=12000π,所以h= =
? (300r-4r3). 5 1 (300-4r2),从而V(r)=πr2h 5r

因r>0,又由h>0可得r< 5 3 ,故函数V(r)的定义域为(0, 5 3 ).

? (2)因V(r)= ? (300r-4r3).故V′(r)= (300-12r2).令V′(r)=0,解得 5 5

r1=5,r2=-5(因r2=-5不在定义域内,舍去). 当r∈(0,5)时,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;当r∈(5,5 3 ) 时,V′(r)<0,故V(r)在(5,5 3 )上是减少的. 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.

【规律方法】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. (4)回归实际问题作答. 提醒:解决此类问题要根据实际问题的意义确定出函数的定义域.

【变式训练】(2015·沈阳模拟)据统计某种汽车的最高车速为120千 米/小时,在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x(千米/小 时)之间有如下函数关系:y ? 距100千米. (1)若汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,则从甲地到乙地需耗油多 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?
1 3 x 3 ? x ? 8. 已知甲、乙两地相 128 000 80

【解析】(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了 需耗油 (
1 3 ? 403 ? ? 40 ? 8) ? 2.5 =17.5(升) 128 000 80

100 =2.5(小时), 40

所以汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,从甲地到乙地需耗油 17.5 升.

(2)当汽车的行驶速度为x千米/小时时,从甲地到乙地需行驶 100 小时.
x

设耗油量为h(x)升,依题意,
800 15 1 3 100 = 1 x2 ? ? ,0<x ? 120, x 3 ? x ? 8 )· 1 280 x 4 128 000 80 x 3 3 x ? 80 (0<x≤120). h′(x)= x ? 800 ? 640 x 2 640x 2

得h(x)=(

令h′(x)=0,得x=80, 因为当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 最小值h(80)=11.25.

所以当汽车以80千米/小时的速度行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最 少为11.25升.

【加固训练】(2015·银川模拟)某建筑公司要在一 块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设,阴 影部分为一公共设施建设不能开发,且要求用栏栅 隔开(栏栅要求在一直线上),公共设施边界为曲线f(x)=1-ax2(a>0)的 一部分,栏栅与矩形区域的边界交于点M,N,交曲线于点P,设P(t,f(t)). (1)将△OMN(O为坐标原点)的面积S表示成t的函数S(t). (2)若在t= 1 处,S(t)取得最小值,求此时a的值及S(t)的最小值.
2

【解析】(1)f′(x)=-2ax,所以切线斜率是-2at,

所以切线方程为y-(1-at2)=-2at(x-t).
2 1 ? at 2 1 ? at 令y=0,得x= ,所以M( ,0),令x=0, 2at 2at

得y=1+at2,所以N(0,1+at2),
2 2 (1 ? at ) 所以△OMN的面积S(t)= . 4at

2 4 2 2 2 3a t ? 2at ? 1 (at ? 1)(3at ? 1) (2)S′(t)= ? , 4at 2 4at 2

由a>0,t>0,S′(t)=0,得3at2-1=0,即 t ? 1 .
1 时,S′(t)>0; 3a 1 当3at2-1<0,即0<t< 时,S′(t)<0. 3a 1 所以当t= 时,S(t)有最小值. 3a 1 1 已知在t= 1 处,S(t)取得最小值,故有 ? , 2 3a 2 4 (1 ? 3 所以 a ? 4 . 故当 a ? 4 , t ? 1 时,S(t)min= S( 1 ) ? 4 2 3 3 2 4 3
3a

当3at2-1>0,即t>

1 2 ) 4 ? 2. 1 3 2

考点二

利用导数研究函数的零点与方程的根的问题

【考情分析】此类试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.

【典例2】(2014·陕西高考)设函数f(x)=ln x+ m ,m∈R.
x

(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值. (2)讨论函数g(x)=f′(x)- x 零点的个数.
3 (3)若对任意b>a>0, f (b) ? f (a) <1恒成立,求m的取值范围. b?a

【解题提示】(1)利用导数确定函数单调性,再由单调性求函数的极 值.(2)首先变形将函数零点个数转化为直线与曲线的交点个数 ,然后 求导确定函数最值,数形结合分类讨论确定零点的个数.(3)先用构造 函数法将恒成立转化,再通过分离参数后求函数最值确定 m的取值范围.

【规范解答】(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+ e ,
e 则f′(x)= x ? , 2 x x

所以当x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上是减少的, 当x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上是增加的, 所以x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+ e =2,
e

所以f(x)的极小值为2.

(2)由题设g(x)=f′(x)-

3 x 令g(x)=0,得m= ? ? x(x>0). 3 1 设φ(x)= ? x 3 ? x (x>0), 3

x 1 m x = ? 2 ? (x>0), 3 3 x x

则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上是增加的; 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上是减少的. 所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的 最大值点,

所以φ(x)的最大值为φ(1)= . 又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象,可知 ①当m> 2 时,函数g(x)无零点;
3 ②当m= 2 时,函数g(x)有且只有一个零点; 3 ③当0<m< 2 时,函数g(x)有两个零点; 3

2 3

④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点. 综上所述,当m> 当m=
2 时,函数g(x)无零点; 3

2 或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; 3 2 当0<m< 时,函数g(x)有两个零点. 3

(3)对任意的b>a>0, f (b) ? f (a) <1恒成立,
b?a

等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立. 设h(x)=f(x)-x=ln x+ m -x(x>0),
x

(*)

所以(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减. 由h′(x)= 1 ? m ? 1 ≤0在(0,+∞)恒成立, 2 得m≥-x2+x=-(x- 1 )2+ 1 (x>0)恒成立,
x x 2 4 1 1 所以m≥ (对m= ,h′(x)=0仅在x= 1 时成立), 4 4 2 1 所以m的取值范围是[ ,+∞). 4

【易错警示】解答本题有两点容易出错. (1)第(2)问求m及构造函数时容易忽略定义域. (2)第(2)问忽略对m分类讨论或分类标准不准确.

【规律方法】
1.利用导数确定三次式、分式、以e为底的指数式、对数式及三角式 方程根的个数或函数零点的方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)=0可解),转化为确定g(x) 的零点个数问题求解,利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义 区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图像草图,数形结合求 解.

(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然 后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进 而判断函数在该区间上零点的个数. 2.根据三次式、分式、以e为底的指数式、对数式及三角式方程根的 个数或函数零点的个数求参数取值范围的方法 构建函数g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)=0可解),利用导数研究函数 的单调性、极值,并确定定义区间端点值的情况等,画出g(x)的图像草 图,数形结合得参数的取值范围或关于参数的不等式(组)再求解.

【变式训练】(2015·长春模拟)设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其

中a为实数.
(1)若f(x)在(1,+∞)上是减少的,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a

的取值范围.
(2)若g(x)在(-1,+∞)上是增加的,试求f(x)的零点个数,并证明你的

结论.

【解析】(1)f′(x)= 1 -a≤0在(1,+∞)上恒成立,

则a≥ 1 ,x∈(1,+∞),故a≥1.g′(x)=ex-a,
x

x

若1≤a≤e,则g′(x)=ex-a≥0在(1,+∞)上恒成立, 此时,g(x)=ex-ax在(1,+∞)上是增加的,无最小值,不合题意; 若a>e,则g(x)=ex-ax在(1,ln a)上是减少的,在(ln a,+∞)上是增加 的,g(x)min=g(ln a),满足题意. 故a的取值范围为a>e.

(2)g′(x)=ex-a≥0在(-1,+∞)上恒成立,则a≤ex,

故a≤ 1 ,f′(x)= 1 ? a ? 1 ? ax (x>0).
①若0<a≤ 1 ,令f′(x)>0,得增区间为(0, 1 ); 令f′(x)<0,得减区间为( 1 ,+∞).
a e a e x x

当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞;
1 )=-ln a-1≥0,当且仅当a= 1 时取等号. a e a 故当a= 1 时,f(x)有1个零点;当0<a< 1 时,f(x)有2个零点. e e

当x= 1 时,f(

②若a=0时,则f(x)=ln x,易得f(x)有1个零点.

③若a<0,则f′(x)= 1 -a>0在(0,+∞)上恒成立,
x

即f(x)=ln x-ax在(0,+∞)上是增加的, 当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→+∞. 此时,f(x)有1个零点. 综上所述,当a= 1 或a≤0时,f(x)有1个零点; 当0<a< 1 时,f(x)有2个零点.
e e

【加固训练】(2015·西安模拟)已知函数f(x)=alnx+bx2图像上点
P(1,f(1))处的切线方程为2x-y-3=0. (1)求函数y=f(x)的解析式及单调区间. (2)若函数g(x)=f(x)+m-ln4在 [ 1 , 2] 上恰有两个零点,求实数m的取值
e

范围.

【解析】(1)因为切点P(1,f(1))在直线2x-y-3=0上, 所以f(1)=-1. f′(x)= a ? 2bx,
x ?f ? ?1? ? a ? 2b ? 2, 由已知得 ? ? a ? 4, b ? ?1. ? ? ?f ?1? ? b ? ?1

所以f(x)=4ln x-x2.

所以单调增区间为 (0, 2),减区间为 [ 2, ? ?).

(2)f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f(x)+m-ln4=4lnx-x2+m-ln4. 令g(x)=0,得4lnx-x2+m-ln4=0?m=x2-4lnx+ln4. 记φ(x)=x2-4lnx+ln4.
4 2x 2 ? 4 则φ′(x)= 2x ? ? , x x 1 [ 当x∈ , 2) 时,φ′(x)<0,φ(x)是减少的; e

当x∈ [ 2, 2]时,φ′(x)≥0,φ(x)是增加的.
1 1 ?( ) ? 2 ? 4 ? 2ln 2,?( 2) ? 2, ? ? 2 ? ? 4 ? 2ln 2. e e

由题意,2<m≤4-2ln 2.

考点三

利用导数解决不等式问题

【考情分析】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.

【典例3】(2014·福建高考)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与 y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1. (1)求a的值及函数f(x)的极值. (2)证明:当x>0时,x2<ex. (3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

【解题提示】(1)利用导数求极值.(2)构造新函数,利用导数求最 值.(3)对c分c≥1,0<c<1分类讨论或对x0取特殊值,然后求解.

【规范解答】方法一:(1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a. 又f′(0)=1-a=-1,得a=2. 所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令f′(x)=0,得x=ln2. 当x<ln2时,f′(x)<0,f(x)是减少的; 当x>ln2时,f′(x)>0,f(x)是增加的. 所以当x=ln2时,f(x)取得极小值, 且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.

(2)令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.

由(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln2)>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0, 因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex. (3)①若c≥1,则ex≤cex.又由(2)知,当x>0时,x2<ex. 所以当x>0时,x2<cex. 取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.

②若0<c<1,令k= 1 >1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立.
c

而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),

只要x>2ln x+ln k成立.
令h(x)=x-2ln x-ln k,则h′(x)= 1 ?
2 x?2 ? . x x

所以当x>2时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内是增加的.
取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内是增加的,

又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln2)+3(k-ln k)+5k,
易知k>ln k,k>ln2,5k>0,所以h(x0)>0.

即存在x0= 16 ,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
c

综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.

方法二:(1)同方法一.

(2)同方法一.
(3)对任意给定的正数c,取x0= 由(2)知,当x>0时,ex>x2,
x x e e >( ) 2 ( ) 2 , 2 2 当x>x0时,ex> ( x ) 2 ( x ) 2> 4 ( x ) 2 ? 1 x 2 , 2 2 c 2 c

4 , c

所以ex=

x 2

x 2

因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.

方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有 1 x3<ex.
3

证明如下: 令h(x)= 1 x3-ex,则h′(x)=x2-ex.
3

由(2)知,当x>0时,x2<ex, 从而h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上是减少的, 所以h(x)<h(0)=-1<0,即 1 x3<ex.
3

取x0= 3 ,当x>x0时,有 1 x2< 1 x3<ex.
c c 3

因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.

【规律方法】利用导数解决不等式问题的一般思路 (1)恒成立问题可以转化为最值问题求解,若不能分离参数,可以将参 数看成常数直接求解. (2)证明不等式,可构造函数转化为函数的最值问题求解.

【变式训练】(2014·湖北高考)π 为圆周率,e=2.71828…为自然对 数的底数. (1)求函数f(x)=
ln x 的单调区间. x

(2)求e3,3e,eπ ,π e,3π ,π 3这6个数中的最大数与最小数.

【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞),因为f(x)= ln x ,
x 所以f′(x)= 1 ? ln . 2 x x

当f′(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)是增加的; 当f′(x)<0,即x>e时,函数f(x)是减少的, 故函数f(x)的单调增区间为(0,e),单调减区间为(e,+∞).

(2)因为e<3<π,所以eln3<elnπ,πln e<πln3, 即ln3e<lnπe,ln eπ<ln3π. 于是根据函数y=ln x,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得 3e<πe<π3,e3<eπ<3π.

故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.
由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),

即 ln? ? ln 3 ? ln e .
? 3 e

ln? ln 3 得lnπ3<ln3π,所以3π>π3; ? , ? 3 由 ln 3 ? ln e , 得ln3e<ln e3,所以3e<e3. 3 e



综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.

【加固训练】设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值. (2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1. 【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,f′(x)=ex-2,x∈R. 令f′(x)=0,得x=ln2. 于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞)

f′(x)
f(x)

递减

0
2(1-ln 2+a)

+
递增

故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),f(x)

在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).
(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.

于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+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>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).

又g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.
即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.


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