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第十一节 第三课时 导数与函数的综合问题


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第三课时

导数与函数的综合问题

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第三课时 热点命题· 悟通 考点一

导数与函数的综合问题

[典例] 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(2

00πrh+160πr2)元. 又根据题意 200πrh+160πr2=12 000π, 1 所以 h= (300-4r2), 5r π 从而 V(r)=πr2h= (300r-4r3). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3).
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π (2)因为 V(r)= (300r-4r3), 5 π 所以 V′(r)= (300-12r2). 5 令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(因为 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.
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[针对训练] 解:①当 6≤t<9 时, 32 3 3 y′=- t - t+36=- (t+12)(t-8). 8 2 8 令 y′=0,得 t=-12(舍去)或 t=8. 当 6≤t<8 时,y′>0,当 8<t<9 时,y′<0, 故 t=8 时,y 有最大值,ymax=18.75. 1 59 ②当 9≤t≤10 时,y= t+ 是增函数, 8 4 故 t=10 时,ymax=16. ③当 10<t≤12 时,y=-3(t-11)2+18, 故 t=11 时,ymax=18. 综上可知,通过该路段用时最多的时刻为上午 8 点.
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考点二 1-ln x ln x [典例] 解:(1)因为 h(x)= x (x>0),所以 h′(x)= , x2 由 h′(x)>0,且 x>0,得 0<x<e.由 h′(x)<0,且 x>0,得 x>e, 所以函数 h(x)的单调增区间是(0,e],单调减区间是[e,+∞), 1 所以当 x=e 时,h(x)取得最大值 . e

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(2)因为 xf(x)≥-2x2+ax-12 对一切 x∈(0,+∞)恒成立, 即 xln x-x2≥-2x2+ax-12 对一切 x∈(0,+∞)恒成立, 12 即 a≤ln x+x+ x 对一切 x∈(0, +∞)恒成立, 设 φ(x)=ln x x2+x-12 ?x-3??x+4? 12 +x+ x ,因为 φ′(x)= = , x2 x2 故 φ(x)在(0,3]上递减,在[3,+∞)上递增, φ(x)min=φ(3)=7+ln 3,所以 a≤7+ln 3.

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[针对训练]

解:(1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),

∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若 x=0,则 f′(x)=0; 若 x<0,则 1-ex>0,所以 f′(x)<0; 若 x>0,则 1-ex<0,所以 f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 故[f(x)]min=f(2)=2-e2, ∴m<2-e2 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 故 m 的取值范围为(-∞,2-e2).
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考点三 1 1 [典例] 解:(1)当 a= 时,f(x)= x-ex. 2 2 1 x f′(x)= -e ,令 f′(x)=0,得 x=-ln 2. 2 当 x<-ln 2 时,f′(x)>0; 当 x>-ln 2 时,f′(x)<0, ∴函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,-ln 2),单调 递减区间为(-ln 2,+∞).
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(2)证明:法一:令 F(x)=x-f(x)=ex-(a-1)x, (ⅰ)当 a=1 时,F(x)=ex>0,∴f(x)≤x 成立. (ⅱ)当 1<a≤1+e 时, F′(x)=ex-(a-1)=ex-eln(a-1), ∴当 x<ln(a-1)时,F′(x)<0; 当 x>ln(a-1)时,F′(x)>0, ∴F(x)在(-∞,ln (a-1))上单调递减,
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在(ln(a-1),+∞)上单调递增. ∴F(x)≥F(ln(a-1))=e [1-ln(a-1)], ∵1<a≤1+e,∴a-1>0,1-ln(a-1)≥1-ln[(1+e)-1]=0, ∴F(x)≥0, 即 f(x)≤x 成立. 综上, 当 1≤a≤1+e 时, 有 f(x)≤x.
ln(a-1)

-(a-1)· ln(a-1)=(a-1)

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法二:令 g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex, 只要证明 g(a)≥0 在 1≤a≤1+e 时恒成立即可. g(1)=-x+x+ex=ex>0,① g(1+e)=-x· (1+e)+x+ex=ex-ex, 设 h(x)=ex-ex,则 h′(x)=ex-e, 当 x<1 时,h′(x)<0;当 x>1 时,h′(x)>0, ∴h(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)≥h(1)=e1-e· 1=0, 即 g(1+e)≥0.② 由①②知,g(a)≥0 在 1≤a≤1+e 时恒成立. ∴当 1≤a≤1+e 时,有 f(x)≤x.
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[针对训练] k 解:(1)g(x)=ln x+x, x-k ∴令 g′(x)= 2 =0 得 x=k. x ∵x>0,∴当 k≤0 时,g′(x)>0. ∴函数 g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间; 当 k>0 时 g′(x)>0 得 x>k;g′(x)<0 得 0<x<k, ∴单调递增区间为(k,+∞),单调递减区间为(0,k).

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(2)证明:设 h(x)=xln x-2x+e(x≥1), 令 h′(x)=ln x-1=0 得 x=e, h(x),h′(x)的变化情况如下: x h′(x) h(x) 1 -1 e-2 (1,e) - e 0 0 (e, +∞) +

故 h(x)≥0.即 f(x)≥2x-e.

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迁移应用· 练透 1. 解析: ∵f′(x)=3x2-a, 又 f(x)在(-1,1)上单调递减; ∴f′(x)≤0 在(-1,1)上恒成立, 即 3x2-a≤0 在(-1,1)上恒成立. ∴a≥3x2 在(-1,1)上恒成立,又 0≤3x2<3,∴a≥3.经验证当 a =3 时,f(x)在(-1,1)上单调递减. 答案:A 2.解析:设盒子容积为 y cm3,盒子的高为 x cm.则 y=(10-2x) (16-2x)x=4x3-52x2+160x(0<x<5),∴y′=12x2-104x+160. 20 令 y′=0,得 x=2 或 (舍去), 3 ∴ymax=6×12×2=144 (cm3). 答案:C
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3.解析:令 f′(x)=3x2-3=0,得 x=± 1,可得极大值为 f(-1)=2,极小值为 f(1)=-2,如图, 观察得-2<a<2 时恰有三个不同的公共点. 答案:(-2,2) 1-ln x ln x 4.解:(1)设 f(x)= x ,则 f′(x)= . x2 所以 f′(1)=1,即 L 的斜率为 1. 又 L 过点(1,0),所以 L 的方程为 y=x-1.
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(2)证明:令 g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线 C 在直线 L 的 下方等价于 g(x)>0(?x>0,x≠1). x2-1+ln x g(x)满足 g(1)=0,且 g′(x)=1-f′(x)= . 2 x 当 0<x<1 时,x2-1<0,ln x<0, 所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减;

当 x>1 时,x2-1>0,ln x>0,所以 g′(x)>0,故 g(x)单调递增. 所以,g(x)>g(1)=0(?x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方.
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