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4.3.1导数的综合应用


第3讲
【复习目标】

导数的综合应用

1.考查利用导数研究函数的零点问题. 2.考查导数与函数、不等式等相结合的问题. 3.考查利用导数解决生活中的优化问题.
【重点难点】

1.考查利用导数研究函数的零点问题. 2.考查导数与函数、不等式等相结合的问题. 3.考查利用导数解决生活中的优化问题.<

br />【高考要求】B 级 【基础过关】

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. 2.利用导数解决函数与方程问题 研究函数图像的交点、 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的思路,因此使用的知识 还是函数的单调性和极值的知识. 3.导数与不等式相结合的问题 求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,将参数范围转化为研究 新函数的值域问题. 考点自测 1.(2011· 辽宁)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为( A.(-1,1) ).

B.(-1,+∞)

C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 解析 ∵f′(x)>2, ∴f′(x)-2>0, ∴函数 f(x)-2x 是增函数, ∴f(x)-2x>4=f(-

1)-2×(-1),∴x>-1.故选 B. 答案 B

2.(2012· 泰安模拟)已知某生产厂家的年利润 y(单位:万元)与年产量 x(单位: 1 万件)的函数关系式为 y=-3x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润 的年产量为( ).

A.13 万件 解析

B.11 万件 C.9 万件

D.7 万件

因为 y′=-x2+81,所以当 x>9 时,y′<0;当 x∈(0,9)时,y′>0,

1 所以函数 y=-3x3+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. 答案 C

3.(2013· 广州调研)若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的取 值范围是( A.(-2,2) ). B.[-2,2]

C.(-∞,-1) D.(1,+∞) 解析 由于函数 f(x)是连续的,故只需要两个极值异号即可.f′(x)=3x2-3,令

3x2-3=0,则 x=± 1,只需 f(-1)· f(1)<0,即(a+2)(a-2)<0,故 a∈(-2, 2). 答案 A ).

4.设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则( A.a<-1 1 C.a>-e 解析 B.a>-1 1 D.a<- e

由 y′=(ex+ax)′=ex+a=0,得 ex=-a,

即 x=ln(-a)>0?-a>1?a<-1. 答案 A

?2 ? ,x≥2, 5.(2011· 北京)已知函数 f(x)=?x 若关于 x 的方程 f(x)=k 有两 ?(x-1)3,x<2. ? 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)

对应学生 用书P44 考向一 利用导数研究函数的零点或方程的根

【例 1】?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)的图像有三个不同的交点, 求 m 的取值范围. [审题视点] 分别求出 f(x)的极大、极小值,使 y=m 界于极大值与极小值之间. 解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),

当 a<0 时,对任意的 x∈R,有 f′(x)>0,此时,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. 故当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞);f(x)的单调减区 间为(- a, a). (2)因为 f(x)在 x=-1 处取得极值, 所以 f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. 所以 f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3,由 f′(x)=0 解得 x=-1 或 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.因为直线 y=m 与函数 y=f(x)的图像有三个不同的交点, 结合 f(x)的单调性画出图像(如图所示)可知,m 的取值范围是(-3,1). 研究方程的根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、 变化趋势等,并借助函数的大致图像判断方程根的情况,这是导数这一工具在 研究方程中的重要应用. 1-a 1 【训练 1】 (2012· 天津)已知函数 f(x)=3x3+ 2 x2-ax-a,x∈R,其中 a> 0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).

由 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=a(a>0). 当 x 变化时 f′(x)与 f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + ? -1 0 极大值 (-1,a) - ? a 0 极小值 (a,+∞) + ?

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1, a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增;在区间(-1,0)内单调递减.从

而函数 1 <a<3.

?f(-2)<0, f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,当且仅当?f(-1)>0,解得 ?f(0)<0,

0

1? ? 所以,a 的取值范围是?0,3?. ? ?

考向二

利用导数研究生活中的优化问题

【例 2】 ?(2013· 安康模拟)统计表明, 某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗 1 油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/时)的函数解析式可以表示为:y=128 000x3-

3 80 x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. (1)当汽车以 40 千米/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? [审题视点] 先确定汽车从甲地到乙地行驶的时间, 才能列出耗油量关于时间的 关系式. 100 (1)当 x=40(千米/时)时,汽车从甲地到乙地行驶了 40 =2.5(小时).要耗 3 ? 1 ? 油?128 000×403-80×40+8?×2.5=17.5(升).所以,当汽车以 40 千米/时的 ? ? 解 速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油 17.5 升. 100 (2)当速度为 x 千米/时时,汽车从甲地到乙地行驶了 x 小时,设耗油量为 h(x) 升,依题意得 3 ? 1 ? 100 h(x)=?128 000x3-80x+8?· x ? ? 1 800 15 =1 280x2+ x - 4 (0<x≤120). 3 3 x 800 x -80 h′(x)=640- x2 = 640x2 (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. 因此 h(x)在(0,120]上只有一个极值,也是它的最小值. 所以,当汽车以 80 千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少 为 11.25 升. 求实际问题中的最大值或最小值时,一般是先设自变量、因变量,建立函数 关系式,并确定其定义域,利用求函数的最值的方法求解,注意结果应与实际 情况相结合.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. 【训练 2】 (2011· 山东)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位: 米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的 80π 容积为 3 立方米,且 l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知 圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元, 半球形部分每平方米建造费用为 c(c>3)

千元.设该容器的建造费用为 y 千元.

(1)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的 r. 解 (1)设容器的容积为 V,

80π 4 由题意知 V=π r2l+3π r3,又 V= 3 , 4 V-3π r3 80 4 4?20 ? ? 故 l= =3r2-3r=3? r2 -r?. 2 ? πr 由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 4?20 ? ? 所以建造费用 y=2π rl×3+4π r2c=2π r×3? r2 -r?×3+4π r2c, 因此 y=4π ? 160π (c-2)r2+ r ,0<r≤2. 160π 8π (c-2)? 3 20 ? ?r -c-2?,0<r≤2.由于 c>3, (2)由(1)得 y′=8π (c-2)r- r2 = r2 ? ? 所以 c-2>0. 3 20 20 当 r3 - =0 时,r= , c-2 c-20 令 3 20 =m,则 m>0, c-2

8π (c-2) (r-m)(r2+rm+m2). r2 9 ①当 0<m<2,即 c>2时, 所以 y′= 当 r=m 时,y′=0; 当 r∈(0,m)时,y′<0; 当 r∈(m,2)时,y′>0. 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点. 9 ②当 m≥2,即 3<c≤2时, 当 r∈(0,2)时,y′<0,函数 y 单调递减,

所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 9 综上所述,当 3<c≤2时,建造费用最小时 r=2; 3 9 当 c>2时,建造费用最小时 r= 20 . c-2

考向三

导数在研究不等式中的应用)

【例 3】?(2013· 景德镇模拟)已知 f(x)=ln x: (1)设 F(x)=f(x+2)- 2x ,求 F(x)的单调区间; x+1

(2)若不等式 f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4 对任意 a∈[-1,1],x∈[0,1]恒 成立,求 m 的取值范围. [审题视点] (1)利用导数法,分别判断 F′(x)在各个区间上的符号,即可得 F(x) 的单调区间; (2)先将原不等式等价转化为:ln x+1 x+1 ≤3ma+4-m2 的形式,求出 y=ln 2x+1 2x+1

(x∈[0,1])的最大值为 0,结合一次函数的性质,可以构造关于 m 的不等式组, 解不等式组可得 m 的取值范围. 解 (1)F(x)=ln(x+2)- 2x 1 的定义域为(-2,-1)∪(-1,+∞).F′(x)= x+1 x+2

2(x+1)-2x (x+1)2-2(x+2) 1 2 - = - = = (x+1)2 x+2 (x+1)2 (x+2)(x+1)2 x2-3 .令 F′(x)>0,得单调增区间(-2,- 3)和( 3,+∞), (x+2)(x+1)2 令 F′(x)<0,得单调减区间(- 3,-1)和(-1, 3). (2)不等式 f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4 化为 ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am x+1 +4,即 ln ≤3ma+4-m2. 2x+1 x+1 现在只需求 y=ln (x∈[0,1])的最大值和 y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的 2x+1

x+1 1 x+1 1 最小值. 而 =2+ 在[0, 1]上单调递减, 所以 y=ln (x∈[0, 2x+1 2(2x+1) 2x+1 1])的最大值为 0. 而 y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于 a 的一次函数,
2 ?m +3m-4≤0, 故其最小值只能在 m=-1 或 m=1 处取得,于是得到? 2 ?m -3m-4≤0,

?-4≤m≤1, 即? ?-1≤m≤4, 所以 m 的取值范围是[-1,1]. 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最值问题. a 【训练 3】 设 f(x)= x+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,求满足上述条件的最大 整数 M; ?1 ? (2)如果对任意的 s,t∈?2,2?都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. ? ? 解 (1)存在 x1, 2∈[0, 使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立, x 2], 等价于: 1)-g(x2)]max [g(x

≥M, ? 2? g(x)=x3-x2-3,g′(x)=3x2-2x=3x?x-3?, ? ? 2 由 g′(x)=0,得 x=0 或3. 当 x 变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表 x g′(x) g(x) -3 0 2? ? ?0,3? ? ? - ? 2 3 0 85 极(最)小值-27 ?2 ? ?3,2? ? ? + ? 1 2

85 ?2? 由上表可知:g(x)min=g?3?=-27,g(x)max=g(2)=1, ? ? 112 [g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= 27 ≥M, 所以满足条件的最大整数 M=4.

?1 ? (2)对任意的 s,t∈?2,2?,都有 f(s)≥g(t)成立. ? ? ?1 ? 等价于:在区间?2,2?上,函数 f(x)的最小值不小于 g(x)的最大值, ? ? ?1 ? 由(1)知,在区间?2,2?上,g(x)的最大值为 g(2)=1. ? ? ∴f(x)min≥1.又∵f(1)=a,∴a≥1. ?1 ? 下面证当 a≥1 时,在区间?2,2?上,函数 f(x)≥1 恒成立. ? ? a 1 ?1 ? 当 a≥1 且 x∈?2,2?时,f(x)=x +xln x≥ x+xln x, ? ? 1 1 记 h(x)= x +xln x,h′(x)=-x2+ln x+1,h′(1)=0, 1 ?1 ? 当 x∈?2,1?时,h′(x)=-x2+ln x+1<0; ? ? 1 当 x∈(1,2]时,h′(x)=-x2+ln x+1>0. 1 ?1 ? 所以函数 h(x)= x +xln x 在区间?2,1?上递减,在区间(1,2]上递增,h(x)min= ? ? h(1)=1,即 h(x)≥1. ?1 ? 所以当 a≥1 且 x∈?2,2?时,f(x)≥1 恒成立, ? ? ?1 ? 即对任意 s,t∈?2,2?都有 f(s)≥g(t). ? ?


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4.3 导数在研究函数中的应用 4.3.1 利用导数研究函数的单调性基础达标 ?限时20...0),∴y=ex-x+1 的单调增区间(0,+∞),单调减区间为(-∞,0). 综合提高...