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3.3导数的综合应用


§3.3
教学目标
1. 会用导数解决实际问题。

导数的综合应用

学习内容

知识梳理
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.

例题讲解

题型一 利用导数证明不等式 例1 1 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x2+2ax,g(x)=3a2ln x+b,其中 a>0.设两曲线 y=f(x),y=g(x)有公共点, 2 且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). 思维启迪 (1)设公共点为(x0,y0),则 f(x0)=g(x0)且 f′(x0)=g′(x0)可得 a,b 的关系;

(2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x),求 F(x)的最值. (1)解 设两曲线的公共点为(x0,y0), 3a2 f′(x)=x+2a,g′(x)= , x 由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),

?2x +2ax =3a ln x +b, 即? 3a ?x +2a= x .
2 0 0 2 0 2 0 0

1

1

3a2 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 5 即有 b= a2+2a2-3a2ln a= a2-3a2ln a. 2 2 5 令 h(t)= t2-3t2ln t(t>0),则 h′(t)=2t(1-3ln t). 2 1 于是当 t(1-3ln t)>0,即 0<t<e 时,h′(t)>0; 3 1 当 t(1-3ln t)<0,即 t>e 时,h′(t)<0. 3
1 1

故 h(t)在(0, e 3 )上为增函数,在( e 3 ,+∞)上为减函数, 3 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h( e 3 )= e 3 , 2 3 即 b 的最大值为 e 3 . 2 1 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 2 3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0). x x 故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数,并求其单调区间; (2)判断区间端点函数值与 0 的关系; (3)判断定义域内函数值与 0 的大小关系,证不等式. 巩 固 π x3 当 0<x< 时,求证:tan x>x+ . 2 3
3
2 1 2

x? 证明 设 f(x)=tan x-? ?x+ 3 ?, 1 则 f′(x)= 2 -1-x2=tan2x-x2 cos x =(tan x-x)(tan x+x). π 因为 0<x< ,所以 x<tan x(简单进行证明亦可), 2 π? 所以 f′(x)>0,即 x∈? ?0,2?时,f(x)为增函数. π? 所以 x∈? ?0,2?时,f(x)>f(0). x? 而 f(0)=0,所以 f(x)>0,即 tan x-? ?x+ 3 ?>0.
3

2

x3 故 tan x>x+ . 3 题型二 利用导数求参数的取值范围 例2 ln x+a 1 已知函数 f(x)= (a∈R),g(x)= . x x (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上有公共点,求实数 a 的取值范围. 思维启迪 (1)解 f′(x)=0,根据函数值的变化得到单调区间、极值;

(2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x),通过 F(x)的单调性和函数值的变化研究 f(x)、g(x)的交点情况. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

1-?ln x+a? - f′(x)= .令 f′(x)=0,得 x=e1 a, x2 当 x∈(0,e1 a)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;


当 x∈(e1 a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数.


所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,e1 a],


单调递减区间为[e1 a,+∞),


极大值为 f(x)极大值=f(e1 a)=ea 1,无极小值.
- -

ln x+a-1 (2)令 F(x)=f(x)-g(x)= , x -ln x+2-a 则 F′(x)= . x2 令 F′(x)=0,得 x=e2 a;令 F′(x)>0,得 x<e2 a;
- -

令 F′(x)<0,得 x>e2 a,


故函数 F(x)在区间(0,e2 a]上是增函数,


在区间[e2 a,+∞)上是减函数.


①当 e2 a<e2,即 a>0 时,


函数 F(x)在区间(0,e2 a]上是增函数,


在区间[e2 a,e2]上是减函数,F(x)max=F(e2 a)=ea 2.
- - -

a+1 - 又 F(e1 a)=0,F(e2)= 2 >0, e 由图象,易知当 0<x<e1 当e
1-a
-a

时,F(x)<0;

<x≤e2,F(x)>0,

此时函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上有 1 个公共点. ②当 e2 a≥e2,即 a≤0 时,F(x)在区间(0,e2]上是增函数,


F(x)max=F(e2)=

a+1 . e2 a+1 ≥0,即-1≤a≤0 时, e2

若 F(x)max=F(e2)=

函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上只有 1 个公共点;

3

若 F(x)max=F(e2)=

a+1 <0,即 a<-1 时, e2

函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上没有公共点. 综上,满足条件的实数 a 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. 巩 固 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

a y= +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. x-3 (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. 思维启迪 (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 a (1)因为 x=5 时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2

2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2. x-3

4

所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =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: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点. 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.用导数求解实际问题中的最大(小)值,如果函数在区 间内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点. 巩 固 某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得 10 万元~1 000 万元的投资收益.现准备制订一个

对科研课题组的奖励方案:奖金 y(万元)随投资收益 x(万元)的增加而增加,且资金不超过 9 万元,同时奖金不超过投资 收益的 20%. (1)若建立函数 f(x)模型制订奖励方案,试用数学语言表述公司对奖励函数 f(x)模型的基本要求; (2)现有两个奖励函数模型: x ①y= +2; 150 ②y=4lg x-3. 试分析这两个函数模型是否符合公司要求? 解 (1)设奖励函数模型为 y=f(x),

则公司对函数模型的基本要求是: 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数,f(x)≤9 恒成立, x f(x)≤ 恒成立. 5 x (2)①对于函数模型 f(x)= +2, 150 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数, 则 f(x)max=f(1 000)= 1 000 26 +2= <9. 150 3

所以 f(x)≤9 恒成立. f?x? 1 2 因为函数 = + 在[10,1 000]上是减函数, x 150 x

5

f?x? 1 1 1 所以[ ]max= + > . x 150 5 5 f?x? 1 2 1 从而 = + ≤ 不恒成立, x 150 x 5 x 即 f(x)≤ 不恒成立. 5 故该函数模型不符合公司要求. ②对于函数模型 f(x)=4lg x-3, 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数, 则 f(x)max=f(1 000)=4lg 1 000-3=9. 所以 f(x)≤9 恒成立. x 4 1 设 g(x)=4lg x-3- ,则 g′(x)= - . 5 xln 10 5 4 1 2-ln 10 当 x≥10 时,g′(x)= - ≤ <0, xln 10 5 5ln 10 所以 g(x)在[10,1 000]上是减函数, 从而 g(x)≤g(10)=-1<0. x x 所以 4lg x-3- <0,即 4lg x-3< , 5 5 x 所以 f(x)≤ 恒成立. 5 故该函数模型符合公司要求.

综合题库

A组 1. 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)=x2-3x+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 ln x 没有最值. π (5)已知 x∈(0, ),则 sin x>x. 2 1 (6)若 a>2,则方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上没有实数根. 3
2

( √ ( √ ( × ( × ( × ( ×

) ) ) ) ) ) )

2. (2013· 福建)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠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(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点

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D.-x0 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,-x0 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,x0 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,-x0 应为 y=-f(-x)的极小值点. 3. 设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,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 ( 1 5 2 A.1 B. C. D. 2 2 2 答案 D 解析 |MN|的最小值,即函数 h(x)=x2-ln x 的最小值, )

2 1 2x -1 h′(x)=2x- = , x x

显然 x=

2 是函数 h(x)在其定义域内唯一的极小值点, 2 2 . 2

也是最小值点,故 t=

4. 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__________. 答案 (-2,2)

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,得 x=± 1,只需 f(- 1)· f(1)<0,即(a+2)(a-2)<0,故 a∈(-2,2). ln x 5. 若 f(x)= ,0<a<b<e,则 f(a)、f(b)的大小关系为________. x 答案 解析 f(a)<f(b) 1-ln x f′(x)= , x2

1-ln x 当 x∈(0,e)时, >0,即 f′(x)>0, x2 ∴f(x)在(0,e)上为增函数, 又∵0<a<b<e,∴f(a)<f(b). B组 1. 在 R 上可导的函数 f(x)的图象如图所示,则关于 x 的不等式 x· f′(x)<0 的解集为( )

A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2)

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D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 A 解析 由 f(x)的图象知,当 x<-1 或 x>1 时,f′(x)>0; 当-1<x<1 时,f′(x)<0, ∴x· f′(x)<0 的解集是(-∞,-1)∪(0,1). 2. 已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范围是 A.m>-2 2 C.m<2 2 答案 B 2x2+mx+1 解析 依题意知,x>0,f′(x)= , x 令 g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立, 4 m 当- >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 4 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 3. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(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) C.(-3,6) 答案 B 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), 由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根. ∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即 a2-3a-18>0. ∴a>6 或 a<-3. x 3 4. 若函数 f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为 ( 3 x +a A. 3 3 B. 3 C. 3+1 D. 3-1 ) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) ) B.m≥-2 2 D.m≤2 2 ( )

答案 D 解析 x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = 2 , ?x +a?2 ?x +a?2

当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 x= a时,令 f(x)= ∴f(x)max=f(1)= a 3 3 = , a= <1,不合题意. 2a 3 2

1 3 = ,a= 3-1,故选 D. 1+a 3

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5. 某公司生产某种产品,固定成本为 20 000 元,每生产一单位产品,成本增加 100 元,已知总营业收入 R 与年产量 1 ? ?400x-2x2 ?0≤x≤400?, x 的年关系是 R=R(x)=? 则总利润最大时,每年生产的产量是 ? ?80 000 ?x>400?, ( A.100 B.150 C.200 D.300 答案 D 解析 由题意得,总成本函数为 C=C(x)=20 000+100x, x ? ?300x- 2 -20 000 ?0≤x≤400?, 总利润 P(x)=? ?60 000-100x ?x>400?, ?
? ?300-x ?0<x<400?, 又 P′(x)=? ?-100 ?x>400?, ?
2

)

令 P′(x)=0,得 x=300,易知 x=300 时,总利润 P(x)最大. 6. 设函数 f(x)=kx3-3x+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, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , x x x4 1 所以 g(x)在区间(0, ]上单调递增, 2 1 在区间[ ,1]上单调递减, 2 1 因此 g(x)max=g( )=4,从而 k≥4; 2 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, 3 1 f(x)=kx3-3x+1≥0 可化为 k≤ 2- 3, x x 3 1 g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 k≤4,综上 k=4. 7. 已知函数 y=x3-3x+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)=x3-3x+c,对 f(x)求导可得, f′(x)=3x2-3, 令 f′(x)=0,可得 x=± 1,

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易知 f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减. 若 f(1)=1-3+c=0,可得 c=2; 若 f(-1)=-1+3+c=0,可得 c=-2. 8. 已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m、n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n)的最小值是________. 答案 -13 解析 对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 9. 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>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-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: x f′(x) f(x) 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 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)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-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,+∞), (-∞,ln 2) - 单调递减 ln 2 0 2(1-ln 2 +a) (ln 2,+∞) + 单调递增

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都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+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= 1 3 x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. 128 000 80

(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 100 100 1 3 (1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 小时,共耗油 ×( ×403- ×40+8)=17.5(升). 40 40 128 000 80

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, 100 汽车从甲地到乙地行驶了 小时, x 设耗油量为 h(x)升, 1 3 100 依题意得 h(x)=( x3- x+8)· 128 000 80 x = 1 2 800 15 x + - (0<x≤120), 1 280 x 4

3 3 x 800 x -80 h′(x)= - 2 = (0<x≤120). 640 x 640x2

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. 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.

C组 1 1. 已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 等于 2 ( 1 A. 4 1 1 B. C. D.1 3 2 )

答案 D 解析 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)= -a,令 f′(x)=0 得 x= , x a

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1 1 又 a> ,∴0< <2. 2 a 1 1 当 x< 时,f′(x)>0,f(x)在(0, )上单调递增; a a 1 1 当 x> 时,f′(x)<0,f(x)在( ,2)上单调递减, a a 1 1 1 ∴f(x)max=f( )=ln -a· =-1,解得 a=1. a a a 2. 已知函数 f(x)的定义域为 R,其导函数 f′(x)的图象如图所示, 则对于任意 x1,x2∈R(x1≠x2),下列结论正确的是 ①f(x)<0 恒成立; ②(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]<0; ③(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0; x1+x2 f?x1?+f?x2? ④f( )> ; 2 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? ⑤f( )< . 2 2 A.①③ C.②④ 答案 D 解析 由函数 f(x)的导函数的图象可得,函数 f(x)是减函数,且随着自变量的增大,导函数 越来越大,即函数 f(x)图象上的点向右运动时,该点的切线的斜率为负,且值越来越大,由 f?x2?-f?x1? x1+x2 f?x1?+f?x2? 此可作出函数 f(x)的草图如图所示,由图示可得 <0 且 f( )< ,由此 2 2 x2-x1 可得结论中仅②⑤正确,故应选 D. 3. 已知 f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若?x1,x2∈R,使得 f(x2)≤g(x1)成立,则实数 a 的取值范围是________. 答案 解析 1 [- ,+∞) e f′(x)=ex+xex=ex(1+x), B.①③④ D.②⑤ ( )

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. 1 所以函数 f(x)的最小值为 f(-1)=- . e 而函数 g(x)的最大值为 a,则由题意, 1 1 可得- ≤a 即 a≥- . e e ln x 4. 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是自然常数,a∈R. x (1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2

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(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 1 x-1 ∵f(x)=x-ln x,f′(x)=1- = , x x

∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x≤e 时,f′(x)>0 时,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. 1-ln x 又 g′(x)= , x2 ∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= < , e 2 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max> , 2 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 (3)解 假设存在正实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3,

1 ax-1 则 f′(x)=a- = . x x 1 1 ①当 0< <e 时,f(x)在(0, )上单调递减, a a 1 在( ,e]上单调递增, a 1 [f(x)]min=f( )=1+ln a=3,a=e2,满足条件; a 1 ②当 ≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, a [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a= (舍去),所以,此时 f(x)无最小值. e 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3. 5. 已知函数 f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论 f(x)的单调性; f?x2?-f?x1? 1 (2)若 f(x)≤0 恒成立,证明:当 0<x1<x2 时, <2( -1). x1 x2-x1 解 2-ax (1)f′(x)= ,x>0. x

若 a≤0,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 2 若 a>0,当 x∈(0, )时,f′(x)>0,f(x)单调递增; a 2 当 x∈( ,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. a

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(2)由(1)知,若 a≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(1)=0,故 f(x)≤0 不恒成立. 2 若 a>2,当 x∈( ,1)时,f(x)单调递减,f(x)>f(1)=0,不合题意, a 2 若 0<a<2,当 x∈(1, )时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0,不合题意, a 若 a=2,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=0 符合题意. 故 a=2,且 ln x≤x-1(当且仅当 x=1 时取“=”). x2 x2 1 当 0<x1<x2 时,f(x2)-f(x1)=2ln -2(x2-x1)<2( -1)-2(x2-x1)=2( -1)(x2-x1), x1 x1 x1 f?x2?-f?x1? 1 所以 <2( -1). x1 x2-x1

归纳总结
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.

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