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2017届高考数学大一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11.3 导数与函数的综合问题课件 文


第二章 函数、导数及其应用

第十一节

导数的应用

第三课时

导数与函数的综合问题

热点命题 深度剖析

思想方法 感悟提升

R

热点命题

深度剖析

考点一<

br />
利用导数研究生活中的优化问题

【例 1】 (2015· 江苏卷)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。假设曲线 C a 符合函数 y= 2 (其中 a,b 为常数)模型。 x +b

(1)求a,b的值;
【解】 由题意知,点 M,N 的坐标分别为(5,40),(20,2.5)。 a 将其分别代入 y= 2 , x +b

? a =40, ?25+b 得? a ? =2.5, ?400+b

?a=1 000, 解得? ?b=0。

(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。

1 000 【解】 ①由(1)知,y= 2 (5≤x≤20), x
? 1 000? 则点 P 的坐标为?t, 2 ?, t ? ?

2 000 设在点 P 处的切线 l 交 x,y 轴分别于 A,B 点,y′=- 3 ,则 l 的 x 1 000 2 000 方程为 y- 2 =- 3 (x-t), t t

?3t ? ? 3 000? 由此得 A? ,0?,B?0, 2 ?。 t ? ?2 ? ?

故 f(t)=

?3t?2 ?3 000?2 3 ? ? +? 2 ? = ?2? ? t ? 2

6 4 × 10 t2+ 4 ,t∈ [5,20]。 t

6 6 4 × 10 16 × 10 ②设 g(t)=t2+ 4 ,则 g′(t)=2t- 。 t t5

令 g′(t)=0,解得 t=10 2。 当 t∈(5,10 2)时,g′(t)<0,g(t)是减函数; 当 t∈(10 2,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数。

从而,当 t=10 2时,函数 g(t)有极小值,也是最小值, 所以 g(t)min=300,此时,f(t)min=15 3。 答:当 t=10 2时,公路 l 的长度最短,最短长度为 15 3千米。

【规律方法】

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。

变式训练 1

某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量

a y(单位: 千克)与销售价格 x(单位: 元/千克)满足关系式 y= +10(x-6)2, x-3 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;
解 因为 x=5 时,y=11, a 所以2+10=11,所以 a=2。

(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 由 (1)可知,该商品每日的销售量 2 y= +10(x-6)2, x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润
? 2 ? 2 +10?x-6? ? f(x)= (x-3)? 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。

考点二

利用导数研究函数的零点或方程的根
已知函数 f(x) = (ax2 + x - 1)ex ,其中 e 是自然对数的底数,

【例 2】 a∈R。

(1)若a=1,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
【解】 a=1时,f(x)=(x2+x-1)ex, 所以f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x-1)ex=(x2+3x)ex,

所以曲线 f(x) 在点 (1, f(1)) 处的切线斜率为 k= f′(1)= 4e。又因为 f(1) =
e, 所以所求切线方程为y-e=4e(x-1),

即4ex-y-3e=0。

(2)若a<0,求f(x)的单调区间;

【解】

f′(x)=(2ax+1)ex+(ax2+x-1)ex=[ax2+(2a+1)x]ex,

2a+1 1 ①若-2<a<0,当 x<0 或 x>- a 时,f′(x)<0; 2a+1 当 0<x<- a 时,f′(x)>0。
? 2a+1 ? ? 所以 f(x)的单调递减区间为(-∞,0), - ,+∞?; a ? ? ? 2a+1? ?。 单调递增区间为?0,- a ? ?

1 1 2 x ②若 a=- , 则 f′(x)=- x e ≤0, 所以 f(x)的单调递减区间为 (-∞, 2 2 +∞)。 2a+1 1 ③若 a<- ,当 x<- 或 x>0 时,f′(x)<0; 2 a 2a+1 当- <x<0 时,f′(x)>0。 a
? 2a+1? ? , [0,+∞); 所以 f(x)的单调递减区间为?-∞,- a ? ? ? 2a+1 ? ? 单调递增区间为 - ,0?。 a ? ?

1 1 (3)若 a=-1,函数 f(x)的图像与函数 g(x)=3x3+2x2+m 的图像有 3 个 不同的交点,求实数 m 的取值范围。
【解】 a=-1 时,f(x)=(-x2+x-1)ex, 由(2)知,f(x)=(-x2+x-1)ex 在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上 单调递增,在(0,+∞)上单调递减。 3 所以 f(x)在 x=-1 处取得极小值 f(-1)=-e , 在 x=0 处取得极大值 f(0) =-1。 1 1 由 g(x)=3x3+2x2+m,得 g′(x)=x2+x。

当 x<-1 或 x>0 时,g′(x)>0; 当-1<x<0 时,g′(x)<0。 所以 g(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,在(0, +∞) 上单调递增。 1 故 g(x)在 x=-1 处取得极大值 g(-1)=6+m,在 x=0 处取得极小值 g(0)=m。

因为函数 f(x)与函数 g(x)的图像有 3 个不同的交点,

? ?f?-1?<g?-1?, ?-e<6+m, ? 所以 即? f ? 0 ? > g ? 0 ? , ? ? ?-1>m。
3 1 3 1 所以-e-6<m<-1。
? 3 1 ? 故实数 m 的取值范围是?- e-6,-1?。 ? ?

【规律方法】 利用导数研究方程根的方法 研究方程根的情况,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,根据题目要求,画出函数图像的走势规律,标明函数极 (最 )值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一 个清晰、直观的整体展现。

变式训练 2 (2015· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=e2x-aln x。 (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数;

a 解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x- (x>0)。 x 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点, a 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,- 单调递增, x 所以 f′(x)在(0,+∞)单调递增。 a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b<4且 b<4时,f′(b)<0,故当 a>0 时,f′(x) 存在唯一零点。

2 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln a。

解 证明:由(1),可设 f′(x)在(0,+∞)的唯一零点为 x0,当 x∈(0, x0)时,f′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0。 故 f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当 x=x0 时,f(x) 取得最小值,最小值为 f(x0)。 a 由于 2e2x0- =0, x0 a 2 2 所以 f(x0)=2x +2ax0+aln a≥2a+aln a。 0 2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln a。

考点三

利用导数研究与不等式有关的问题

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。 角度一:证明不等式 1.(2015·唐山一模)已知f(x)=(1-x)ex-1。 (1)求函数f(x)的最大值; 解 f′(x)=-xex。 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减。 所以f(x)的最大值为f(0)=0。

f?x? (2)设 g(x)= ,x>-1,且 x≠0,证明:g(x)<1。 x
解 证明:由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1。 当-1<x<0时,g(x)<1等价于f(x)>x。 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1。

当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,则0<-xex<1,
从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0,h(x)在(-1,0]上单调递减。 当-1<x<0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)<1。

综上,总有g(x)<1。

角度二:不等式恒成立问题 2.(2016·烟台模拟)已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3。 (1)求函数f(x)的最小值;

1 解 由 f(x)=xln x,x>0,得 f′(x)=ln x+1,令 f′(x)=0,得 x=e。
? 1? 当 x∈?0,e ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; ? ? ? ?1 ? 当 x∈? e ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增。 ? ?1? 1 所以,f(x)min=f?e ?=-e 。 ? ?

(2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
解 由 2f(x)≥g(x)恒成立,x>0,得 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x 3 + x+ , x 3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0), x ?x+ 3??x-1? 则 h′(x)= , x2 ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; ②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4,对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以 a≤h(x)min=4。 所以,a 的取值范围是(-∞,4]。

1 2 (3)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立。 e ex x 2 解 证明:问题等价于证明 xln x> x- (x∈(0,+∞))。 e e
1 1 由(1)可知 f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- ,当且仅当 x= 时取 e e 1- x x 2 到,设 m(x)= x- (x∈(0,+∞)),则 m′(x)= x ,易知 m(x)max=m(1) e e e 1 =- ,当且仅当 x=1 时取到。 e 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立。 e ex

角度三:存在型不等式成立问题 1-a 2 3.设函数 f(x)=aln x+ x -bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 2 的切线斜率为 0。 (1)求 b;

a 解 f′(x)= +(1-a)x-b。 x 由题意知 f′(1)=0,解得 b=1。

a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围。 a-1

解 f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a 2 由 (1)知,f(x)=aln x+ x - x, 2 a f′(x)= + (1-a)x-1 x a ? 1-a? ?x- ?(x-1)。 = x ? 1-a? 1 a ①若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+ 2 1-a ∞)单调递增。

1-a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 - 2 a-1 a-1 a 1< , a-1 解得- 2-1<a< 2- 1。 1 a ②若 <a<1,则 >1, 2 1-a
? ? a ? a ? ? 时,f′(x)<0;当 x∈? ,+∞?时,f′(x)>0。f(x) 故当 x∈?1, 1 - a 1 - a ? ? ? ? ? ? a ? a ? ? ? ? ? 单调递增。 1 , ,+ ∞ 在 单调递减 ,在 1 - a 1 - a ? ? ? ?

? a ? a a ?< 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f? 。 1 - a a-1 ? ? a-1 ? a ? a a2 a a ? ? 而f =aln + + > ,所以不合题意。 1-a 2?1-a? a-1 a-1 ? 1-a?

1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= -1= < 。 2 2 a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪ (1,+∞)。

【规律方法】


导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策

(1)利用导数证明不等式。①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)。

②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) 上是增函数,同时若 F(a)≥0 ,由增函数的定义可 知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x)。 (2)利用导数解决不等式的恒成立问题或存在型问题。利用导数研究不 等式恒成立或存在型问题,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。

S

思想方法

感悟提升

⊙1个构造——构造函数解决问题 把所求问题通过构造函数,转化为可用导数解决的问题,这是用导数

解决问题时常用的方法。
⊙2个转化——不等式问题中的两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题可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)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值 问题处理。

⊙3个注意点——利用导数解决实际问题应注意的三点
(1)既要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式表示,还要注意确 定函数关系式中自变量的取值范围。 (2)一定要注意求得函数结果的实际意义,不符合实际的值应舍去。 (3)如果目标函数在定义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。


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