《【步步高】2015高考数学（苏教版，理）一轮配套文档：第3章3.3导数的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【步步高】2015高考数学（苏教版，理）一轮配套文档：第3章3.3导数的综合应用（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3.3 导数的综合应用导数的综合应用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 yf(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.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
2、有最值.( )(2)函数 f(x)x23x2 的极小值也是最小值.( )(3)函数 f(x)x1 和 g(x)x1 都是在 x0 时取得最小值1.( xx )(4)函数 f(x)x2ln x 没有最值.( )(5)已知 x(0， )，则 sin xx.( )2(6)若 a2，则方程 x3ax210 在(0,2)上没有实数根.( )132.设直线 xt 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_.答案 22解析 MN 的最小值，即函数 h(x)x2ln x 的最小值，h(x)2x ，1x2x21x显然 x是函数 h(x)在其定义域内唯一的
3、极小值点，22也是最小值点，故 t.223.若函数 f(x)x33xa 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)3x23，令3x230，得 x1，只需 f(1)f(1)0，即 f(x)0，1ln xx2f(x)在(0，e)上为增函数，又00.设两曲线12yf(x)，yg(x)有公共点，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)(x0).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
4、)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)，f(x)x2a，g(x)，3a2x由题意知 f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)，即Error!Error!由 x02a，得 x0a 或 x03a(舍去).3a2x0即有 b a22a23a2ln a a23a2ln a.1252令 h(t) t23t2ln t(t0)，则 h(t)2t(13ln t).52于是当 t(13ln t)0，即 00；13当 t(13ln t)e 时，h(t)0)，12则 F(x)x2a(x0).3a2xxax3ax故 F(x)在(0，a)上为减函数，在(a
5、，)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 x0 时，有 f(x)g(x)0，即当 x0 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.当 0x.2x33证明 设 f(x)tan x，(xx33)则 f(x)1x2tan2xx21cos2x(tan xx)(tan xx).因为 00，即 x时，f(x)为增函数.(0，2)所以 x时，f(x)f(0).(0，2)而 f(0)0，所以 f(x)0，即 t
6、an x0.(xx33)故 tan xx.x33题型二 利用导数求参数的取值范围例 2 已知函数 f(x)(aR)，g(x) .ln xax1x(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，)，f(x).1ln xax2令 f(x)0，得 xe1a，当 x(0，e1a)时，f(x)0，
7、f(x)是增函数；当 x(e1a，)时，f(x)0，得 xe2a，故函数 F(x)在区间(0，e2a上是增函数，在区间e2a，)上是减函数.当 e2a0 时，函数 F(x)在区间(0，e2a上是增函数，在区间e2a，e2上是减函数，F(x)maxF(e2a)ea2.又 F(e1a)0，F(e2)0，a1e2由图象，易知当 00，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.当 e2ae2，即 a0 时，F(x)在区间(0，e2上是增函数，F(x)maxF(e2).a1e2若 F(x)maxF(e2)0，即1a0 时， a1e2函数 f(x)的图象与函数 g(
8、x)的图象在区间(0，e2上只有 1 个公共点；若 F(x)maxF(e2)0，当 a0 时，由 f(x)0，解得 x.aa由 f(x)0 时，f(x)的单调增区间为(，)，(，)，单调减区间为(，).aaaa(2)f(x)在 x1 处取得极值，f(1)3(1)23a0，a1.f(x)x33x1，f(x)3x23，由 f(x)0，解得 x11，x21.由(1)中 f(x)的单调性可知，f(x)在 x1 处取得极大值 f(1)1，在 x1 处取得极小值 f(1)3.直线 ym 与函数 yf(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
9、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 y10(x6)2，其中 3 ，60，且 f(x)在(6,50上连续，因此，f(x)在(6,50上是增函数；当 x(50，)时，f(x)1 时，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.A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)一、填空题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xf(x)1 时，f(x)0；当10，f(x)，2x2mx1x令 g(x)2x2mx1，x(0，)，当
10、 0 时，g(0)10 恒成立，m0 成立，m4当 0 时，则 m280，2m2，则 f(x)2x4 的解集为_.答案 (1，)解析 设 m(x)f(x)(2x4)，m(x)f(x)20，m(x)在 R 上是增函数.m(1)f(1)(24)0，m(x)0 的解集为x|x1，即 f(x)2x4 的解集为(1，).4.若函数 f(x) (a0)在1，)上的最大值为，则 a 的值为_.xx2a33答案 13解析 f(x)，x2a2x2x2a2ax2x2a2当 x时，f(x)0，f(x)单调递增，aa当 x时，令 f(x)，0，即 x(0,1时，f(x)kx33x10 可化为 k.3x21x3设 g(
11、x)，则 g(x)，3x21x3312xx4所以 g(x)在区间(0， 上单调递增，12在区间 ，1上单调递减，12因此 g(x)maxg( )4，从而 k4；12当 xln 21 且 x0 时，exx22ax1.(1)解 由 f(x)ex2x2a，xR 知 f(x)ex2，xR.令 f(x)0，得 xln 2.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)0f(x)单调递减2(1ln 2a)单调递增故 f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在 xln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)el
12、n 22ln 22a2(1ln 2a).(2)证明 设 g(x)exx22ax1，xR，于是 g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当 aln 21 时，g(x)取最小值为 g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意 xR，都有 g(x)0，所以 g(x)在 R 内单调递增.于是当 aln 21 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0).而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，都有 g(x)0.即 exx22ax10，故 exx22ax1.10.请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得
13、 A，B，C，D 四个点重合于图中的点 P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F 在 AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设 AEFBx (cm).(1)某广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大，试问 x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大，试问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.解 设包装盒的高为 h cm，底面边长为 a cm.由已知得 ax，h(30x)，00；当 x(20,30)时，V )，当 x(2,0)时，f(x)的最小值12为 1，则 a 等于_.答案 1解析 f(x)是奇函数，f(x)在(0,2)上的最大值为1.当
14、 x(0,2)时，f(x) a，令 f(x)0 得 x ，1x1a又 a ，00，f(x)在(0， )上单调递增；1a1a当 x 时，f(x)0；f()；x1x22fx1fx22f()1 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 xg(x) ；12(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 f(x)xln x，f(x)1 ，1xx1x当 00 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)min1.又 g(x)，1ln xx2当 00，g(x)在(0，e上单调递增.g(x)maxg(e) ，12在(1)的条件下，f(x)g(x) .12(3)解 假设存在正实数 a，使 f(x)axln x(x(0，e)有最小值 3，则 f(x)a .1xax1x当 00.2axx若 a0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若 a0，当 x(0， )时，f(x)0，f(x)单调递增；2a当 x( ，)时，f(x)
