第十二節導數與生活中的優化問題及綜合應用第十二節導數與生活中的優化問題及1考向1

利用導數解決實際生活中的優化問題

【典例1】(2013·煙臺模擬)某商場銷售某種商品的經驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數,已知銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克.(1)求a的值.(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)最大.考向1利用導數解決實際生活中的優化問題

2【思路點撥】(1)根據“銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克”可知銷售函數過點(5,11),將其代入可求得a的值.(2)利潤為f(x)=(每件產品的售價-每件產品的成本)×銷量,表示出函數解析式后,可借助導數求最值.【思路點撥】(1)根據“銷售價格為5元/千克時,每日可售出該3【規范解答】(1)因為x=5時,y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=+10(x-6)2,所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.從而f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).【規范解答】(1)因為x=5時,y=11,所以+10=14于是,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表,由上表可得,x=4是函數f(x)在區間(3,6)內的極大值點,也是最大值點.所以,當x=4時,函數f(x)取得最大值,且最大值等于42.當銷售價格為4元/千克時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)單調遞增極大值42單調遞減于是,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表,x(5【拓展提升】利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟(1)分析實際問題中各量之間的關系,列出實際問題的數學模型,寫出實際問題中變量之間的函數關系式y=f(x).(2)求函數的導數f′(x),解方程f′(x)=0.(3)比較函數在區間端點和f′(x)=0的點的函數值的大小,最大(小)者為最大(小)值.(4)回歸實際問題作答.【拓展提升】利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟6【變式訓練】請你設計一個包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片,切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形,再沿虛線折起,使得A,B,C,D四個點重合于圖中的點P,正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒.E,F在AB上,是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點.設AE=FB=x(cm).【變式訓練】請你設計一個包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為67(1)某廠商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大,試問x應取何值?(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大,試問x應取何值?并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值.(1)某廠商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大,試問x應取何8【解析】設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm).由已知得a＝，h＝，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以當x＝15時，S取得最大值.(2)V＝a2h＝(－x3＋30x2)，V′＝x(20－x).由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20.當x∈(0,20)時，V′＞0；當x∈(20,30)時，V′＜0.所以當x＝20時，V取得極大值，也是最大值.此時.即包裝盒的高與底面邊長的比值為.【解析】設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm).由已9考向2

利用導數解決不等式問題【典例2】(1)(2013·福州模擬)f(x)為定義在R上的可導函數，且f′(x)>f(x)，對任意正實數a，則下列式子成立的是()(A)f(a)＜eaf(0)(B)f(a)＞eaf(0)(C)f(a)＜(D)f(a)＞考向2利用導數解決不等式問題10(2)(2012·遼寧高考)設f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b為常數)，曲線y=f(x)與直線在(0,0)點相切.①求a,b的值;②證明:當0<x<2時，f(x)<(2)(2012·遼寧高考)設f(x)=ln(x+1)+11【思路點撥】(1)觀察選項知,所要比較的兩數為的大小,故可構造函數g(x)=,利用其單調性來比較.(2)①點在曲線上，則點的坐標滿足曲線方程，同時根據導數的幾何意義可以建立另一個方程，求a,b;②構造函數，借助函數單調性證明不等式.同時應注意對于不等式中的無理式，可利用基本不等式放縮后，變為整式或分式的形式后再證明.【思路點撥】(1)觀察選項知,所要比較的兩數為12【規范解答】(1)選B.令g(x)＝∴g′(x)＝>0，∴g(x)在R上為增函數，又∵a>0.∴g(a)>g(0)，即即f(a)>eaf(0).【規范解答】(1)選B.令g(x)＝13(2)①由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點的切線斜率為又得a＝0.(2)①由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.14②方法一：由基本不等式，當x＞0時，＜x＋1＋1＝x＋2，故記h(x)＝則②方法一：15令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0＜x＜2時，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0.因此g(x)在(0,2)內是減函數，又由g(0)＝0，得g(x)＜0，所以h′(x)＜0.因此h(x)在(0,2)內是減函數，又h(0)＝0，得h(x)＜0.于是當0＜x＜2時，f(x)<令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0＜x＜2時16方法二：由①知f(x)＝ln(x＋1)＋－1.由基本不等式，當x＞0時，＜x＋1＋1＝x＋2，故令k(x)＝ln(x＋1)－x，則k(0)＝0，k′(x)＝－1＝故k(x)＜0，即ln(x＋1)＜x(ii).由(i)(ii)得，當x＞0時，f(x)＜方法二：17記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當0＜x＜2時，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9＜因此h(x)在(0,2)內單調遞減，又h(0)＝0.得h(x)＜0,于是當0＜x＜2時，f(x)＜記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當0＜x＜2時，18【拓展提升】1.構造函數證明不等式的方法(1)對于(或可化為)左右兩邊結構相同的不等式,構造函數f(x),使原不等式成為形如f(a)>f(b)的形式.(2)對形如f(x)>g(x),構造函數F(x)=f(x)-g(x).(3)對于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構造函數f(x,x2)(或f(x1,x)).【提醒】解決這種問題常見的思維誤區是不善于構造函數或求導之后得出f′(x)>g′(x)?f(x)>g(x)的錯誤結論.【拓展提升】1.構造函數證明不等式的方法192.利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構造新的函數h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h′(x)判斷h(x)的單調性或最值.(5)結論.2.利用導數證明不等式的基本步驟20【變式訓練】設a為實數,函數f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的單調區間與極值.(2)求證:當a>ln2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2,于是當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如表.x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)單調遞減2(1-ln2+a)單調遞增【變式訓練】設a為實數,函數f(x)=ex-2x+2a,x∈21故f(x)的單調遞減區間是(-∞,ln2),單調遞增區間是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為2(1-ln2+a).故f(x)的單調遞減區間是(-∞,ln2),單調遞增區間是(22(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知當a>ln2-1時,g′(x)的最小值為g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是對任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R內單調遞增.于是當a>ln2-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,23考向3

利用導數研究函數的零點

【典例3】(1)(2013·臺州模擬)方程x3-3x=k有3個不等的實根,則常數k的取值范圍是

.(2)(2012·福建高考)已知函數f(x)=axsinx-(a∈R),且在[0,]上的最大值為,①求函數f(x)的解析式;②判斷函數f(x)在(0,π)內的零點個數,并加以證明.考向3利用導數研究函數的零點

24【思路點撥】(1)設f(x)=x3-3x-k,利用導數求出f(x)的極值,由極值符號對方程根的影響來構造不等式組求解.(2)①利用導數求出f(x)在[0,]的最大值,據此求出a的值;②先根據零點存在性定理,判斷出根的存在情況,再利用函數的單調性證明.【思路點撥】(1)設f(x)=x3-3x-k,利用導數求出f25【規范解答】(1)設f(x)=x3-3x-k,則f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1,且f(1)=-2-k,f(-1)=2-k,又f(x)的圖象與x軸有3個交點,故∴-2<k<2.答案:(-2,2)【規范解答】(1)設f(x)=x3-3x-k,則f′(x)=26(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0.當a＝0時，f(x)＝，不合題意；當a＜0，x∈(0，)時，f′(x)＜0，從而f(x)在(0，)內單調遞減，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的，故f(x)在［0，］上的最大值為f(0)＝，不合題意；(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，27當a＞0，x∈(0，)時，f′(x)＞0，從而f(x)在(0，)內單調遞增，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的，故f(x)在［0，］上的最大值為f()，即，解得a＝1.綜上所述，得f(x)＝xsinx－.當a＞0，x∈(0，)時，f′(x)＞0，從而f(x)在28②f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.理由如下：由①知，f(x)＝xsinx－，從而有f(0)＝－＜0.＞0，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的.所以f(x)在(0，)內至少存在一個零點.又由①知f(x)在［0，］上單調遞增，故f(x)在(0，)內有且僅有一個零點.②f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.29當x∈［，π］時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的圖象是連續不斷的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)時，有g′(x)＜0，從而g(x)在(，π)內單調遞減.當x∈(，m)時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在(，m)內單調遞增，當x∈［，π］時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xc30故當x∈［，m］時，f(x)≥f()＝＞0，故f(x)在［，m］上無零點；當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的圖象是連續不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點.綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.故當x∈［，m］時，f(x)≥f()＝＞0，31【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個實數根”,其他條件不變,求k的取值范圍.【解析】要使原方程只有一個實數根,只需2-k<0或-2-k>0,解得k>2或k<-2,故k的取值范圍是(-∞,-2)∪(2,+∞).【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個實數根”,32【拓展提升】一元三次方程根的個數問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0).則f′(x)=3ax2+2bx+c.方程f′(x)=0的判別式Δ=(2b)2-12ac,(1)Δ≤0即b2≤3ac時,f′(x)≥0恒成立,f(x)在R上為增函數,結合函數f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一一個實根.【拓展提升】一元三次方程根的個數問題33(2)當Δ>0即b2>3ac時,方程f′(x)=0有兩個實根,設為x1,x2(x1<x2),函數在x1處取得極大值M,在x2處取得極小值m(M>m).①當m>0時,方程f(x)=0有唯一一個實根;②當m=0時,方程f(x)=0有兩個實根;③當m<0,M>0時,方程f(x)=0有三個實根;④當M=0時,方程f(x)=0有兩個實根;⑤當M<0時,方程f(x)=0有一個實根.(2)當Δ>0即b2>3ac時,方程f′(x)=0有兩個實根34【變式備選】(2013·安慶模擬)已知函數f(x)=x3-3ax-1,a≠0.(1)求f(x)的單調區間.(2)若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點,求實數m的取值范圍.【變式備選】(2013·安慶模擬)已知函數f(x)=x3-335【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),當a<0時,對x∈R,有f′(x)>0,故當a<0時,f(x)的單調遞增區間為(-∞,+∞),當a>0時,由f′(x)>0解得x<-或x>;由f′(x)<0解得-<x<,故當a>0時,f(x)的單調遞增區間為(-∞,-),(,+∞);f(x)的單調遞減區間為(-,).【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),36(2)因為f(x)在x=-1處取得極值,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x1=-1,x2=1.由(1)中f(x)單調性可知,f(x)在x=-1處取得極大值f(-1)=1,在x=1處取得極小值f(1)=-3.因為直線y=m與函數y=f(x)的圖象有三個不同的交點,結合f(x)的單調性可知,m的取值范圍是(-3,1).(2)因為f(x)在x=-1處取得極值,37【滿分指導】導數綜合問題的規范解答

【典例】(13分)(2012·山東高考)已知函數f(x)=(k為常數,e=2.71828…是自然對數的底數),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的單調區間.(3)設g(x)=(x2+x)f′(x),其中f′(x)為f(x)的導函數，證明：對任意x＞0，g(x)＜1+e-2.【滿分指導】導數綜合問題的規范解答

38【思路點撥】已知條件條件分析曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行得出f′(1)=0即可求出k的值求出f′(x)及f′(x)=0的根,再判斷f′(x)的符號g(x)=(x2+x)f′(x)直接求g(x)的最值困難，可對g(x)放縮后，再求最值.【思路點撥】已知條件條件分析曲線y=f(x)在點(1,f(139【規范解答】(1)f′(x)=………2分由曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行可知解得k=1.………………4分【規范解答】40(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，令f′(x)=0可得x=1，②………………5分當0<x<1時，當x>1時，于是f(x)在區間(0，1)上為增函數；在(1，+∞)上為減函數.…………7分(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，41(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=x∈(0,+∞)，因此，對任意x>0,……………8分令h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞),則h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),x∈(0,+∞),因此，當x∈(0,e-2)時，h′(x)>0,h(x)單調遞增；(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=42當x∈(e-2,+∞)時，h′(x)<0,h(x)單調遞減.所以h(x)的最大值為h(e-2)=1+e-2,故1-x-xlnx≤1+e-2.…………………10分設φ(x)=ex-(x+1).④因為φ′(x)=ex-1=ex-e0,所以x∈(0,+∞)時，φ′(x)>0,φ(x)單調遞增,φ(x)>φ(0)=0,當x∈(e-2,+∞)時，h′(x)<0,h(x)單調遞減.43故x∈(0,+∞)時，φ(x)=ex-(x+1)>0,即………12分所以因此，對任意x>0,g(x)<1+e-2.………13分故x∈(0,+∞)時，φ(x)=ex-(x+1)>0,44【失分警示】(下文①②③④見規范解答過程)【失分警示】(下文①②③④見規范解答過程)451.(2012·大綱版全國卷)已知函數y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點,則c=()(A)-2或2(B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1【解析】選A.設y=f(x),∵f′(x)=3(x+1)(x-1),∴當x=-1或x=1時取得極值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.1.(2012·大綱版全國卷)已知函數y=x3-3x+c的圖462.(2012·湖南高考)設定義在R上的函數f(x)是最小正周期為2π的偶函數，f′(x)是f(x)的導函數，當x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1；當x∈(0，π)且x≠時，(x-)·f′(x)＞0，則函數y=f(x)-sinx在［-2π，2π］上的零點個數為()(A)2(B)4(C)5(D)82.(2012·湖南高考)設定義在R上的函數f(x)是最小正47【解析】選B.x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1.又∵f(x)是偶函數,∴x∈［-π,0］時,0＜f(x)＜1.又∵f(x)的最小正周期為2π，∴x∈R,0＜f(x)＜1.當x∈(0,)時，x-＜0,∴f′(x)＜0,∴f(x)在(0,)上單調遞減.x∈(,π)時，x-＞0,∴f′(x)＞0,∴f(x)在(,π)上單調遞增，且x∈(0,),0＜f(x)＜1，x∈(,π),0＜f(x)＜1.【解析】選B.x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1.又∵f(x48由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈(0,)上，sinx單調遞增，且0＜sinx＜1,在(,π)上，sinx單調遞減且0＜sinx＜1，∴在(0,π)上，有兩個交點，即兩個零點.在(π,2π)上sinx＜0，f(x)＞0,無零點,所以在［0,2π］上有兩個零點，在［-2π,2π］上有四個零點.由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈493.(2012·遼寧高考)若x∈［0,+∞),則下列不等式恒成立的是()(A)ex≤1+x+x2(B)(C)cosx≥(D)ln(1+x)≥3.(2012·遼寧高考)若x∈［0,+∞),則下列不等式恒50【解析】選C.驗證A，當x=3時，e3＞2.73=19.683＞1+3+32=13，故排除A；驗證B,當x=時，故排除B;驗證C,令g(x)=【解析】選C.驗證A，當x=3時，e3＞2.73=19.6851g′(x)=-sinx+x,g″(x)=1-cosx,顯然g″(x)≥0恒成立,所以當x∈［0,+∞)時，g′(x)≥g′(0)=0，所以x∈［0,+∞)時，g(x)=cosx-1+為增函數，所以g(x)≥g(0)=0恒成立，即cosx≥恒成立；驗證D，令h(x)=ln(1+x)-x+令h′(x)＜0，解得0＜x＜3，所以當0＜x＜3時，h(x)＜h(0)=0,D顯然不恒成立，故選C.g′(x)=-sinx+x,g″(x)=1-cosx,顯524.(2012·天津高考)已知函數f(x)=x-ln(x+a)的最小值為0，其中a>0.(1)求a的值.(2)若對任意的x∈［0,+∞)，有f(x)≤kx2成立，求實數k的最小值.(3)證明<2(n∈N*).4.(2012·天津高考)已知函數f(x)=x-ln(x+a53【解析】(1)f(x)的定義域為(-a，+∞).由f′(x)=0,得x=1-a＞-a.當x變化時，f′(x),f(x)的變化情況如表:因此，f(x)在x=1-a處取得最小值，故由題意f(1-a)=1-a=0，所以a=1.【解析】(1)f(x)的定義域為(-a，+∞).54(2)當k≤0時，取x=1，有f(1)=1-ln2＞0，故k≤0不合題意.當k＞0時，令g(x)=f(x)-kx2，即g(x)=x-ln(x+1)-kx2，g′(x)=令g′(x)=0,得x1=0,x2=(2)當k≤0時，取x=1，55①當≤0，g′(x)＜0在(0,+∞)上恒成立,因此g(x)在［0,+∞)上單調遞減.從而對于任意的x∈［0，+∞)，總有g(x)≤g(0)=0，即f(x)≤kx2在［0，+∞)上恒成立.故k≥符合題意.①當≤0，g′(x)＜0在(0,+∞)56②當0＜k＜時，g′(x)＞0,故g(x)在內單調遞增.因此當取時，g(x0)＞g(0)=0,即f(x0)≤kx02不成立，故0＜k＜不合題意.綜上，k的最小值為②當0＜k＜時，57(3)當n=1時，不等式左邊=2-ln3＜2=右邊.所以不等式成立，當n≥2時，在(2)中取(3)當n=1時，不等式左邊=2-ln3＜2=右邊.58從而所以有綜上，n∈N*.從而591.函數f(x)的定義域為R,且滿足f(2)=2,f′(x)>1,則不等式f(x)-x>0的解集為

.【解析】令g(x)=f(x)-x,∴g′(x)=f′(x)-1,由題意知g′(x)>0,∴g(x)為增函數,∵g(2)=f(2)-2=0,∴g(x)>0的解集為(2,+∞).答案:(2,+∞)1.函數f(x)的定義域為R,且滿足f(2)=2,f′(x)602.已知函數f(x)=x3+bx2+cx+d(b,c,d為常數),當k∈(-∞,0)∪(4,+∞)時,f(x)-k=0只有一個實根;當k∈(0,4)時,f(x)-k=0有3個相異實根,現給出下列四個命題:①f(x)-4=0和f′(x)=0有一個相同的實根;②f(x)=0和f′(x)=0有一個相同的實根;③f(x)-3=0的任一實根大于f(x)-1=0的任一實根;④f(x)+5=0的任一實根小于f(x)-2=0的任一實根.其中正確命題的序號是

.2.已知函數f(x)=x3+bx2+cx+d(b,c,d為常61【解析】由題意知0和4為函數的極值,設f′(x)=0的兩根為x1,x2,且x1<x2,則f(x)在x1處取極大值,在x2處取極小值,故f(x1)=4,f(x2)=0.由此作出f(x)的草圖,如圖所示.結合圖象可知,①,②,④,正確.答案:①②④【解析】由題意知0和4為函數的極值,設623.設a＞0，函數f(x)=x+,g(x)=x-lnx，若對任意的x1，x2∈［1,e］,都有f(x1)≥g(x2)成立，則實數a的取值范圍為_______.【解析】只需滿足f(x)min≥g(x)max即可.∵g′(x)=1-≥0,所以函數g(x)在［1,e］上為增函數，∴g(x)max=g(e)=e-1.由f′(x)=1-=0，得x=a.3.設a＞0，函數f(x)=x+,g(x)=x-ln63①當0＜a≤1時，函數f(x)在［1,e］上為增函數,此時f(x)min=f(1)=a2+1,解得≤a≤1;②當1＜a≤e時，函數f(x)在(1,a)上為減函數，在(a,e)上為增函數,此時f(x)min=f(a)=2a,解得1＜a≤e;①當0＜a≤1時，函數f(x)在［1,e］上為增函數,64③當a＞e時，函數f(x)在［1,e］上為減函數，此時f(x)min=f(e)=e+，解得a＞e.綜上,a≥.答案:a≥③當a＞e時，函數f(x)在［1,e］上為減函數，65導數與生活中的優化問題及綜合應用課件66導數與生活中的優化問題及綜合應用課件67第十二節導數與生活中的優化問題及綜合應用第十二節導數與生活中的優化問題及68考向1

利用導數解決實際生活中的優化問題

【典例1】(2013·煙臺模擬)某商場銷售某種商品的經驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數,已知銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克.(1)求a的值.(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)最大.考向1利用導數解決實際生活中的優化問題

69【思路點撥】(1)根據“銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克”可知銷售函數過點(5,11),將其代入可求得a的值.(2)利潤為f(x)=(每件產品的售價-每件產品的成本)×銷量,表示出函數解析式后,可借助導數求最值.【思路點撥】(1)根據“銷售價格為5元/千克時,每日可售出該70【規范解答】(1)因為x=5時,y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=+10(x-6)2,所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.從而f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).【規范解答】(1)因為x=5時,y=11,所以+10=171于是,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表,由上表可得,x=4是函數f(x)在區間(3,6)內的極大值點,也是最大值點.所以,當x=4時,函數f(x)取得最大值,且最大值等于42.當銷售價格為4元/千克時,商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)單調遞增極大值42單調遞減于是,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表,x(72【拓展提升】利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟(1)分析實際問題中各量之間的關系,列出實際問題的數學模型,寫出實際問題中變量之間的函數關系式y=f(x).(2)求函數的導數f′(x),解方程f′(x)=0.(3)比較函數在區間端點和f′(x)=0的點的函數值的大小,最大(小)者為最大(小)值.(4)回歸實際問題作答.【拓展提升】利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟73【變式訓練】請你設計一個包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片,切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形,再沿虛線折起,使得A,B,C,D四個點重合于圖中的點P,正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒.E,F在AB上,是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點.設AE=FB=x(cm).【變式訓練】請你設計一個包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為674(1)某廠商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大,試問x應取何值?(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大,試問x應取何值?并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值.(1)某廠商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大,試問x應取何75【解析】設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm).由已知得a＝，h＝，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以當x＝15時，S取得最大值.(2)V＝a2h＝(－x3＋30x2)，V′＝x(20－x).由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20.當x∈(0,20)時，V′＞0；當x∈(20,30)時，V′＜0.所以當x＝20時，V取得極大值，也是最大值.此時.即包裝盒的高與底面邊長的比值為.【解析】設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm).由已76考向2

利用導數解決不等式問題【典例2】(1)(2013·福州模擬)f(x)為定義在R上的可導函數，且f′(x)>f(x)，對任意正實數a，則下列式子成立的是()(A)f(a)＜eaf(0)(B)f(a)＞eaf(0)(C)f(a)＜(D)f(a)＞考向2利用導數解決不等式問題77(2)(2012·遼寧高考)設f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b為常數)，曲線y=f(x)與直線在(0,0)點相切.①求a,b的值;②證明:當0<x<2時，f(x)<(2)(2012·遼寧高考)設f(x)=ln(x+1)+78【思路點撥】(1)觀察選項知,所要比較的兩數為的大小,故可構造函數g(x)=,利用其單調性來比較.(2)①點在曲線上，則點的坐標滿足曲線方程，同時根據導數的幾何意義可以建立另一個方程，求a,b;②構造函數，借助函數單調性證明不等式.同時應注意對于不等式中的無理式，可利用基本不等式放縮后，變為整式或分式的形式后再證明.【思路點撥】(1)觀察選項知,所要比較的兩數為79【規范解答】(1)選B.令g(x)＝∴g′(x)＝>0，∴g(x)在R上為增函數，又∵a>0.∴g(a)>g(0)，即即f(a)>eaf(0).【規范解答】(1)選B.令g(x)＝80(2)①由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)點的切線斜率為又得a＝0.(2)①由y＝f(x)過(0,0)點，得b＝－1.81②方法一：由基本不等式，當x＞0時，＜x＋1＋1＝x＋2，故記h(x)＝則②方法一：82令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0＜x＜2時，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0.因此g(x)在(0,2)內是減函數，又由g(0)＝0，得g(x)＜0，所以h′(x)＜0.因此h(x)在(0,2)內是減函數，又h(0)＝0，得h(x)＜0.于是當0＜x＜2時，f(x)<令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，則當0＜x＜2時83方法二：由①知f(x)＝ln(x＋1)＋－1.由基本不等式，當x＞0時，＜x＋1＋1＝x＋2，故令k(x)＝ln(x＋1)－x，則k(0)＝0，k′(x)＝－1＝故k(x)＜0，即ln(x＋1)＜x(ii).由(i)(ii)得，當x＞0時，f(x)＜方法二：84記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當0＜x＜2時，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9＜因此h(x)在(0,2)內單調遞減，又h(0)＝0.得h(x)＜0,于是當0＜x＜2時，f(x)＜記h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，則當0＜x＜2時，85【拓展提升】1.構造函數證明不等式的方法(1)對于(或可化為)左右兩邊結構相同的不等式,構造函數f(x),使原不等式成為形如f(a)>f(b)的形式.(2)對形如f(x)>g(x),構造函數F(x)=f(x)-g(x).(3)對于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構造函數f(x,x2)(或f(x1,x)).【提醒】解決這種問題常見的思維誤區是不善于構造函數或求導之后得出f′(x)>g′(x)?f(x)>g(x)的錯誤結論.【拓展提升】1.構造函數證明不等式的方法862.利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構造新的函數h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h′(x)判斷h(x)的單調性或最值.(5)結論.2.利用導數證明不等式的基本步驟87【變式訓練】設a為實數,函數f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的單調區間與極值.(2)求證:當a>ln2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2,于是當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如表.x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)單調遞減2(1-ln2+a)單調遞增【變式訓練】設a為實數,函數f(x)=ex-2x+2a,x∈88故f(x)的單調遞減區間是(-∞,ln2),單調遞增區間是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為2(1-ln2+a).故f(x)的單調遞減區間是(-∞,ln2),單調遞增區間是(89(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知當a>ln2-1時,g′(x)的最小值為g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是對任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R內單調遞增.于是當a>ln2-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,90考向3

利用導數研究函數的零點

【典例3】(1)(2013·臺州模擬)方程x3-3x=k有3個不等的實根,則常數k的取值范圍是

.(2)(2012·福建高考)已知函數f(x)=axsinx-(a∈R),且在[0,]上的最大值為,①求函數f(x)的解析式;②判斷函數f(x)在(0,π)內的零點個數,并加以證明.考向3利用導數研究函數的零點

91【思路點撥】(1)設f(x)=x3-3x-k,利用導數求出f(x)的極值,由極值符號對方程根的影響來構造不等式組求解.(2)①利用導數求出f(x)在[0,]的最大值,據此求出a的值;②先根據零點存在性定理,判斷出根的存在情況,再利用函數的單調性證明.【思路點撥】(1)設f(x)=x3-3x-k,利用導數求出f92【規范解答】(1)設f(x)=x3-3x-k,則f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1,且f(1)=-2-k,f(-1)=2-k,又f(x)的圖象與x軸有3個交點,故∴-2<k<2.答案:(-2,2)【規范解答】(1)設f(x)=x3-3x-k,則f′(x)=93(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0.當a＝0時，f(x)＝，不合題意；當a＜0，x∈(0，)時，f′(x)＜0，從而f(x)在(0，)內單調遞減，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的，故f(x)在［0，］上的最大值為f(0)＝，不合題意；(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，94當a＞0，x∈(0，)時，f′(x)＞0，從而f(x)在(0，)內單調遞增，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的，故f(x)在［0，］上的最大值為f()，即，解得a＝1.綜上所述，得f(x)＝xsinx－.當a＞0，x∈(0，)時，f′(x)＞0，從而f(x)在95②f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.理由如下：由①知，f(x)＝xsinx－，從而有f(0)＝－＜0.＞0，又f(x)在［0，］上的圖象是連續不斷的.所以f(x)在(0，)內至少存在一個零點.又由①知f(x)在［0，］上單調遞增，故f(x)在(0，)內有且僅有一個零點.②f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.96當x∈［，π］時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的圖象是連續不斷的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)時，有g′(x)＜0，從而g(x)在(，π)內單調遞減.當x∈(，m)時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在(，m)內單調遞增，當x∈［，π］時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xc97故當x∈［，m］時，f(x)≥f()＝＞0，故f(x)在［，m］上無零點；當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的圖象是連續不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點.綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點.故當x∈［，m］時，f(x)≥f()＝＞0，98【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個實數根”,其他條件不變,求k的取值范圍.【解析】要使原方程只有一個實數根,只需2-k<0或-2-k>0,解得k>2或k<-2,故k的取值范圍是(-∞,-2)∪(2,+∞).【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個實數根”,99【拓展提升】一元三次方程根的個數問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0).則f′(x)=3ax2+2bx+c.方程f′(x)=0的判別式Δ=(2b)2-12ac,(1)Δ≤0即b2≤3ac時,f′(x)≥0恒成立,f(x)在R上為增函數,結合函數f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一一個實根.【拓展提升】一元三次方程根的個數問題100(2)當Δ>0即b2>3ac時,方程f′(x)=0有兩個實根,設為x1,x2(x1<x2),函數在x1處取得極大值M,在x2處取得極小值m(M>m).①當m>0時,方程f(x)=0有唯一一個實根;②當m=0時,方程f(x)=0有兩個實根;③當m<0,M>0時,方程f(x)=0有三個實根;④當M=0時,方程f(x)=0有兩個實根;⑤當M<0時,方程f(x)=0有一個實根.(2)當Δ>0即b2>3ac時,方程f′(x)=0有兩個實根101【變式備選】(2013·安慶模擬)已知函數f(x)=x3-3ax-1,a≠0.(1)求f(x)的單調區間.(2)若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點,求實數m的取值范圍.【變式備選】(2013·安慶模擬)已知函數f(x)=x3-3102【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),當a<0時,對x∈R,有f′(x)>0,故當a<0時,f(x)的單調遞增區間為(-∞,+∞),當a>0時,由f′(x)>0解得x<-或x>;由f′(x)<0解得-<x<,故當a>0時,f(x)的單調遞增區間為(-∞,-),(,+∞);f(x)的單調遞減區間為(-,).【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),103(2)因為f(x)在x=-1處取得極值,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x1=-1,x2=1.由(1)中f(x)單調性可知,f(x)在x=-1處取得極大值f(-1)=1,在x=1處取得極小值f(1)=-3.因為直線y=m與函數y=f(x)的圖象有三個不同的交點,結合f(x)的單調性可知,m的取值范圍是(-3,1).(2)因為f(x)在x=-1處取得極值,104【滿分指導】導數綜合問題的規范解答

【典例】(13分)(2012·山東高考)已知函數f(x)=(k為常數,e=2.71828…是自然對數的底數),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的單調區間.(3)設g(x)=(x2+x)f′(x),其中f′(x)為f(x)的導函數，證明：對任意x＞0，g(x)＜1+e-2.【滿分指導】導數綜合問題的規范解答

105【思路點撥】已知條件條件分析曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行得出f′(1)=0即可求出k的值求出f′(x)及f′(x)=0的根,再判斷f′(x)的符號g(x)=(x2+x)f′(x)直接求g(x)的最值困難，可對g(x)放縮后，再求最值.【思路點撥】已知條件條件分析曲線y=f(x)在點(1,f(1106【規范解答】(1)f′(x)=………2分由曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行可知解得k=1.………………4分【規范解答】107(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，令f′(x)=0可得x=1，②………………5分當0<x<1時，當x>1時，于是f(x)在區間(0，1)上為增函數；在(1，+∞)上為減函數.…………7分(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，108(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=x∈(0,+∞)，因此，對任意x>0,……………8分令h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞),則h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),x∈(0,+∞),因此，當x∈(0,e-2)時，h′(x)>0,h(x)單調遞增；(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=109當x∈(e-2,+∞)時，h′(x)<0,h(x)單調遞減.所以h(x)的最大值為h(e-2)=1+e-2,故1-x-xlnx≤1+e-2.…………………10分設φ(x)=ex-(x+1).④因為φ′(x)=ex-1=ex-e0,所以x∈(0,+∞)時，φ′(x)>0,φ(x)單調遞增,φ(x)>φ(0)=0,當x∈(e-2,+∞)時，h′(x)<0,h(x)單調遞減.110故x∈(0,+∞)時，φ(x)=ex-(x+1)>0,即………12分所以因此，對任意x>0,g(x)<1+e-2.………13分故x∈(0,+∞)時，φ(x)=ex-(x+1)>0,111【失分警示】(下文①②③④見規范解答過程)【失分警示】(下文①②③④見規范解答過程)1121.(2012·大綱版全國卷)已知函數y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點,則c=()(A)-2或2(B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1【解析】選A.設y=f(x),∵f′(x)=3(x+1)(x-1),∴當x=-1或x=1時取得極值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.1.(2012·大綱版全國卷)已知函數y=x3-3x+c的圖1132.(2012·湖南高考)設定義在R上的函數f(x)是最小正周期為2π的偶函數，f′(x)是f(x)的導函數，當x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1；當x∈(0，π)且x≠時，(x-)·f′(x)＞0，則函數y=f(x)-sinx在［-2π，2π］上的零點個數為()(A)2(B)4(C)5(D)82.(2012·湖南高考)設定義在R上的函數f(x)是最小正114【解析】選B.x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1.又∵f(x)是偶函數,∴x∈［-π,0］時,0＜f(x)＜1.又∵f(x)的最小正周期為2π，∴x∈R,0＜f(x)＜1.當x∈(0,)時，x-＜0,∴f′(x)＜0,∴f(x)在(0,)上單調遞減.x∈(,π)時，x-＞0,∴f′(x)＞0,∴f(x)在(,π)上單調遞增，且x∈(0,),0＜f(x)＜1，x∈(,π),0＜f(x)＜1.【解析】選B.x∈［0,π］時，0＜f(x)＜1.又∵f(x115由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈(0,)上，sinx單調遞增，且0＜sinx＜1,在(,π)上，sinx單調遞減且0＜sinx＜1，∴在(0,π)上，有兩個交點，即兩個零點.在(π,2π)上sinx＜0，f(x)＞0,無零點,所以在［0,2π］上有兩個零點，在［-2π,2π］上有四個零點.由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈1163.(2012·遼寧高考)若x∈［0,+∞),則下列不等式恒成立的是()(A)ex≤1+x+x2(B)(C)cosx≥(D)ln(1+x)≥3.(2012·遼寧高考)若x∈［0,+∞),則下列不等式恒117【解析】選C.驗證A，當x=3時，e3＞2.73=19.683＞1+3+32=13，故排除A；驗證B,當x=時，故排除B;驗證C,令g(x)=【解析】選C.驗證A，當x=3時，e3＞2.73=19.68118g′(x)=-sinx+x,g″(x)=1-cosx,顯然g″(x)≥0恒成立,所以當x∈［0,+∞)時，g′(x)≥g′(0