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第三節(jié) 導數(shù)的應用(二)
考點一
利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題
[例1] (2013重慶高考)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．
(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；
(2)討論函數(shù)V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[來源:]
[自主解答] (1)因為蓄水池側
2、面的總成本為1002πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據題意得200πrh＋160πr2＝
12 000π，所以h＝(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得00，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；
當r∈(5,5)時，V′(r
3、)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．
【方法規(guī)律】
利用導數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法
求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設自變量、因變量，建立函數(shù)關系式，并確定其定義域，然后利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結果應與實際情況相結合．
某工廠每天生產某種產品最多不超過40件，產品的正品率P與日產量x(x∈N*)件之間的關系為P＝，每生產一件正品盈利4 000元，每出現(xiàn)一件次品虧損2 000元．(注：正品率＝產品中的正品件數(shù)產品總件數(shù)100%)
(1)將日利潤y(元)表示成日產量
4、x(件)的函數(shù)；
(2)該廠的日產量為多少件時，日利潤最大？并求出日利潤的最大值．
解：(1)∵y＝4 000x－2 000x＝3 600x－x3，
∴所求的函數(shù)關系式是y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)．
(2)由(1)知y′＝3 600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.∴當1≤x<30時，y′>0；當30
5、2 000(元)．∴該廠的日產量為30件時，日利潤最大，最大值為72 000元．
考點二
利用導數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根
[例2] 已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.
(1)若a＝1，求曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a<0，求f(x)的單調區(qū)間；
(3)若a＝－1，函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)＝x3＋x2＋m的圖象有3個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍．
[自主解答] (1)a＝1時，f(x)＝(x2＋x－1)ex，
所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex＝(x2＋3x)ex，
6、所以曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為k＝f′(1)＝4e.又因為f(1)＝e，
所以所求切線方程為y－e＝4e(x－1)，
即4ex－y－3e＝0.
(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x－1)ex＝[ax2＋(2a＋1)x]ex，
①若－－時，f′(x)<0；
當00.
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0]，；
單調遞增區(qū)間為.
②若a＝－，則f′(x)＝－x2ex≤0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)．
③若a<－，當x<－或x>0時，f′(x)<0；
當－0
7、.
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為，[0，＋∞)；
單調遞增區(qū)間為.
(3)a＝－1時，f(x)＝(－x2＋x－1)ex，
由(2)知，f(x)＝(－x2＋x－1)ex在(－∞，－1]上單調遞減，在[－1,0]上單調遞增，在[0，＋∞)上單調遞減．
所以f(x)在x＝－1處取得極小值f(－1)＝－，在x＝0處取得極大值f(0)＝－1.
由g(x)＝x3＋x2＋m，得g′(x)＝x2＋x.
當x<－1或x>0時，g′(x)>0；當－1
8、得極大值g(－1)＝＋m，在x＝0處取得極小值g(0)＝m.
因為函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖象有3個不同的交點，
所以即
所以－－
9、可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)．
已知函數(shù)f(x)＝ax(a∈R)，g(x)＝ln x－1.
(1)若函數(shù)h(x)＝g(x)＋1－f(x)－2x存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
(2)當a>0時，試討論這兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)．
解：(1)h(x)＝ln x－x2－2x(x>0)，則h′(x)＝－ax－2.若使h(x)存在單調遞減區(qū)間，則h′(x)＝－ax－2<0在(0，＋∞)上有解．而當x>0時，h′(x)＝－a
10、x－2<0?ax>－2?a>－，問題轉化為a>－在(0，＋∞)上有解，故a大于函數(shù)t＝－在(0，＋∞)上的最小值．
又t＝－＝2－1，故t在(0，＋∞)上的最小值為－1，所以a>－1，故a的取值范圍為(－1，＋∞)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x＋1(a>0，x>0)．
函數(shù)f(x)＝ax與g(x)＝ln x－1的圖象的交點個數(shù)即為函數(shù)F(x)的零點個數(shù)．F′(x)＝a－(x>0)．令F′(x)＝a－＝0，解得x＝.隨著x的變化，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如下表：
x
F′(x)
－
0
＋
F(x)
↘
極(最)小值
↗
①
11、當F＝2＋ln a>0，即a>e－2時，F(xiàn)(x)恒大于0；
②當F＝2＋ln a＝0，即a＝e－2時，函數(shù)F(x)有且僅有一個零點；
③當F＝2＋ln a<0，即01.又F(1)＝a＋1>0，所以F(1)F<0.又F(x)在內單調遞減，所以F(x)在內有且僅有一個零點；
當x>時，F(xiàn)(x)＝ln ＋1.由指數(shù)函數(shù)y＝(ea)x(ea>1)與冪函數(shù)y＝x增長速度的快慢知，存在x0>，使得>1.從而F(x0)＝ln＋1>ln 1＋1＝1>0.因而F(x0)F<0.又F(x)在內單調遞增，F(xiàn)(x)在上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以F(x)在內有且僅有一個零點．因此，當0
12、e－2時，f(x)與g(x)的圖象無交點；當a＝e－2時，f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個交點；當0
13、
(2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
[自主解答] (1)證明：記F(x)＝sin x－x，
則F′(x)＝cos x－.
當x∈時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)在上是增函數(shù)；[來源:]
當x∈時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在上是減函數(shù)．
又F(0)＝0，F(xiàn)(1)＞0，所以當x∈[0,1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sin x≥x.
記H(x)＝sin x－x，
則當x∈(0,1)時，H′(x)＝cos x－1＜0，[來源:]
所以，H(x)在[0,1]上是減函數(shù)，
則H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.
綜上，x≤
14、sin x≤x，x∈[0,1]．
(2)因為當x∈[0,1]時，
ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2
＝(a＋2)x，
所以，當a≤－2時，
不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立．
下面證明，當a>－2時，
不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立．
因為當x∈[0,1]時，
ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2
＝(a＋2)
15、x－x2－
≥(a＋2)x－x2
＝－x.
所以存在x0∈(0,1)滿足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cos x0－4>0，
即當a>－2時，[來源:]
不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4≤0對x∈[0,1]不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．
導數(shù)在不等式問題中的應用問題的常見類型及解題策略
(1)利用導數(shù)證明不等式．①證明f(x)
16、(x)．
②證明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，則F(x)在(a，b)上是增函數(shù)，同時若F(a)≥0，由增函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)>0，即證明了f(x)>g(x)．
(2)利用導數(shù)解決不等式的恒成立問題．利用導數(shù)研究不等式恒成立問題，首先要構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題．
(2013新課標全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲線y＝f(x)和曲線
17、y＝g(x)都過點P(0,2)，且在點P處有相同的切線y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2時，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍．
解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．設函數(shù)F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，則F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
18、由題設可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k＜e2，則－2＜x1≤0，從而當x∈(－2，x1)時，F(xiàn)′(x)＜0；當x∈(x1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上單調遞減，在(x1，＋∞)上單調遞增，故F(x)在[－2，
＋∞)的最小值為F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故當x≥－2時，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
(ⅱ)若k＝e2，則F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．從而當x＞－2時，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在
(－2，＋∞)上單調
19、遞增．而F(－2)＝0，故當x≥－2時，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
(ⅲ)若k＞e2，則F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.從而當x≥－2時，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
綜上，k的取值范圍是[1，e2]．
————————————[課堂歸納——通法領悟]————————————————
1個構造——構造函數(shù)解決問題
把所求問題通過構造函數(shù)，轉化為可用導數(shù)解決的問題，這是用導數(shù)解決問題時常用的方法．
2個轉化——不等式問題中的兩個轉化
(1)利用導數(shù)解決含有參數(shù)的單調性問題可將問題轉化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結合思想的應用．
(2)將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉化為函數(shù)的單調性、極值問題處理．
3個注意點——利用導數(shù)解決實際問題應注意的三點
(1)既要注意將問題中涉及的變量關系用函數(shù)關系式表示，還要注意確定函數(shù)關系式中自變量的取值范圍．
(2)一定要注意求得函數(shù)結果的實際意義，不符合實際的值應舍去．
(3)如果目標函數(shù)在定義區(qū)間內只有一個極值點，那么根據實際意義該極值點就是最值點.
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高考數(shù)學復習：第九章 ：第三節(jié)導數(shù)的應用二突破熱點題型
