高考数学 第二章 第十二节 导数在实际问题中的应用及综合应用课件 文 北师大版.ppt

第十二节导数在实际问题中的应用及综合应用 考向1利用导数解决实际生活中的优化问题 典例1 2013 黄山模拟 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 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f x 最大 思路点拨 1 根据 销售价格为5元 千克时 每日可售出该商品11千克 可知销售函数过点 5 11 将其代入可求得a的值 2 利润为f x 每件产品的售价 每件产品的成本 销量 表示出函数解析式后 可借助导数求最值 规范解答 1 因为x 5时 y 11 所以所以a 2 2 由 1 可知 该商品每日的销售量所以商场每日销售该商品所获得的利润 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 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 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 拓展提升 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 变式训练 请你设计一个包装盒 如图所示 abcd是边长为60cm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ae fb x cm 1 某厂商要求包装盒的侧面积s cm2 最大 试问x应取何值 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 解析 设包装盒的高为h cm 底面边长为a cm 由已知得 1 s 4ah 8x 30 x 8 x 15 2 1800 所以当x 15时 s取得最大值 2 v a2h x3 30 x2 v x 20 x 由v 0得x 0 舍去 或x 20 当x 0 20 时 v 0 当x 20 30 时 v 0 所以当x 20时 v取得极大值 也是最大值 此时即包装盒的高与底面边长的比值为 考向2利用导数解决不等式问题 典例2 1 2013 福州模拟 f x 为定义在r上的可导函数 且f x f x 对任意正实数a 则下列式子成立的是 a f a eaf 0 b f a eaf 0 c d 2 2012 辽宁高考 设证明 当x 1时 当1 x 3时 思路点拨 1 观察选项知 所要比较的两数为与的大小 故可构造函数利用其单调性来比较 2 构造函数 借助函数单调性证明不等式 同时应注意对于不等式中的无理式 可利用基本不等式放缩后 变为整式或分式的形式后再证明 规范解答 1 选b 令g x g x g x 在r上为增函数 又 a 0 g a g 0 即即f a eaf 0 2 方法一 记g x 则当x 1时 g x g x 在 1 上是减少的 又g 1 0 则g x 1时 故令k x lnx x 1 则k 1 0 k x 故k x 0 即lnx x 1 ii 由 i ii 得 当x 1时 方法一 记h x 得 令g x x 5 3 216x 则当1 x 3时 g x 3 x 5 2 216 0 因此g x 在 1 3 上是减少的 又由g 1 0 得g x 0 所以h x 0 因此h x 在 1 3 上是减少的 又h 1 0 得h x 0 于是当1 x 3时 方法二 记h x x 5 f x 9 x 1 则当1 x 3时 得h x f x x 5 f x 9因此h x 在 1 3 上是减少的 又h 1 0 所以h x 0 即 拓展提升 1 构造函数证明不等式的方法 1 对于 或可化为 左右两边结构相同的不等式 构造函数f x 使原不等式成为形如f a f b 的形式 2 对形如f x g x 构造函数f x f x g x 3 对于 或可化为 f x1 x2 a的不等式 可选x1 或x2 为主元 构造函数f x x2 或f x1 x 提醒 解决这种问题常见的思维误区是不善于构造函数或求导之后得出f x g x f x g x 的错误结论 2 利用导数证明不等式的基本步骤 1 作差或变形 2 构造新的函数h x 3 对h x 求导 4 利用h x 判断h x 的单调性或最值 5 结论 变式训练 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 ln2 1且x 0时 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 于是当x变化时 f x f x 的变化情况如表 故f x 的递减区间是 ln2 递增区间是 ln2 f x 在x ln2处取得极小值 极小值为2 1 ln2 a 2 设g x ex x2 2ax 1 x r 于是g x ex 2x 2a x r 由 1 知当a ln2 1时 g x 的最小值为g ln2 2 1 ln2 a 0 于是对任意x r 都有g x 0 所以g x 在r上是增加的 于是当a ln2 1时 对任意x 0 都有g x g 0 而g 0 0 从而对任意x 0 g x 0 即ex x2 2ax 1 0 故ex x2 2ax 1 考向3利用导数研究函数的零点 典例3 1 2013 亳州模拟 方程x3 3x k有3个不等的根 则常数k的取值范围是 2 2012 陕西高考改编 设函数fn x xn bx c n n b c r 设n 2 b 1 c 1 证明 fn x 在区间 1 内存在一的零点 设n 2 若对任意x1 x2 1 1 有 f2 x1 f2 x2 4求b的取值范围 思路点拨 1 设f x x3 3x k 利用导数求出f x 的极值 由极值符号对方程根的影响来构造不等式组求解 2 先根据零点存在性定理 判断出根的存在情况 再利用函数的单调性证明 转化为函数f2 x 在 1 1 上的最大值与最小值之差不大于4求解 规范解答 1 设f x x3 3x k 则f x 3x2 3 令f x 0得x 1 且f 1 2 k f 1 2 k 又f x 的图像与x轴有3个交点 故 2 k 2 答案 2 2 2 b 1 c 1 n 2时 fn x xn x 1 且fn x 是连续的 fn x 在 1 内存在零点 又当x 1 时 fn x nxn 1 1 0 fn x 在 1 上是增加的 fn x 在 1 内存在唯一零点 当n 2时 f2 x x2 bx c 对任意x1 x2 1 1 都有 f2 x1 f2 x2 4等价于f2 x 在 1 1 上的最大值与最小值之差m 4 据此分类讨论如下 i 当 1 即 b 2时 m f2 1 f2 1 2 b 4 与题设矛盾 ii 1 0 即0 b 2时 m f2 1 f2 1 2 4恒成立 iii 当0 1 即 2 b 0时 m f2 1 f2 1 2 4恒成立 综上可知 2 b 2 互动探究 在本例题 1 中 若改为 方程只有一个实数根 其他条件不变 求k的取值范围 解析 要使原方程只有一个实数根 只需2 k 0或 2 k 0 解得k 2或k 2 故k的取值范围是 2 2 拓展提升 一元三次方程根的个数问题令f x ax3 bx2 cx d a 0 则f x 3ax2 2bx c 方程f x 0的判别式 2b 2 12ac 1 0即b2 3ac时 f x 0恒成立 f x 在r上是增加的 结合函数f x 的图像知 方程f x 0有唯一一个实根 2 当 0即b2 3ac时 方程f x 0有两个实根 设为x1 x2 x1 x2 函数在x1处取得极大值m 在x2处取得极小值m m m 当m 0时 方程f x 0有唯一一个实根 当m 0时 方程f x 0有两个实根 当m0时 方程f x 0有三个实根 当m 0时 方程f x 0有两个实根 当m 0时 方程f x 0有一个实根 变式备选 2013 安庆模拟 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 的图像有三个不同的交点 求实数m的取值范围 解析 1 f x 3x2 3a 3 x2 a 当a 0时 对x r 有f x 0 故当a 0时 f x 的递增区间为 当a 0时 由f x 0解得或由f x 0解得故当a 0时 f x 的递增区间为f x 的递减区间为 2 因为f x 在x 1处取得极值 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 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 因为直线y m与函数y f x 的图像有三个不同的交点 结合f x 的单调性可知 m的取值范围是 3 1 满分指导 导数综合问题的规范解答 典例 12分 2012 山东高考 已知函数f x k为常数 e 2 71828 是自然对数的底数 曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线与x轴平行 1 求k的值 2 求f x 的单调区间 3 设g x xf x 其中f x 为f x 的导函数 证明 对任意x 0 g x 1 e 2 思路点拨 规范解答 1 由f x 得x 0 得f x 2分由已知 f 1 k 1 3分 2 由 1 知 f x 设k x lnx 1 则k x 即k x 在 0 上是减少的 由k 1 0知 k x 0有唯一实根 当00 从而f x 0 当x 1时k x 0 从而f x 0 综上可知 f x 的递增区间是 0 1 递减区间是 1 7分 3 由 2 可知 当x 1时 g x xf x 0 1 e 2 故只需证明g x 1 e 2在0 x 1时成立 当00 g x 9分设f x 1 xlnx x x 0 1 则f x lnx 2 当x 0 e 2 时 f x 0 当x e 2 1 时 f x 0 g x 1 e 2 12分 失分警示 下文 见规范解答过程 1 2012 大纲版全国卷 已知函数y x3 3x c的图像与x轴恰有两个公共点 则c a 2或2 b 9或3 c 1或1 d 3或1 解析 选a 设y f x f x 3 x 1 x 1 当x 1或x 1时取得极值 f 1 0或f 1 0 即c 2 0或c 2 0 解得c 2或c 2 2 2012 湖南高考 设定义在r上的函数f x 是最小正周期为2 的偶函数 f x 是f x 的导函数 当x 0 时 0 f x 1 当x 0 且x 时 x f x 0 则函数y f x sinx在 2 2 上的零点个数为 a 2 b 4 c 5 d 8 解析 选b x 0 时 0 f x 1 又 f x 是偶函数 x 0 时 0 f x 1 又 f x 的最小正周期为2 x r 0 f x 1 当x 0 时 x 0 f x 0 f x 在 0 上是减少的 x 时 x 0 f x 0 f x 在 上是增加的 且x 0 0 f x 1 x 0 f x 1 由y f x sinx 0得f x sinx 在x 0 上 sinx是增加的 且0 sinx 1 在 上 sinx是减少的 且0 sinx 1 在 0 上 有两个交点 即两个零点 在 2 上sinx 0 f x 0 无零点 所以在 0 2 上有两个零点 在 2 2 上有四个零点 3 2013 西安模拟 下列不等式在 0 上恒成立的是 a lnx x b sinx x c tanx x x k k n d ex x 2 解析 选c 当x 1时 a b不成立 对于c 设f x tanx x x k k n 则f x 因此f x 在 0 上是增加的 故f x f 0 0 因此c成立 对于d 令f x ex x 2 则f x ex 1 0 故f x f 0 1 不符合题意 4 2012 天津高考 已知函数f x x r 其中a 0 1 求函数f x 的单调区间 2 若函数f x 在区间 2 0 内恰有两个零点 求a的取值范围 3 当a 1时 设函数f x 在区间 t t 3 上的最大值为m t 最小值为m t 记g t m t m t 求函数g t 在区间 3 1 上的最小值 解析 1 f x x2 1 a x a x 1 x a 由f x 0 得x1 1 x2 a 0 当x变化时 f x f x 的变化情况如表 故函数f x 的递增区间是 1 a 递减区间是 1 a 2 由 1 知f x 在区间 2 1 上是增加的 在区间 1 0 上是减少的 从而函数f x 在区间 2 0 内恰有两个零点当且仅当解得0 a 所以 a的取值范围是 0 3 a 1时 f x x 1 由 1 知f x 在 3 1 上是增加的 在 1 1 上是减少的 在 1 2 上是增加的 当t 3 2 时 t 3 0 1 1 t t 3 f x 在 t 1 上是增加的 在 1 t 3 上是减少的 因此 f x 在 t t 3 上的最大值m t f 1 而最小值m t 为f t 与f t 3 中的较小者 由f t 3 f t 3 t 1 t 2 知 当t 3 2 时 f t f t 3 故m t f t 所以g t f 1 f t 而f t 在 3 2 上是增加的 因此f t f 2 所以g t 在 3 2 上的最小值为g 2 当t 2 1 时 t 3 1 2 且 1 1 t t 3 下面比较f 1 f 1 f t f t 3 的大小 由f x 在 2 1 1 2 上