【高中数学】习题课 导数的综合应用

1、4 3 3 3 4 3 3 3 习题课导数的综合应题型一【例 1】导数在解决实际问题中的应用某知名保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最多不超过 40 千瓶，最少 1 千瓶，经检测知生产过程中该饮品的正品率 P 与产量4 x2xN*，单位：千)间的关系为 P ，每生产一瓶正品盈 元，每生产一瓶次品亏损 2 (注：正品率饮品的正品瓶数饮品总瓶数100%) 将日利润 (元表示成日产量 x 的函数；求该种饮品的最大日利润解由题意生产 1 瓶正品盈利 4 产 千瓶次品亏损 000元，故 y4 4 x2 4 x2 14 x 4 x x3. 4 4所以日利润 y x33 (xN*1x4令

2、f() x33 xx140则 f x)3 4x.令 f x)0解得 或 x30(去).当 1x30 ，f x ；当 40 ，f x)0得 x140令 Sx)0得 x140.函数 S(x在()上单调递增，在( 上单调递减，S(x的最小值为 S(140).当 x140 y175故当广告牌的高 140 ，宽 175 ，可使广告牌的面积最小，最小面积为 cm.题型二与最值有关的恒成立问题maxmaxmaxminmaxmaxmaxmin【例 2】设函数 f(x)22t2xR，t0).求 f()的最小值 h() ；若 h()2t 对 t ，2)恒成立，求实数 的取值范围解f()t (t)tt1(x，t，当

3、 xt 时，f()取最小值 (t)t3t，即 ht)t3t1.令 g()ht)(2tmt33t1，由 gt)t23 得 t1t不合题意，舍去). 当 t 变化时 gt)、g() 变化情况如下表：tgt)gt)(0，单调递增101m(1，单调递减对 t(02)当 t1 ，g() ， ht)2t t，2)成立，也就是 g()0 对 t恒成立，只需 gt) ，m故实数 m 取值范围是(1).规律方法“恒成立问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化(x恒成立f) f()恒立 () 对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.此类问题特别要小心最值能否取得到”和“

4、不等式中是否含等号的情况， 以此来确定参数的范围能否取得”.【训练 2】设函数 ()2x39x212x8，若对任意的 0，3都有 f( 若对任意的 (0都有 f()c2成立，求 c 的取值范围； 成立，求 c 的取值范围.解f (x6x2x126(1)(x2).当 x(0时，f x0f(x单调递增； 当 x，时，f x)，f(x单调递减； 当 x，时，f x)，f(x单调递增.ln x 2 x x x ln x 2 x x x 当 x1 ，f()极大值 (1)58c. 又 f(3)98f，x03，f(x的最大值为 f(3)98. 对任意的 x03，有 f()c2 恒成立，98，即 c 或 c9

5、.c 的取值范围为(，). 由(1) f( xf(3)9，98， 或 9 c 的取值范围为(，19).题型三利用导数证明不等式【例 3】已知函数 ()ln xa（x1）x(a 求函数 f()的单调区间；1 1 求证：对于任意 (1，2)，不等式 0(x在(0)上单调递增；若 a，当 x(0a，f x，f( x在(，a)单调递减，当 xa)时，f )0f()(a)上单调递增综上，当 a0 ，f(x单调递增区间为(0)，无单调递减区间； 当 a0 ，f()单调递增区间为(a)单调递减区间为(0a证明1x，1 1 0 ln 1 令 F()(x1)ln x x1)x1 1即 F )ln x 2ln x

6、 1.1由(知，当 a1 ，(xln x1 在)上单调递增， 当 x12)，f(x)(1)x ln xminmax1 1 2 2 2ln x ln x x x x x ln xln x ln xminmax1 1 2 2 2ln x ln x x x x x ln xln x1即 ln x 10F ()0F()12)单调递增， 当 x(1时，F( )F(1)01 即当 12 时， g(x的一般方法是证明 (f(x)g()0(利用单调性，特殊情况是证明 f() g(x) (最值方法，但后一种方法不具备普遍性.证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种

7、方法为转化后利用函数的单调性，如不等式 gx f(x )g )对 x 恒成立，即等价于函数 h)(x)gx为增函数f(x ) 【训练 3】设函数 ()ln xx1.讨论 f()的单调；x1证明当 (1，1 x.解依题意，f(x的定义域为(01f x) 1令 f)0得 x1.当 00f()调递增. 当 x ，f (x)0f(x调递减证明由(知 f( )在 x1 处得最大值，且最大值 f(1)0.所以当 x1 ，ln x11 1又可将 代入 ln 1得 ，1 1 x1 x1 即ln x x，x1故当 x(1)时恒有 1 x.题型四利用导数解决函数的零点或方程的根问题【例 4】已知函数 ()ln x

8、ax1，3 3 3 3 3 3 求 f()的单调区间；当 a1 ，求函数 (x在区间(0，e上零点的个数.解f (x1ln ax2，令 f ()0得 xe1.f x) f() x 的变化情况如下表：xf ()(0，1a )0(e a，)f(x)极大值所以 f(x的单调递增区间为(0)，单调递减区间为1a由(1)知 f( x的最大值为 (ea11a ，1a当 a1 ，f(在区间(01)单调递增，在区间(1上单调递减. 又 f(1)0故 f()区间(0只有一个零点.当 a0e11则 f(ea11a ，所以 f()在区间(0上零点 综上，当 a1 ，f(x区间(0只有一个零点， 当 a2 时，f)0

9、当20).3 3 S (4V令 S0得 V.答案C2.已知 f(x是定义在(0，上的非负可导函数，且满足 (xf( )0对任意 的正数 a，b，若 ab，则必有 )A.bfbaf(a) C.(a)bf(b)bfa)af(b) D.afbbf(a)解析设 g )，x(0)，则 g)xfxf(x0g在区间(0)上单调递减或 g)常函数 abg(a)g(b)即 (abf(b)故选 A.答案A3.已知某生产厂家的年利润 (单位万元与年产量 (单位万件)的函数关系式为1 y x381234，则使该生产厂家获取最大年润的年产量为 )A.13 万件C.9 万件解析因为 y81B.11 万件D.7 件所以当

10、x9 ，0当 x，9)，0.1所以，函数 y x381x234 (9)上单调递减，在09)单调递增所以 x9 函数的极大值点.又因为函数在(0) 只有一个极大值点， 所以函数在 x9 取得最大值.答案C4.直线 y 与函数 x3 _. 的图象有三个相异的交点，则 a 的取值范围是x x 解析f x)3x3令 f x)0得 1 x1.因为当 x，)时，f (x ，当 x1时，f (x)0所以f(x)极小值f(1)2fx极大值f(1)2.数 x33x 的大致图象如图所示，所以2a2.答案2，三、审题答题示范二) 利用导数解决不等式问题【典型示例】 分知函数 f()axln x(aR，gx) .求函

11、数 f()的单调区间；(0，)，使不等式 ()gx成立，求 a 取值范围联想解题看到想到解不等式 x 求 (x)的调增区间，解不等式 f)0 ，令 f )0得 ln 由 f x)0得 f( x)单调递增区间为(，ln )；由 f x)0 ，f()单调递增区间为(，ln )，单调递减区间为(ln a 分x x x x 2 2 x 3 2e2e 1 2ex x x x 2 2 x 3 2e2e 1 2e因为 (0) 使不等式 f()gx)ln x ln x则 ax ，即 .6 2ln x 设 h ，则问题转化为 ， ，由 h)1 x，令 hx)0得 当 x 在区间(，)内变化时，hx，h() 化的

12、变化情况如下表：xh)(0， e0( ，) h)极大值12e10 1 由上表可知，当 x 时，函数 h)有极大值，即最大值为 ，所以 . 故 a 取值范围是 分 满分心得涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的 影响进行分类讨论.(2) 解决不等 “成 ” 或“ 能成 ” 题首先要构造函数，利用导数求出最 值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数 的最值.基础达标一、选择题1.对任意的 x ，函数 ()x3 21C.21解析f x)3x2ax7aax27ax 存在极值点的充要条件是 ) a0 或 a7D.a0 或 a当 a284a0 1

13、3 1 3 13 1 3 x x 即 0a 时，f (x 恒成立，函数 f(x不存在极值点答案A2.定义在 上的函数 f)，若1) (x)0，则下列各项正确的( ) A.fff B.(0)2f(1)C.(0)fD.ff(2)与 2f大小不定解析1)f)0当 x ，f (x)0当 0则 f(x在(1)上单调递减，在(，上单调递增， f(0)f(1)，f(2)0 等价为 f(x1)f)f(2x 122得 x不等式的解集 为，3).答案C4.方底无盖水箱的容积为 256则最省材料时，它的高为( )A.4B.6D.8解析设底面边长为 x高为 h256则 V(x ， ，2S(x4x22564x 2425

14、6 ，xS)2x4256x2. (x)，解得 x88 e 2 4 e 2 e e 75x x 75758 e 2 4 e 2 e e 75x x 7575256 h 4.2答案A5.若函数 (xx2exa 恰有三个零点，则实数 a 的取值范围是( )A. C.(0，4e)解析令 g，B. D.(0，则 g)2xx2exe(2).令 g)0得 0 ，g在(2单调递减，在(，2)，)上单调递增.g) 极大值4g2) ，() 2 极小值g0又 f(x答案B4a 有三个零点，则 0a .2二、填空题26.某厂生产某种商品 件的总成本 c)1 200 单位：万)，已知品单价的平方与产品件数 成反比生产

15、件这样的产品单价为 50 元则产量定为 _件时，总利润最大解析k设产品的单价为 p 元，根据已知，可设 2 其中 k 为比例系数.因为当 x100 ，p50所以 k250 250 500所以 p ， ，x0.x设总利润为 y 万元，500 y x1 x250 则 y . x 25令 y，得 x25.2 500 x 1 x x x xx 2 2 minx x xx x x xx 2 2 minx x x故当 025 时，y0当 x25 时，0所以，当 25 时，函数 取得 极大值，也是最大值答案257.已知函数 (x2xln xg)x23 一切 x，f( xg)恒成 立，则 a 取值范围是_.解

16、析由 2xln xax33得 a2ln xx .3设 h x xx2 （x3（1 则 h) ，当 x，时， )0解得 e2，令 f x)0解得 00f(x无零点，2当 a 时，f() ，f)有 1 零点，2当 a 时，f() 12C. (3，f(x )1 D.f(x) (0，1)解析因为 f(x x，所 x1x3，显 fx在(3)是1 1 增函数，又 f ，故选 B. x 3答案B112.已知函数 f) aln x(a )，若 f()在 x2 时取得极值，求 的值； 求 f()的单调区间；1 求证：当 1 时， x x3.解a af ()x ，因为 2 是一个极值点，所以 ，则 a此时 f(x

17、4 （x2（2x ，因 ()定义域是(0)以当 x(0时，f x)0当 x(2，f (x0所以当 时，2 一个极小值点，则 a4.解a x2a因为 f ()x ，所以当 a0 ，f(x的单调递增区间为(0).a x2 （x ）（ a当 a0 ，f )x ，当 0 x 时，f )0所以函数 f(x的单调递增区间( a；递减区间为(0 a3 2x x 6 2 30 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 e e e 0 0 0 0 0 0 3 2x x 6 2 30 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 e e e 0 0 0 0 0 0 0 0 证明2 1 设 gx xln x则 g)2x1

18、（x1（2 x x10又 x1所以 gx在 (1)为增函数，所以当 1 ，所以 ()g 1 1 20所以当 1 ， ln x x3.创新猜想多选题)已函数 f(x)xln ，x 是函数 f(x的极值点，以下几个结论中正 确的是( )x 1eC.( )2x 0解析函数 f(xln xx2(0)f ()ln 1x易知 f x)ln 12x 在(0)单调递增，x 是函数 f(x的极值点，f ( )0即 ln 12x 0 2 1而 f ，当 x0f (x，0 x 0 D 确 不正 确.答案为 答案AD多选题)已函数 f(x)sin ax，则下列结论正确的是( )A.f(x是奇函数B.若 (x)是增函数

19、，则 C.当 a3 时，函数 f(x恰有两个零点 D.当 a3 时，函数 fx有两个极值点解析对 Af() ax 定义域为 且 ()sin(x ()3ax xx3ax)f). A 正确对 Bf (x 3x2，因为 f(x是增函数，故 cos x3xa0 成立.即 a x3x恒成立. g)cos x3，则 ()6sin ，设 h6xsin xhx6 x0，故 g)6xsin x 单调递增，又 g(0)0故当 0 时 g)0.故 g 3x2 小值为 1.故 a1. B 确.对 C a3 由 B 项知f()是增函数，故不可能有两个零点， 错误.对 D，当 时 f(x xx33xf (x 3x23令

20、3x30则有 cos x33x2.在同一坐标系中作出 ycos 33x2 函数值大小不同.故函数 f(x恰有两个极值点故 D 正确. 故选 的图象易得有两个交点，且交点左右的答案ABD高考数学：卷答题攻略一、“六先后”，因人卷制宜。考生可依自己的解题习惯和基本功， 选择执“六先六后”的战术原则。 1. 先易后难 2. 先后生 3. 先后异。先做同科同类型的题目。 4. 先小后大。先做信息量少、运算量小的题目，为解决大题赢得时间。 先点后面。高考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，步步为营，由点到面。 6. 先高后低。即在试的后半段时间，如估计两题都

21、会做，则先做高分题 ; 估计两题 都不易，则先就高分题实施“分段得分”。二、一慢一，相得益彰规范书写，保准确，争对 全。审题要慢，解答要快。在以快为上的前提下 要稳扎稳打，步步准确。假如速度与准确不可兼得的话， 就只好舍快求对了。三、面对难，以退求进立足特殊，散一般，究策 略，争取得。对于一个较一般的问题，若一时不能取得一般思路，可以采取化一般为特殊，化抽象为具体。对不能全面完成的题目有两种常用方法： 1. 步解答。将疑难的问题划分为一个个子问题或一系列的步骤，每进行一步就可得到一步的分数。 2. 跳步解答。若题目有两问，第一问做不上，可以第一问为“已知”， 完成第二问。四、执果索，逆向思考正难则反，避结论的定与 否定。对一个问题正面思考受阻时，就逆推，直接证有困难就反证。对探索性问题，不必追求结论的“是”与“否”、“有”与“无”，可以一开始，就综合所有条件，进行严