导数的应用（二）

1、备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.能利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.利用极值或最值求解参数的取值范围，如2012年浙江T22等2.利用导数研究方程根的分布情况、两曲线交点的个数等，如2012年福建T20等3.利用导数证明不等式，解决有关不等式问题，如2012年天津T20等.归纳知识整合1生活中的优化问题生活中常遇到求利润最大，用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题2利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤探究1.求实际问题中的最大、最小值，与求一般函数的最值有什么区别？提示：在实际问题中要注意函数

2、的定义域应使实际问题有意义另外，在求实际问题的最值时，如果区间内只有一个极值点，就是最值点2如何求实际问题中的最值问题？提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点自测牛刀小试1(教材习题改编)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为yx381x234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A13万件B11万件C9万件 D7万件解析：选Cyx381x234，yx281，令y0，则x9.2(教材习题改编)从边长为10 cm1

3、6 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为()A12 cm3 B72 cm3C144 cm3 D160 cm3解析：选C设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm.则y(102x)(162x)x4x352x2160 x(0x5)，y12x2104x160.令y0，得x2或(舍去)，ymax6122144 (cm3)3(教材习题改编)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8r2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米已知每出售1 mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6 cm.则瓶子半径为_时，每瓶饮料的利润

4、最大，瓶子半径为_时，每瓶饮料的利润最小解析：由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是yf(r)0.2r30.8r20.8，0r6.令f(r)0.8(r22r)0，则r2.当r(0,2)时，f(r)0.则f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)答案：624函数f(x)ax3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_解析：f(x)ax3x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f(x)0有两个不等实根f(x)ax3x，f(x)3ax21.要使f(x)0有两个不等实根，则a0.答案：(，0)利用导数研究函数的零点或方程的根例1(2012福建高考)已知函数f(x)exax2ex，aR.(1

5、)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.自主解答(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0；当x(1，)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(

6、xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线yf(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由P的任意性知，a0不合题意若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x

7、)在(x*，)内单调递增a若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；由x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.所以g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*.b若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时，有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，

8、则必存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点c若x0，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现1设函数f(x)ln xax2bx.(1)当ab时，求f(x)的最大

9、值；(2)令F(x)f(x)ax2bx(0x3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a0，b1时，方程2mf(x)x2有唯一实数解，求正数m的值解：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，)，当ab时，f(x)ln xx2x，f(x)x，令f(x)0，解得x1(x2舍去)当0x0，此时f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，x0，所以x10(舍去)，x2.当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增；当xx2时，g(x2)0，g(x)取最小值g(x2)因为2mf(x)x2有唯一实数解，则即所以2mln x2mx2m0.又因为m0

10、，所以2ln x2x210.(*)设函数h(x)2ln xx1，当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，即1，解得m.利用导数解决恒成立及参数求解问题例2已知函数f(x)exax，其中a0.(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立自主解答(1)f(x)exa，令f(x)0得xln a.当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，f(x)单调递增，故当xln a时

11、，f(x)取最小值f(ln a)aaln a.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)由题意知，ka，令(x)f(x)kex，则(x1)e x2x1(x2x1)1，(x2)e x1x2(x1x2)1令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0时，F(t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1

12、x2(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立若将函数“f(x)exax，a0”改为“f(x)eaxx，a0”，试解决问题(1)解：若a0，f(x)eaxx0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln . 当xln 时，f(x)ln 时，f(x)0，f(x)单调递增故当xln 时，f(x)取最小值fln .于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当ln 1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当

13、t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当1，即a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1不等式恒成立问题的求解方法(1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使ag(x)恒成立，只需ag(x)max，要使ag(x)恒成立，只需ag(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)0即可求出a的取值范围(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式2已知f(x)(x2a)ex，aR.(1)若a3，求f(x)的单调区间和极值

14、；(2)已知x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1x2|x1x2|，求实数a的取值集合M；(3)在(2)的条件下，若不等式3f(a)0；x(3,1)时，f(x)0，1a2.Ma|13f(a)a3a23a对aM都成立，记g(a)3f(a)a3a23a(16e28.故实数b的取值范围为(6e28，).利用导数解决生活中的优化问题例3随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动经过市场调查和测算，保健品的年销量x(单位：百万件)与年促销费t(单位：百万元)之间

15、满足：3x与t2成反比例如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m倍(0m1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件(1)将2013年的利润y(单位：百万元)表示为促销费t的函数；(2)该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？(注：利润销售收入生产成本促销费，生产成本固定费用生产费用)自主解答(1)因为年销量x百万件与年促销费t百万元之间

16、满足：3x与t2成反比例，所以设t2(k0)由题意知，当t0时，x1，代入得02，解得k4.所以t2，即x3(t0)由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x32.6，解得t8.由于2013年的年销量为x百万件，则生产成本为y1540x，促销费用为t，年销售收入为y2150%y1mt.所以2013年的利润yy2y1ty1(m1)t(540x)(m1)t.将x3代入上式，得y(m1)t2.560(m1)t62.5(m1)t(0t8,0m1.2)(2)由(1)知，y62.5(m1)t(0t8)，所以y(m1)当1m1.2时，m10，0，所以y(m1)0，此时函数在0,8上单调递增，所以当t8时，年

17、利润y取得最大值，最大值为62.5(m1)846.58m(百万元)；当0m1时，由y0解得t 2，函数在上单调递增，在上单调递减所以当t 2时，函数取得最大值，最大值为62.5(m1)64.582m(百万元)综上，若1m1.2，则当促销费投入t8时，企业的年利润y取得最大值，最大值为46.58m(百万元)；若0m0，当5x6时，g(x)0，g(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以x(0,1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0，g(x)1e2等价于1xxln x0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故当x(0，)时，(x)ex(x1)0，

18、即1.所以1xxln x1e20，g(x)0时，g(x)1e2，即证明函数g(x)在(0，)上的最大值小于1e2，从而将问题转化为求函数g(x)在(0，)上的最大值问题，使问题得以顺利解决2一般地，证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)0，由增函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x

19、)g(x)(2012辽宁高考)设f(x)ln(x1)axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线yx在(0,0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x)0时，2x11x2，故1.记h(x)f(x)，则h(x).令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0,2)内是递减函数又h(0)0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x)0时，2x11x2，故1.令k(x)ln (x1)x，则k(0)0，k(x)10，故k(x)0，即ln(x1)0

20、时，f(x)x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9x(x6)93x(x1)(x6)(2)18(x1)(7x18)0.因此h(x)在(0,2)内单调递减又h(0)0，所以h(x)0，即f(x)0，故|MN|min(1ln 3)3若不等式2xln xx2ax3对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是()A(，0) B(，4C(0，) D4，)解析：选B2xln xx2ax3，则a2ln xx，设h(x)2ln xx(x0)，则h(x).当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)4.所以ah(x)min4.4球的直径为

21、d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为()A.d B.dC.d D.d解析：选C设正四棱柱的高为h，底面边长为x，如图是其组合体的轴截面图形，则ABx，BDd，ADh，AB2AD2BD2，2x2h2d2.x2.又Vx2h(d2hh3)，V(h)d2h2.令V(h)0，得hd或hd(舍去)5已知函数f(x)x33x，若对于区间3,2上任意的x1，x2都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是()A0 B10C18 D20解析：选Df(x)3x23，令f(x)0，解得x1，所以1，1为函数f(x)的极值点因为f(3)18，f(1)2，f(1)2，f(2)2，所以在区间3,2上，f(x)max

22、2，f(x)min18，所以对于区间3,2上任意的x1，x2，|f(x1)f(x2)|20，所以t20，从而t的最小值为20.6(2013宜昌模拟)已知yf(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)ln xax，当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于()A. B.C. D1解析：选D由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)a0，得x，当0x0；当x时，f(x)0恒成立，则实数m的取值范围是_解析：因为f(x)x3x，xR，故f(x)3x210，则f(x)在xR上为单调增函数，又因为f(x)f(x)故f(x)也为奇函数，由f(msin )f(1m)0，即f(ms

23、in )f(1m)f(m1)，得msin m1，即m(sin 1)1，因为0，故当时，01恒成立；当时，m恒成立，即mmin1.故m1，则函数f(x)在0,1上单调递减，故只要f(0)f(1)1，即只要a2，即1|a|；若|a|1，此时f(x)minf(|a|)|a|3a2|a|a2|a|，由于f(0)0，f(1)a2，故当|a|时，f(x)maxf(1)，此时只要a2a2|a|1即可，即a2，由于|a|，故|a|110，故此式成立；当0)，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0,1，单调递减区间为(1，)；当a0时，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1；当a0时，f(x)

24、不是单调函数，(2)f(2)1，a2.f(x)2ln x2x3.g(x)x3x22x，g(x)3x2(m4)x2.g(x)在区间(t,3)上不是单调函数，且g(0)2.由题意知：对于任意的t1,2，g(t)0恒成立，mg(x)；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由解：(1)f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，f(x)0，此时f(x)单调递减；当1x0，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)，0x0，g(x)在(0，e上单调递增g(

25、x)maxg(e).在(1)的条件下，f(x)g(x).(3)假设存在实数a，使f(x)axln x(x(0，e)有最小值3，则f(x)a.当a0时，f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以，此时f(x)的最小值不是3；当00，又函数yx2ax1的判别式(a)2411a24，()当a2,2时，0，则f(x)0恒成立，即函数f(x)在区间1，e上是单调递增的函数，故函数f(x)在区间1，e上的最大值为f(e)ea，故有f(e)g(1)，即ea1，解得ae1.又a2,2，所以a2，e1；()当a0，f(x)0的两根为x1，x2，此时x10，x20.故函数f(x)在区间1，e上是单调递增的函数由()知，ae1，又a2，故am恒成立，求实数m的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)xex(exxex)x(1ex)，若x0，所以f(x)0，则1ex0，所以f(x)0；f(x)在(，)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(，)(2)由(1)知，f(x)在2,2上