导数的综合应用.docx
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导数的综合应用
导数的综合应用
1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值,并会解决与之有关的方程(不等式)问题.
2.会利用导数解决某些简单的实际问题.
考点一 利用导数解决生活中的优化问题 互动探究 基础送分考点——自主练透
[典例] (优质试题·四川绵阳模拟)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y=+10(x-6)2,其中3 (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最大. 解析: (1)因为x=5时,y=11, 所以+10=11,a=2. (2)由 (1)可知, 该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润 为f(x)=(x-3) =2+10(x-3)(x-6)2,3 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: x (3,4) 4 (4,6) f′(x) + 0 - f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得,x=4时,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. 所以,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. 利用导数解决生活中的优化问题的4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. [即时应用] 据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km). (1)试将y表示为x的函数; (2)若a=1,且x=6时,y取得最小值,试求b的值. 解析: (1)设点C受A污染源污染程度为,点C受B污染源污染程度为,其中k为比例系数,且k>0. 从而点C处受污染程度y=+. (2)因为a=1,所以y=+, y′=k. 令y′=0,得x=, 又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意, 所以,污染源B的污染强度b的值为8. 考点二 利用导数研究函数的零点或方程根 互动探究 重点保分考点——师生共研 [典例] (优质试题·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解析: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). ①若a≤0,则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减. ②若a>0,则由f′(x)=0得x=-lna. 当x∈(-∞,-lna)时,f′(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增. (2)①若a≤0,由 (1)知,f(x)至多有一个零点. ②若a>0,由 (1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-+lna. a.当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点; b.当a∈(1,+∞)时,由于1-+lna>0, 即f(-lna)>0,故f(x)没有零点; c.当a∈(0,1)时,1-+lna<0,即f(-lna)<0. 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 故f(x)在(-∞,-lna)有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0. 由于ln>-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 利用导数研究方程根的方法 (1)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. (2)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. (3)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. 如本题采用了利用导数来判断函数的零点个数,先利用导数研究函数的单调性和极值,再利用零点存在性定理得参数范围. [即时应用] 已知函数f(x)=-alnx(a∈R). (1)若h(x)=f(x)-2x,当a=-3时,求h(x)的单调递减区间; (2)若函数f(x)有唯一的零点,求实数a的取值范围. 解析: (1)h(x)的定义域为(0,+∞), 当a=-3时,h(x)=+3lnx-2x, h′(x)=-+-2=-=-, ∴h(x)的单调递减区间是和(1,+∞). (2)问题等价于alnx=有唯一的实根,显然a≠0,则关于x的方程xlnx=有唯一的实根. 构造函数φ(x)=xlnx,则φ′(x)=1+lnx. 令φ′(x)=1+lnx=0,得x=e-1. 当0<x<e-1时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减, 当x>e-1时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, ∴φ(x)的极小值为φ(e-1)=-e-1. 则要使方程xlnx=有唯一的实根,只需直线y=与曲线y=φ(x)有唯一的交点,则=-e-1或>0,解得a=-e或a>0. 故实数a的取值范围是{-e}∪(0,+∞). 考点三 利用导数研究与不等式有关问题 多维探究 题点多变考点——多角探明 [锁定考向] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容,且以解答题的形式考查,难度较大,属中、高档题. 常见的命题角度有: (1)证明不等式. (2)不等式恒成立问题.(3)存在型不等式成立问题. 角度一 证明不等式 1.(优质试题·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明f(x)≤--2. 解析: (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增. 若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)>0; 当x∈(-,+∞)时,f′(x)<0. 故f(x)在(0,-)上单调递增,在(-,+∞)上单调递减. (2)证明: 由 (1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f(-)=ln(-)-1-. 所以f(x)≤--2等价于ln(-)-1-≤--2,即ln(-)++1≤0. 设g(x)=lnx-x+1,则g′(x)=-1. 当x∈(0,1)时,g′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g (1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0. 从而当a<0时,ln(-)++1≤0, 即f(x)≤--2. 利用导数证明不等式的常用方法 (1)移项法: 证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数: 对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数. (3)巧妙构造函数.根据不等式的结构特征构造函数,利用函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样,注意积累经验. 角度二 不等式恒成立问题 2.(优质试题·河南百校联盟模拟)已知函数f(x)=ex-ax,a>0. (1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值; (2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围. 解析: (1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 令f′(x)=0,得x=lna,易知当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在x=lna处取极小值,g(a)=f(x)极小值=f(lna)=elna-alna=a-alna.g′(a)=1-(1+lna)=-lna, 当0<a<1时,g′(a)>0,g(a)在(0,1)上单调递增; 当a>1时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减. 所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g (1)=1. (2)显然,当x≤0时,ex-ax≥0(a>0)恒成立. 当x>0时,由f(x)≥0,即ex-ax≥0,得a≤. 令h(x)=,x∈(0,+∞),则h′(x)==, 当0<x<1时,h′(x)<0,当x>1时,h′(x)>0, 故h(x)的最小值为h (1)=e,所以a≤e,故实数a的取值范围是(0,e]. f(a)=ea-a2,a∈(0,e],f′(a)=ea-2a, 易知ea-2a≥0对a∈(0,e]恒成立, 故f(a)在(0,e]上单调递增,所以f(0)=1<f(a)≤f(e)=ee-e2,即f(a)的取值范围是(1,ee-e2]. 利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 角度三 存在型不等式成立问题 3.已知函数f(x)=-ax(a>0). (1)若函数f(x)在(1,+∞)上是减函数,求实数a的最小值; (2)若∃x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求实数a的取值范围. 解析: (1)因为f(x)在(1,+∞)上为减函数,所以f′(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立. 所以当x∈(1,+∞)时,f′(x)max≤0. 又f′(x)=-a=-2+-a, 故当=,即x=e2时,f′(x)max=-a, 所以-a≤0,故a≥, 所以a的最小值为. (2)“若∃x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等价于当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤f′(x)max+a, 当x∈[e,e2]时,有f′(x)max=-a,f′(x)max+a=, 问题等价于: “当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤”. ①当a≥时,f(x)在[e,e2]上为减函数, 则f(x)min=f(e2)=-ae2≤,故a≥-. ②当0<a<时,由于f′(x)=-2+-a在[e,e2]上为增函数, 故f′(x)的值域为[f′(e),f′(e2)],即[-a,-a]. 由f′(x)的单调性和值域知,存在唯一x0∈(e,e2), 使f′(x0)=0,且满足: 当x∈(e,x0)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当x∈(x0,e2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(x0)=-ax0≤,x0∈(e,e2), 所以a≥->->-=,与0<a<矛盾,不合题意. 综上,a≥-.
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- 导数 综合 应用