2013届高考理科数学总复习(第1轮)全国版课件：12.5导数的应用(第3课时)

1第十二章极限与导数第讲（第三课时）2题型6利用导数证明不等式•1.证明：对任意的正整数n，•不等式都成立.•证明：令函数f(x)=x3-x2+ln(x+1)，•则.•所以当x∈［0，+∞)时，f′(x)＞0，•所以函数f(x)在［0，+∞)上单调递增.•又f(0)=0，23111ln(1)nnn＞2323132111xxfxxxxx3•所以，当x∈(0，+∞)时，恒有•f(x)＞f(0)=0，即x3＞x2-ln(x+1)恒成立.•故当x∈(0，+∞)时，有ln(x+1)＞x2-x3.•对任意正整数n，取∈(0，+∞)，•则有，所以结论成立.•点评：利用导数证明不等式，一般是先根据不等式的形式构造相对应的函数，然后利用导数讨论此函数的单调性或最值，进一步得到所需结论.1xn23111ln(1)nnn＞4已知函数f(x)＝12x2＋lnx.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域；(2)求证：x＞1时，f(x)＜23x3.5解：(1)由已知f′(x)＝x＋1x，当x∈[1，e]时，f′(x)＞0，因此f(x)在[1，e]上为增函数．故[f(x)]max＝f(e)＝e22＋1，[f(x)]min＝f(1)＝12，因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[12，e22＋1]．6(2)证明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋lnx，F′(x)＝x＋1x－2x2＝1－x1＋x＋2x2x，因为x＞1，所以F′(x)＜0，故F(x)在(1，＋∞)上为减函数．7又F(1)＝－16＜0，即F(x)在(1，＋∞)上的最大值小于零，故x＞1时，F(x)＜0恒成立，即12x2＋lnx＜23x3.8题型7利用导数解决方程根的问题•2.设函数f(x)=x-ln(x+m)，其中m为常数.•求证:当m＞1时，方程f(x)=0在区间•［e-m-m，e2m-m］内有两个不等实根.•证明：当m＞1时，f(1-m)=1-m＜0，•f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m＞0，•f(e2m-m)=e2m-m-lne2m=e2m-3m.9•令g(m)=e2m-3m(m＞1)，•则g′(m)=2e2m-3＞0.•所以g(m)在(1，+∞)上为增函数，•从而g(m)＞g(1)=e2-3＞0，即f(e2m-m)＞0.•所以f(e-m-m)f(1-m)＜0，f(e2m-m)f(1-m)＜0.•因为f(x)为连续函数，所以存在•x1∈(e-m-m，1-m)，x2∈(1-m，e2m-m)，•使f(x1)=0，f(x2)=0.•故方程f(x)=0在区间［e-m-m，e2m-m］•内有两个不等实根.10•点评：方程根的问题，一是可以转化为函数图象的交点问题，通过导数研究函数图象的性质，再结合图象的性质观察交点情况，由图象直观地得出相应的结论；二是利用性质f(a)f(b)＜0(ab，且f(x)在区间(a，b)上是连续函数)，则方程f(x)=0在(a，b)上至少有一个根.11•已知函数f(x)=lnx，g(x)=x.若关于x的方程•g(x2)-f(1+x2)=k有四个不同的实根，•求实数k的取值范围.•解：令•则•由φ′(x)＞0，得x(x+1)(x-1)＞0，•所以-1＜x＜0或x＞1.•由φ′(x)＜0，得x＜-1或0＜x＜1.122222111ln(1)22xgxfxxx，3222112.111xxxxxxxxxxx12•所以φ(x)在(-∞，-1)，(0，1)上是减函数，•在(-1，0)，(1，+∞)上是增函数.从而φ(0)=0为φ(x)的极大值，φ(-1)=φ(1)=-ln2为φ(x)的极小值且φ(x)为偶函数.•由此可得函数y=φ(x)•的草图如右.•若方程φ(x)=k•有四个不同的实根，则直线y=k与曲线y=φ(x)有四个不同的公共点.由图知，实数k的取值范围是(-ln2，0).121213•3.某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12-x)2万件.•(1)求分公司一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x(元)的函数关系式；•(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值Q(a).题型8利用导数解决实际问题14•解：(1)分公司一年的利润L(x)(万元)与售价x(元)的函数关系式为L(x)=(x-3-a)(12-x)2,•x∈［9,11］.•(2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)•=(12-x)(18+2a-3x).•令L′(x)=0,得x=6+a或x=12•(不合题意，舍去).•因为3≤a≤5,所以8≤6+a≤.•在x=6+a两侧L′(x)的值由正变负，•所以，①当8≤6+a＜9，即3≤a＜时，232323232839215•［L(x)］max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a)；•②当9≤6+a≤，即≤a≤5时，•［L(x)］max=L(6+a)•=(6+a-3-a)［12-(6+a)］2=4(3-a)3.•9(6-a)(3≤a)•4(3-a)3(≤a≤5).所以Q(a)=23283922323231313929216•答：若3≤a＜，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L(x)最大，最大值Q(a)=9(6-a)万元；•若≤a≤5，则当每件售价为(6+a)元时，分公司一年的利润L(x)最大，最大值Q(a)=4(3-a)3万元.•点评：涉及实际问题的最值问题，一般是利用函数知识来解决，即先建立函数关系，把实际问题转化为数学问题，然后利用求函数最值的方法求得最值.注意求得的解要符合实际意义.2313929217统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为：y＝1128000x3－380x＋8(0x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？18解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5小时，要耗油(1128000×403－380×40＋8)×2.5＝17.5升．故当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油为17.5升．19(2)当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得：h(x)＝(1128000x3－380x＋8)·100x＝11280x2＋800x－154(0x≤120)，则h′(x)＝x640－800x2＝x3－803640x2(0x≤120)．令h′(x)＝0，得x＝80.20当x∈(0,80)时，h′(x)0，h(x)是减函数；当x∈(80,120)时，h′(x)0，h(x)是增函数．所以，当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝11.25.因为h(x)在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．21•已知函数(a，b为常数)的图象在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过函数y=f(x)的图象(即动点在点A附近沿曲线y=f(x)运动)，经过点A时，从l的一侧进入另一侧，求实数a的值.•解：因为f′(x)=x2+ax+b，•所以f′(1)=1+a+b.又题型利用导数处理图象位置关系问题参考题321132fxxaxbx1132afb，22•所以直线l的方程为•因为切线l在点A处穿过y=f(x)的图象，321()(1)(1)3221.3221321121.3232aybabxayabxagxfxabxaxaxax，即令［］23•所以g(x)在x=1两边附近的函数值异号，•从而x=1不是g(x)的极值点.•因为g′(x)=x2+ax-(a+1)=(x-1)(x+a+1)，•故若1≠-a-1，•则x=1和x=-a-1都是g(x)的极值点，•不合题意，所以-a-1=1，即a=-2.24•1.利用导数确定函数的单调区间，求函数的极值和最值，是导数应用中的三类基本问题.对变通后的变式问题或综合性问题，都要化归为上述基本问题来解决.导数的应用与方程、不等式等方面的知识联系密切，对运算、变形能力有较高的要求.•2.利用导数处理不等式问题，关键是构造函数，然后将问题转化为研究函数的单调性或最值，这是导数应用中的一个难点.25•3.对于方程有解的条件分析，讨论根的个数，确定根的范围等问题，一般转化为研究函数图象的公共点问题.以导数为工具，先分析函数的基本性质，再研究图象，是一种有效的办法.•4.解函数的最值的实际问题，首先把各变量用各字母分别表示出来，然后分析问题中各个变量之间的关系，找出适当的函数关系式;26•其次确定函数的定义区间，用数学知识求得最大、最小值；最后所得结果要符合问题的实际意义，即进行检验.如在区间内函数只有一个点使f′(x)=0，且在这点上函数有极大或极小值，那么解实际问题时，可以不与端点值进行比较，而直接可以得出这就是最大或最小值.