第三章导数及其应用3.3导数的综合应用

洪老师的高考必备资料库特供-1-§3.3导数的综合应用考点1利用导数研究生活中的优化问题[典题1]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解](1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意，得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r0，又由h0可得0＜r53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，故V′(r)＝π5(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[点石成金]利用导数解决生活中的优化问题的四步骤(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；洪老师的高考必备资料库特供-2-(4)回归实际问题作答.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＝ax－3＋10(x－6)2，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最大．解：(1)因为当x＝5时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2.(2)由(1)知，该商品每日的销售量y＝2x－3＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)2x－3＋x－2＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.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)极大值42由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)上的极大值点，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.答：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．考点2利用导数研究方程的零点问题洪老师的高考必备资料库特供-3-[典题2][2017·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝12x2，g(x)＝alnx(a0)．(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a－1)x在区间1e，e上有两个零点，求实数a的取值范围．[解](1)由题意知，F(x)＝f(x)·g(x)＝12ax2lnx，F′(x)＝axlnx＋12ax＝12ax(2lnx＋1)，由F′(x)0得xe－12，由F′(x)0得0xe－12，故F(x)在(0，e－12)上单调递减，在(e－12，＋∞)上单调递增，所以x＝e－12为F(x)的极小值点，F(x)极小值＝F(e－12)＝－a4e，无极大值．(2)G(x)＝12x2－alnx＋(a－1)x，G′(x)＝x－ax＋a－1＝x＋ax－x，由G′(x)＝0，得x＝1或x＝－a(舍去)，当x∈(0,1)时，G′(x)0，G(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，G′(x)0，G(x)单调递增．要使G(x)在区间1e，e上有两个零点，需满足G1e0，G，G，洪老师的高考必备资料库特供-4-即12e2＋a－1e＋a＞0，12＋a－1＜0，e22＋a－－a＞0，即a＞2e－12e2＋2e，a＜12，a＞2e－e22e－2.下面比较2e－12e2＋2e与2e－e22e－2的大小．由于2e－12e2＋2e－2e－e22e－2＝2e4－2e3－6e＋22＋－＝2e[e2－－3]＋22＋－0，故2e－12e2＋2e2e－e22e－2，故实数a的取值范围为2e－12e2＋2e，12.设函数f(x)＝x22－klnx，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解：由f(x)＝x22－klnx(k0)，得x＞0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k－lnk2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)．f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k－lnk2.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k－lnk2≤0，从而k≥e，洪老师的高考必备资料库特供-5-当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点．当ke时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝120，f(e)＝e－k20，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．洪老师的高考必备资料库特供-6-考点3利用导数研究与不等式有关的问题[考情聚焦]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．主要有以下几个命题角度：角度一证明不等式[典题3][2017·安徽合肥二模]已知函数f(x)＝x＋aex.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．(1)[解]易得f′(x)＝－x－－aex，由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)[证明]a＝0，则f(x)＝xex.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0＝－xx0－－x0xex＋x0.设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，洪老师的高考必备资料库特供-7-当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．角度二不等式恒成立问题[典题4][2017·青海西宁模拟]已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝xex.(1)求f(x)－g(x)的极值；(2)当x∈(－2,0)时，f(x)＋1≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex，则h′(x)＝(x＋1)(2－ex)，令h′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln2.当x变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表.x(－∞，－1)－1(－1，ln2)ln2(ln2，＋∞)h′(x)－0＋0－h(x)极小值极大值∴h(x)极小值＝h(－1)＝1e－1，h(x)极大值＝h(ln2)＝ln22，即f(x)－g(x)的极小值为1e－1，极大值为ln22.(2)由题意知，当x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，即a≥x2＋2x＋1xex恒成立．令t(x)＝x2＋2x＋1xex，则t′(x)＝－x2＋x＋x2ex，∴当x∈(－2，－1)时，t′(x)0，t(x)单调递增；当x∈(－1,0)时，t′(x)0，t(x)单调递减．故当x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0.∴a≥0.故实数a的取值范围是[0，＋∞)．角度三存在型不等式成立问题[典题5][2017·福建四地六校联考]已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；洪老师的高考必备资料库特供-8-(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈1e，e，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．[解](1)不存在实数a，使得f(x)在x＝1处，取得极值．证明如下：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝x－2x，当x0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x20－2x0，记F(x)＝x－lnx(x0)，∴F′(x)＝x－1x(x0)，∴当0x1时，F′(x)0，F(x)单调递减；当x1时，F′(x)0，F(x)单调递增．∴F(x)F(1)＝10，∴a≥x20－2x0x0－lnx0，记G(x)＝x2－2xx－lnx，x∈1e，e，∴G′(x)＝x－x－lnx－x－x－x－lnx2＝x－x－2lnx＋x－lnx2.∵x∈1e，e，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋20，∴x∈1e，1时，G′(x)0，G(x)单调递减；x∈(1，e)时，G′(x)0，G(x)单调递增，∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．[点石成金]导数在不等式中的应用问题两大解题策略(1)利用导数证明不等式洪老师的高考必备资料库特供-9-若证明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)．(2)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．真题演练集训1．[2015·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a的取值范围是()A.－32e，1B．－32e，34C.32e，34D．32e，1答案：D解析：∵f(0)＝－1＋a＜0，∴x0＝0.又x0＝0是唯一的整数，∴f－，f，即