【创新方案】(浙江专版)2015届高考数学一轮复习-第九章-第三节-导数的应用突破热点题型-文

1第三节导数的应用(二)考点一利用导数解决生活中的优化问题[例1](2013·重庆高考)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．[自主解答](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)．由h0，且r0可得0r53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，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．【方法规律】利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．某工厂每天生产某种产品最多不超过40件，产品的正品率P与日产量x(x∈N*)件之间的关系为P＝4200－x24500，每生产一件正品盈利4000元，每出现一件次品亏损2000元．(注：2正品率＝产品中的正品件数÷产品总件数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；(2)该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值．解：(1)∵y＝4000·4200－x24500·x－2000·1－4200－x24500·x＝3600x－43x3，∴所求的函数关系式是y＝－43x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)．(2)由(1)知y′＝3600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.∴当1≤x30时，y′0；当30x≤40时，y′0，∴函数y＝－43x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)在(1,30)上是单调递增函数，在(30,40)上是单调递减函数．∴当x＝30时，函数y＝－43x3＋3600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，最大值为－43×303＋3600×30＝72000(元)．∴该厂的日产量为30件时，日利润最大，最大值为72000元．考点二利用导数研究函数的零点或方程的根[例2]已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝1，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a0，求f(x)的单调区间；(3)若a＝－1，函数f(x)的图象与函数g(x)＝13x3＋12x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．[自主解答](1)a＝1时，f(x)＝(x2＋x－1)ex，所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex＝(x2＋3x)ex，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝f′(1)＝4e.又因为f(1)＝e，所以所求切线方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x－1)ex＝[ax2＋(2a＋1)x]ex，①若－12a0，当x0或x－2a＋1a时，f′(x)0；当0x－2a＋1a时，f′(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0]，－2a＋1a，＋∞；单调递增区间为0，－2a＋1a.3②若a＝－12，则f′(x)＝－12x2ex≤0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．③若a－12，当x－2a＋1a或x0时，f′(x)0；当－2a＋1ax0时，f′(x)0.所以f(x)的单调递减区间为－∞，－2a＋1a，[0，＋∞)；单调递增区间为－2a＋1a，0.(3)a＝－1时，f(x)＝(－x2＋x－1)ex，由(2)知，f(x)＝(－x2＋x－1)ex在(－∞，－1]上单调递减，在[－1,0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．所以f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－3e，在x＝0处取得极大值f(0)＝－1.由g(x)＝13x3＋12x2＋m，得g′(x)＝x2＋x.当x－1或x0时，g′(x)0；当－1x0时，g′(x)0.所以g(x)在(－∞，－1]上单调递增，在[－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．故g(x)在x＝－1处取得极大值g(－1)＝16＋m，在x＝0处取得极小值g(0)＝m.因为函数f(x)与函数g(x)的图象有3个不同的交点，所以f－g－，fg，即－3e16＋m，－1m.所以－3e－16m－1.故实数m的取值范围是－3e－16，－1.【互动探究】保持本例条件不变，试确定m的取值范围，使函数g(x)分别有3个零点和2个零点．解：由例题可知，g(x)的极大值为g(－1)＝16＋m，极小值g(0)＝m.当g(x)有3个零点时，需g－，g，即16＋m0，m0，解得－16m0.故函数g(x)有3个零点时，m的取值范围是－16，0.当g(x)有2个零点时，需g(－1)＝0或g(0)＝0，即m＝－16或m＝0.【方法规律】4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，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f(x)＝ax(a∈R)，g(x)＝lnx－1.(1)若函数h(x)＝g(x)＋1－x2f(x)－2x存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)当a0时，试讨论这两个函数图象的交点个数．解：(1)h(x)＝lnx－a2x2－2x(x0)，则h′(x)＝1x－ax－2.若使h(x)存在单调递减区间，则h′(x)＝1x－ax－20在(0，＋∞)上有解．而当x0时，h′(x)＝1x－ax－20⇔ax1x－2⇔a1x2－2x，问题转化为a1x2－2x在(0，＋∞)上有解，故a大于函数t＝1x2－2x在(0，＋∞)上的最小值．又t＝1x2－2x＝1x－12－1，故t在(0，＋∞)上的最小值为－1，所以a－1，故a的取值范围为(－1，＋∞)．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx＋1(a0，x0)．函数f(x)＝ax与g(x)＝lnx－1的图象的交点个数即为函数F(x)的零点个数．F′(x)＝a－1x(x0)．令F′(x)＝a－1x＝0，解得x＝1a.随着x的变化，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：x0，1a1a1a，＋∞F′(x)－0＋F(x)↘极(最)小值↗①当F1a＝2＋lna0，即ae－2时，F(x)恒大于0；②当F1a＝2＋lna＝0，即a＝e－2时，函数F(x)有且仅有一个零点；③当F1a＝2＋lna0，即0ae－2时，显然1a1.又F(1)＝a＋10，所以F(1)·F1a0.又F(x)在0，1a内单调递减，所以F(x)在0，1a内有且仅有一个零点；5当x1a时，F(x)＝lnaxx＋1.由指数函数y＝(ea)x(ea1)与幂函数y＝x增长速度的快慢知，存在x01a，使得ax0x01.从而F(x0)＝lnax0x0＋1ln1＋1＝10.因而F(x0)·F1a0.又F(x)在1a，＋∞内单调递增，F(x)在1a，＋∞上的图象是连续不断的曲线，所以F(x)在1a，＋∞内有且仅有一个零点．因此，当0ae－2时F(x)有且仅有两个零点．综上，当ae－2时，f(x)与g(x)的图象无交点；当a＝e－2时，f(x)与g(x)的图象有且仅有一个交点；当0ae－2时，f(x)与g(x)的图象有且仅有两个交点．高频考点考点三导数在研究不等式中的应用1．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．2．高考对导数在不等式中的应用的考查主要有以下两个命题角度：(1)证明不等式；(2)解决不等式的恒成立问题．[例3](2013·辽宁高考)(1)证明：当x∈[0,1]时，22x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．[自主解答](1)证明：记F(x)＝sinx－22x，则F′(x)＝cosx－22.当x∈0，π4时，F′(x)＞0，F(x)在0，π4上是增函数；当x∈π4，1时，F′(x)＜0，F(x)在π4，1上是减函数．又F(0)＝0，F(1)＞0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥22x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.6综上，22x≤sinx≤x，x∈[0,1]．(2)因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)sin2x2≤(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)24x2＝(a＋2)x，所以，当a≤－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．下面证明，当a－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)sin2x2≥(a＋2)x＋x2＋x32－4(x＋2)x22＝(a＋2)x－x2－x32≥(a＋2)x－32x2＝－32xx－23a＋.所以存在x0∈(0,1)例如x0取a＋23和12中的较小值满足ax0＋x20＋x302＋2(x0＋2)cosx0－40，即当a－2时，不等式ax＋x2＋x32＋2(x＋2)cosx－4≤0对x∈[0,1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略(1)利用导数证明不等式．①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7F(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)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．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋