【学海导航】高考数学第1轮总复习 全国统编教材 12.5导数的应用（第3课时）课件 理

第十二章极限与导数导数的应用第讲5（第三课时）1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)=0，2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.3已知m，n是正整数，且2≤m＜n.证明：(1+m)n＞(1+n)m.证明：不等式可化为nln(1+m)＞mln(1+n)，即设

则4因为x≥2，所以ln(1+x)≥ln3＞1.所以f

′(x)＜0，从而f(x)为减函数.因为n＞m≥2，所以f(n)＜f(m)，即故(1+m)n＞(1+n)m.5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.6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.7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(a<b，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.8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＜1.9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).103.某分分公司经销销某种品牌牌产品，每每件产品的的成本为3元，并且且每件产品品需向总公公司交a元(3≤a≤5)的管管理费，预预计当每件件产品的售售价为x元(9≤x≤11)时时，一年的的销售量为为(12-x)2万件.(1)求分分公司一年年的利润L(x)(万元)与每件产产品的售价价x(元)的函函数关系式式；(2)当每每件产品的的售价为多多少元时，，分公司一一年的利润润L(x)最大，并并求出L(x)的最大值值Q(a).题型8利用导数解解决实际问问题11解：：(1)分分公公司司一一年年的的利利润润L(x)(万万元元)与与售售价价x(元元)的的函函数数关关系系式式为为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(不合题题意，舍舍去).因为3≤≤a≤5,所所以8≤≤6+a≤.在x=6+a两侧L′(x)的值由由正变负负，所以，①①当8≤≤6+a＜9，即即3≤a＜时时，12［L(x)］max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a)；②当9≤6+a≤，即≤a≤5时时，［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)=13答：若3≤a＜，则当当每件件售价价为9元时，，分公公司一一年的的利润润L(x)最大，，最大大值Q(a)=9(6-a)万元；；若≤a≤5，则当当每件件售价价为(6+a)元时，，分公公司一一年的的利润润L(x)最大，，最大大值Q(a)=4(3-a)3万元.点评：：涉及实实际问问题的的最值值问题题，一一般是是利用用函数数知识识来解解决，，即先先建立立函数数关系系，把把实际际问题题转化化为数数学问问题，，然后后利用用求函函数最最值的的方法法求得得最值值.注意求求得的的解要要符合合实际际意义义.14如图，，某地地为了了开发发旅游游资源源，欲欲修建建一条条连接接风景景点P和居民民区O的公路路.点P所在的的山坡坡面与与山脚脚所在在水平平面α所成的的二面面角为为θ(0°°＜θ＜90°°)，且sinθ=，点P到平面面α的距离离PH=0.4km.沿山脚脚原有有一段段笔直直的公公路AB可供利利用.从点O到山脚脚修路路的造造价为为a万元/km，原有有公路路改建建费用用为万万元元/km.当山坡坡上公公路长长度为为lkm(1≤≤l≤2)时，其其造价价为(l2+1)a万元.已知OA⊥AB，PB⊥AB，AB=1.5km，OA=3km.1516(1)在AB上求一一点D，使沿沿折线线PDAO修建公公路的的总造造价最最小；；(2)对于(1)中得到到的点点D，在DA上求一一点E，使沿沿折线线PDEO修建公公路的的总造造价最最小.解：(1)如图，，PH⊥α，HBα，PB⊥AB.由三垂垂线定定理的的逆定定理知知，AB⊥HB，所以以∠PBH是山坡坡与α所成二二面角角的平平面角角，则则∠PBH=θ，PB=PHsinθ=1.1718设BD=xkm，0≤x≤1.5，则记总造造价为为f1(x)万元，，据题设设有当x=，即BD=km时，总总造价价f1(x)最小.19(2)设AE=ykm，0≤y≤，总造价价为f2(y)万元.根据题题设有有20由f2′(y)=0，得y=1.当y∈(0，1)时，f2′(y)＜0，f2(y)在(0，1)内是减减函数数；当y∈(1，)时，f2′(y)＞0，f2(y)在(1，)内是增增函数数.故当y=1，即AE=1km时,总造价价f2(y)最小，，且最小小总造造价为为a万元.21已知函函数(a，b为常数数)的图象象在点点A(1，f(1))处的切切线为为l，若l在点A处穿过过函数数y=f(x)的图象象(即动点点在点点A附近沿沿曲线线y=f(x)运动)，经过过点A时，从从l的一侧侧进入入另一一侧，，求实实数a的值.解：因为f′(x)=x2+ax+b，所以f′(1)=1+a+b.又题型利利用导数数处理图象象位置关系系问题

参考题22所以以直直线线l的方方程程为为因为为切切线线l在点点A处穿穿过过y=f(x)的图图象象，，23所以以g(x)在x=1两边边附附近近的的函函数数值值异异号号，，从而而x=1不是是g(x)的极极值值点点.因为为g′(x)=x2+ax-(a+1)=(x-1)(x+a+1)，故若若1≠≠-a-1，则x=1和x=-a-1都是是g(x)的极极值值点点，，不合合题题意意，，所所以以-a-1=1，即即a=-2.241.利用用导导数数确确定定函函数数的的单单调调区区间间，，求求函函数数的的极极值值和和最最值值，，是是导导数数应应用用中中的的三三类类基基本本问问题题.对对变变通通后后的的变变式式问问题题或或综综合合性性问问题题，，都都要要化化归归为为上上述述基基本本问问题题来来解解决决.导导数数的的应应用用与与方方程程、、不不等等式