导数与生活中的优化问题及综合应用课件

第十二节导数与生活中的优化问题及综合应用第十二节导数与生活中的优化问题及1考向1

利用导数解决实际生活中的优化问题

【典例1】(2013·烟台模拟)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<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f(x)最大.考向1利用导数解决实际生活中的优化问题

2【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点(5,11),将其代入可求得a的值.(2)利润为f(x)=(每件产品的售价-每件产品的成本)×销量,表示出函数解析式后,可借助导数求最值.【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时,每日可售出该3【规范解答】(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+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)[+10(x-6)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).【规范解答】(1)因为x=5时,y=11,所以+10=14于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表,由上表可得,x=4是函数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.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.x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表,x(5【拓展提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(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.【拓展提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤6【变式训练】请你设计一个包装盒.如图所示,ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒.E,F在AB上,是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点.设AE=FB=x(cm).【变式训练】请你设计一个包装盒.如图所示,ABCD是边长为67(1)某厂商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,试问x应取何值?(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大,试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.(1)某厂商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,试问x应取何8【解析】设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm).由已知得a＝，h＝，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以当x＝15时，S取得最大值.(2)V＝a2h＝(－x3＋30x2)，V′＝x(20－x).由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20.当x∈(0,20)时，V′＞0；当x∈(20,30)时，V′＜0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值.此时.即包装盒的高与底面边长的比值为.【解析】设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm).由已9考向2

利用导数解决不等式问题【典例2】(1)(2013·福州模拟)f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是()(A)f(a)＜eaf(0)(B)f(a)＞eaf(0)(C)f(a)＜(D)f(a)＞考向2利用导数解决不等式问题10(2)(2012·辽宁高考)设f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b为常数)，曲线y=f(x)与直线在(0,0)点相切.①求a,b的值;②证明:当0<x<2时，f(x)<(2)(2012·辽宁高考)设f(x)=ln(x+1)+11【思路点拨】(1)观察选项知,所要比较的两数为的大小,故可构造函数g(x)=,利用其单调性来比较.(2)①点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程，同时根据导数的几何意义可以建立另一个方程，求a,b;②构造函数，借助函数单调性证明不等式.同时应注意对于不等式中的无理式，可利用基本不等式放缩后，变为整式或分式的形式后再证明.【思路点拨】(1)观察选项知,所要比较的两数为12【规范解答】(1)选B.令g(x)＝∴g′(x)＝>0，∴g(x)在R上为增函数，又∵a>0.∴g(a)>g(0)，即即f(a)>eaf(0).【规范解答】(1)选B.令g(x)＝13(2)①由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为又得a＝0.(2)①由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.14②方法一：由基本不等式，当x＞0时，＜x＋1＋1＝x＋2，故记h(x)＝则②方法一：15令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0＜x＜2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0.因此g(x)在(0,2)内是减函数，又由g(0)＝0，得g(x)＜0，所以h′(x)＜0.因此h(x)在(0,2)内是减函数，又h(0)＝0，得h(x)＜0.于是当0＜x＜2时，f(x)<令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0＜x＜2时16方法二：由①知f(x)＝ln(x＋1)＋－1.由基本不等式，当x＞0时，＜x＋1＋1＝x＋2，故令k(x)＝ln(x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝－1＝故k(x)＜0，即ln(x＋1)＜x(ii).由(i)(ii)得，当x＞0时，f(x)＜方法二：17记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0＜x＜2时，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9＜因此h(x)在(0,2)内单调递减，又h(0)＝0.得h(x)＜0,于是当0＜x＜2时，f(x)＜记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0＜x＜2时，18【拓展提升】1.构造函数证明不等式的方法(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如f(a)>f(b)的形式.(2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)=f(x)-g(x).(3)对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)).【提醒】解决这种问题常见的思维误区是不善于构造函数或求导之后得出f′(x)>g′(x)⇒f(x)>g(x)的错误结论.【拓展提升】1.构造函数证明不等式的方法192.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h′(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.2.利用导数证明不等式的基本步骤20【变式训练】设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表.x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)单调递减2(1-ln2+a)单调递增【变式训练】设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈21故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为2(1-ln2+a).故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(22(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,23考向3

利用导数研究函数的零点

【典例3】(1)(2013·台州模拟)方程x3-3x=k有3个不等的实根,则常数k的取值范围是

.(2)(2012·福建高考)已知函数f(x)=axsinx-(a∈R),且在[0,]上的最大值为,①求函数f(x)的解析式;②判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.考向3利用导数研究函数的零点

24【思路点拨】(1)设f(x)=x3-3x-k,利用导数求出f(x)的极值,由极值符号对方程根的影响来构造不等式组求解.(2)①利用导数求出f(x)在[0,]的最大值,据此求出a的值;②先根据零点存在性定理,判断出根的存在情况,再利用函数的单调性证明.【思路点拨】(1)设f(x)=x3-3x-k,利用导数求出f25【规范解答】(1)设f(x)=x3-3x-k,则f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1,且f(1)=-2-k,f(-1)=2-k,又f(x)的图象与x轴有3个交点,故∴-2<k<2.答案:(-2,2)【规范解答】(1)设f(x)=x3-3x-k,则f′(x)=26(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0.当a＝0时，f(x)＝，不合题意；当a＜0，x∈(0，)时，f′(x)＜0，从而f(x)在(0，)内单调递减，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为f(0)＝，不合题意；(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，27当a＞0，x∈(0，)时，f′(x)＞0，从而f(x)在(0，)内单调递增，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为f()，即，解得a＝1.综上所述，得f(x)＝xsinx－.当a＞0，x∈(0，)时，f′(x)＞0，从而f(x)在28②f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.理由如下：由①知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0.＞0，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的.所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点.又由①知f(x)在［0，］上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点.②f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.29当x∈［，π］时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的图象是连续不断的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)时，有g′(x)＜0，从而g(x)在(，π)内单调递减.当x∈(，m)时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在(，m)内单调递增，当x∈［，π］时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xc30故当x∈［，m］时，f(x)≥f()＝＞0，故f(x)在［，m］上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.故当x∈［，m］时，f(x)≥f()＝＞0，31【互动探究】在本例题(1)中,若改为“方程只有一个实数根”,其他条件不变,求k的取值范围.【解析】要使原方程只有一个实数根,只需2-k<0或-2-k>0,解得k>2或k<-2,故k的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞).【互动探究】在本例题(1)中,若改为“方程只有一个实数根”,32【拓展提升】一元三次方程根的个数问题令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0).则f′(x)=3ax2+2bx+c.方程f′(x)=0的判别式Δ=(2b)2-12ac,(1)Δ≤0即b2≤3ac时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在R上为增函数,结合函数f(x)的图象知,方程f(x)=0有唯一一个实根.【拓展提升】一元三次方程根的个数问题33(2)当Δ>0即b2>3ac时,方程f′(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1<x2),函数在x1处取得极大值M,在x2处取得极小值m(M>m).①当m>0时,方程f(x)=0有唯一一个实根;②当m=0时,方程f(x)=0有两个实根;③当m<0,M>0时,方程f(x)=0有三个实根;④当M=0时,方程f(x)=0有两个实根;⑤当M<0时,方程f(x)=0有一个实根.(2)当Δ>0即b2>3ac时,方程f′(x)=0有两个实根34【变式备选】(2013·安庆模拟)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0.(1)求f(x)的单调区间.(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点,求实数m的取值范围.【变式备选】(2013·安庆模拟)已知函数f(x)=x3-335【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0,故当a<0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),当a>0时,由f′(x)>0解得x<-或x>;由f′(x)<0解得-<x<,故当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞);f(x)的单调递减区间为(-,).【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),36(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1.所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3,由f′(x)=0解得x1=-1,x2=1.由(1)中f(x)单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,结合f(x)的单调性可知,m的取值范围是(-3,1).(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,37【满分指导】导数综合问题的规范解答

【典例】(13分)(2012·山东高考)已知函数f(x)=(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的单调区间.(3)设g(x)=(x2+x)f′(x),其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1+e-2.【满分指导】导数综合问题的规范解答

38【思路点拨】已知条件条件分析曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行得出f′(1)=0即可求出k的值求出f′(x)及f′(x)=0的根,再判断f′(x)的符号g(x)=(x2+x)f′(x)直接求g(x)的最值困难，可对g(x)放缩后，再求最值.【思路点拨】已知条件条件分析曲线y=f(x)在点(1,f(139【规范解答】(1)f′(x)=………2分由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行可知解得k=1.………………4分【规范解答】40(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，令f′(x)=0可得x=1，②………………5分当0<x<1时，当x>1时，于是f(x)在区间(0，1)上为增函数；在(1，+∞)上为减函数.…………7分(2)f′(x)=x∈(0,+∞)，41(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=x∈(0,+∞)，因此，对任意x>0,……………8分令h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞),则h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),x∈(0,+∞),因此，当x∈(0,e-2)时，h′(x)>0,h(x)单调递增；(3)g(x)=(x2+x)f′(x)=42当x∈(e-2,+∞)时，h′(x)<0,h(x)单调递减.所以h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-2,故1-x-xlnx≤1+e-2.…………………10分设φ(x)=ex-(x+1).④因为φ′(x)=ex-1=ex-e0,所以x∈(0,+∞)时，φ′(x)>0,φ(x)单调递增,φ(x)>φ(0)=0,当x∈(e-2,+∞)时，h′(x)<0,h(x)单调递减.43故x∈(0,+∞)时，φ(x)=ex-(x+1)>0,即………12分所以因此，对任意x>0,g(x)<1+e-2.………13分故x∈(0,+∞)时，φ(x)=ex-(x+1)>0,44【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)451.(2012·大纲版全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=()(A)-2或2(B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1【解析】选A.设y=f(x),∵f′(x)=3(x+1)(x-1),∴当x=-1或x=1时取得极值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.1.(2012·大纲版全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图462.(2012·湖南高考)设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x∈［0,π］时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且x≠时，(x-)·f′(x)＞0，则函数y=f(x)-sinx在［-2π，2π］上的零点个数为()(A)2(B)4(C)5(D)82.(2012·湖南高考)设定义在R上的函数f(x)是最小正47【解析】选B.x∈［0,π］时，0＜f(x)＜1.又∵f(x)是偶函数,∴x∈［-π,0］时,0＜f(x)＜1.又∵f(x)的最小正周期为2π，∴x∈R,0＜f(x)＜1.当x∈(0,)时，x-＜0,∴f′(x)＜0,∴f(x)在(0,)上单调递减.x∈(,π)时，x-＞0,∴f′(x)＞0,∴f(x)在(,π)上单调递增，且x∈(0,),0＜f(x)＜1，x∈(,π),0＜f(x)＜1.【解析】选B.x∈［0,π］时，0＜f(x)＜1.又∵f(x48由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈(0,)上，sinx单调递增，且0＜sinx＜1,在(,π)上，sinx单调递减且0＜sinx＜1，∴在(0,π)上，有两个交点，即两个零点.在(π,2π)上sinx＜0，f(x)＞0,无零点,所以在［0,2π］上有两个零点，在［-2π,2π］上有四个零点.由y=f(x)-sinx=0得f(x)=sinx,在x∈493.(2012·辽宁高考)若x∈［0,+∞),则下列不等式恒成立的是()(A)ex≤1+x+x2(B)(C)cosx≥(D)ln(1+x)≥3.(2012·辽宁高考)若x∈［0,+∞),则下列不等式恒50【解析】选C.验证A，当x=3时，e3＞2.73=19.683＞1+3+32=13，故排除A；验证B,当x=时，故排除B;验证C,令g(x)=【解析】选C.验证A，当x=3时，e3＞2.73=19.6851g′(x)=-sinx+x,g″(x)=1-cosx,显然g″(x)≥0恒成立,所以当x∈［0,+∞)时，g′(x)≥g′(0)=0，所以x∈［0,+∞)时，g(x)=cosx-1+为增函数，所以g(x)≥g(0)=0恒成立，即cosx≥恒成立；验证D，令h(x)=ln(1+x)-x+令h′(x)＜0，解得0＜x＜3，所以当0＜x＜3时，h(x)＜h(0)=0,D显然不恒成立，故选C.g′(x)=-sinx+x,g″(x)=1-cosx,显524.(2012·天津高考)已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0，其中a>0.(1)求a的值.(2)若对任意的x∈［0,+∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值.(3)证明<2(n∈N*).4.(2012·天津高考)已知函数f(x)=x-ln(x+a53【解析】(1)f(x)的定义域为(-a，+∞).由f′(x)=0,得x=1-a＞-a.当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如表:因此，f(x)在x=1-a处取得最小值，故由题意f(1-a)=1-a=0，所以a=1.【解析】(1)f(x)的定义域为(-a，+∞).54(2)当k≤0时，取x=1，有f(1)=1-ln2＞0，故k≤0不合题意.当k＞0时，令g(x)=f(x)-kx2，即g(x)=x-ln(x+1)-kx2，g′(x)=令g′(x)=0,得x1=0,x2=(2)当k≤0时，取x=1，55①当≤0，g′(x)＜0在(0,+∞)上恒成立,因此g(x)在［0,+∞)上单调递减.从而对于任意的x∈［0，+∞)，总有g(x)≤g(0)=0，即f(x)≤kx2在［0，+∞)上恒成立.故k≥符合题意.①当≤0，g′(x)＜0在(0,+∞)56②当0＜k＜时，g′(x)＞0,故g(x)在内单调递增.因此当取时，g(x0)＞g(0)=0,即f(x0)≤kx02不成立，故0＜k＜不合题意.综上，k的最小值为②当0＜k＜时，57(3)当n=1时，不等式左边=2-ln3＜2=右边.所以不等式成立，当n≥2时，在(2)中取(3)当n=1时，不等式左边=2-ln3＜2=右边.58从而所以有综上，n∈N*.从而591.函数f(x)的定义域为R,且满足f(2)=2,f′(x)>1,则不等式f(x)-x>0的解