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热点专题突破系列(一) 导数的综合应用,考点一 利用导数解决实际生活中的优化问题 【考情分析】以实际生活为背景,通过求面(容)积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力,常与函数关系式的求法、函数的性质(单调性、最值)、不等式、导数、解析几何中曲线方程、空间几何体等知识交汇考查.,【典例1】(2015重庆模拟)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12000元(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.,【解题提示】直接根据题意可列出函数的解析式并能直接写出定义域,通过求导研究函数的单调性进而求出函数的最值.,【规范解答】(1)因为蓄水池侧面的总成本为1002rh=200rh元,底面的总成本为160r2元,所以蓄水池的总成本为(200rh+160r2)元.根据题意得 200rh+160r2=12000,所以h= (300-4r2),从而V(r)=r2h = (300r-4r3). 因r0,又由h0可得r ,故函数V(r)的定义域为(0, ).,(2)因V(r)= (300r-4r3).故V(r)= (300-12r2).令V(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因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, )时,V(r)0,故V(r)在(5, )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.,【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系，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使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. 提醒：解决此类问题要根据实际问题的意义确定出函数的定义域.,【变式训练】(2015沈阳模拟)据统计某种汽车的最高车速为120千米/小时，在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x(千米/小时)之间有如下函数关系： 已知甲、乙两地相距100千米. (1)若汽车以40千米/小时的速度匀速行驶，则从甲地到乙地需耗油多少升？ (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？,【解析】(1)当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了 =2.5(小时)， 需耗油 =17.5(升) 所以汽车以40千米/小时的速度匀速行驶，从甲地到乙地需耗油17.5升.,(2)当汽车的行驶速度为x千米/小时时，从甲地到乙地需行驶 小时. 设耗油量为h(x)升，依题意， 得h(x)=( ) = h(x)= (0x120). 令h(x)=0,得x=80, 因为当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)取得最小值h(80)=11.25.,所以当汽车以80千米/小时的速度行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.,【加固训练】(2015银川模拟)某建筑公司要在一 块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设，阴影 部分为一公共设施建设不能开发，且要求用栏栅隔开 (栏栅要求在一直线上)，公共设施边界为曲线f(x)=1-ax2(a0)的一部分，栏栅与矩形区域的边界交于点M，N，交曲线于点P，设P(t,f(t). (1)将OMN(O为坐标原点)的面积S表示成t的函数S(t). (2)若在t= 处,S(t)取得最小值，求此时a的值及S(t)的最小值.,【解析】(1)f(x)=-2ax,所以切线斜率是-2at, 所以切线方程为y-(1-at2)=-2at(x-t). 令y=0，得x= ，所以M( ,0)，令x=0, 得y=1+at2,所以N(0,1+at2), 所以OMN的面积S(t)=,(2)S(t)= 由a0,t0,S(t)=0，得3at2-1=0，即 当3at2-10,即t 时,S(t)0; 当3at2-10，即0t 时，S(t)0. 所以当t= 时，S(t)有最小值. 已知在t= 处，S(t)取得最小值，故有 所以 故当 时,S(t)min=,考点二 利用导数研究函数的零点与方程的根的问题 【考情分析】此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点，一般有两种形式考查: (1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题. (2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题.,【典例2】(2014陕西高考)设函数f(x)=ln x+ ,mR. (1)当m=e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值. (2)讨论函数g(x)=f(x)- 零点的个数. (3)若对任意ba0, 1恒成立，求m的取值范围.,【解题提示】(1)利用导数确定函数单调性，再由单调性求函数的极值.(2)首先变形将函数零点个数转化为直线与曲线的交点个数，然后求导确定函数最值，数形结合分类讨论确定零点的个数.(3)先用构造函数法将恒成立转化，再通过分离参数后求函数最值确定m的取值范围.,【规范解答】(1)由题设，当m=e时，f(x)=ln x+ 则f(x)= 所以当x(0,e),f(x)0,f(x)在(0,e)上单调递减， 当x(e,+)，f(x)0,f(x)在(e,+)上单调递增， 所以x=e时，f(x)取得极小值f(e)=ln e+ =2, 所以f(x)的极小值为2.,(2)由题设g(x)=f(x)- = (x0), 令g(x)=0，得m= (x0). 设(x)= (x0), 则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增； 当x(1,+)时，(x)0,(x)在(1,+)上单调递减. 所以x=1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是(x)的最大值点，,所以(x)的最大值为(1)= 又(0)=0，结合y=(x)的图象，可知 当m 时，函数g(x)无零点； 当m= 时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0m 时，函数g(x)有两个零点； 当m0时，函数g(x)有且只有一个零点. 综上所述，当m 时，函数g(x)无零点； 当m= 或m0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0m 时，函数g(x)有两个零点.,(3)对任意的ba0, 1恒成立， 等价于f(b)-bf(a)-a恒成立. (*) 设h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x0), 所以(*)等价于h(x)在(0,+)上单调递减. 由h(x)= 0在(0,+)恒成立， 得m-x2+x=-(x- )2+ (x0)恒成立， 所以m (对m= ,h(x)=0仅在x= 时成立), 所以m的取值范围是 ,+).,【易错警示】解答本题有两点容易出错. (1)第(2)问求m及构造函数时容易忽略定义域. (2)第(2)问忽略对m分类讨论或分类标准不准确.,【规律方法】 1.利用导数确定三次式、分式、以e为底的指数式、对数式及三角式方程根的个数或函数零点的方法 (1)构建函数g(x)(要求g(x)易求,g(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解.,(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数. 2.根据三次式、分式、以e为底的指数式、对数式及三角式方程根的个数或函数零点的个数求参数取值范围的方法 构建函数g(x)(要求g(x)易求,g(x)=0可解),利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的情况等,画出g(x)的图象草图,数形结合得参数的取值范围或关于参数的不等式(组)再求解.,【变式训练】(2015长春模拟)设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数. (1)若f(x)在(1,+)上是单调减函数,且g(x)在(1,+)上有最小值,求a的取值范围. (2)若g(x)在(-1,+)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.,【解析】(1)f(x)= -a0在(1,+)上恒成立, 则a ,x(1,+),故a1.g(x)=ex-a, 若1ae,则g(x)=ex-a0在(1,+)上恒成立, 此时,g(x)=ex-ax在(1,+)上是单调增函数,无最小值,不合题意; 若ae,则g(x)=ex-ax在(1,ln a)上是单调减函数,在(ln a,+)上是单调增函数,g(x)min=g(ln a),满足题意. 故a的取值范围为ae.,(2)g(x)=ex-a0在(-1,+)上恒成立，则aex, 故a ,f(x)= (x0). 若0a ,令f(x)0，得增区间为(0, ); 令f(x)0，得减区间为( ,+). 当x0时,f(x)-;当x+时，f(x)-; 当x= 时,f( )=-ln a-10，当且仅当a= 时取等号. 故当a= 时，f(x)有1个零点；当0a 时，f(x)有2个零点.,若a=0时，则f(x)=ln x，易得f(x)有1个零点. 若a0，则f(x)= -a0在(0,+)上恒成立， 即f(x)=ln x-ax在(0,+)上是单调增函数， 当x0时，f(x)-;当x+时,f(x)+. 此时，f(x)有1个零点. 综上所述，当a= 或a0时,f(x)有1个零点； 当0a 时,f(x)有2个零点.,【加固训练】(2015杭州模拟)设函数f(x)=x3+ax2-a2x+m(a0). (1)若a=1时,函数f(x)有三个互不相同的零点,求点m的取值范围. (2)若函数f(x)在-1,1内没有极值点,求a的取值范围. (3)若对任意的a3,6,不等式f(x)1在x-2,2上恒成立,求实数m的取值范围.,【解析】(1)当a=1时,f(x)=x3+x2-x+m, 因为f(x)有三个互不相同的零点,所以f(x)=x3+x2-x+m=0,即-x3-x2+x=m有三个互不相同的实数根. 令g(x)=-x3-x2+x,则g(x)=-(3x-1)(x+1). 令g(x)0,解得-1 . 所以g(x)在(-,-1)和( ,+)上为减函数,在(-1, )上为增函数. 所以g(x)极小值=g(-1)=-1,g(x)极大值=g( )= 所以m的取值范围是(-1, ).,(2)因为f(x)=x3+ax2-a2x+m(a0), 所以f(x)=3x2+2ax-a2. 因为f(x)在x-1,1内没有极值点,所以方程f(x)=3x2+2ax-a2=0在区间-1,1上没有实数根, 由=4a2-12(-a2)=16a20,二次函数对称轴x=- 3. 所以a的取值范围是a|a3.,(3)令f(x)=3x2+2ax-a2=0,解得x=-a或x= ,且a3,6时, 1,2,-a-6,-3. 又因为x-2,2,所以f(x)在-2, )上小于0,f(x)是减函数; f(x)在( ,2上大于0,f(x)是增函数; 所以f(x)max=maxf(-2),f(2),而f(2)-f(-2)=16-4a20, 所以f(x)max=f(-2)=-8+4a+2a2+m, 又因为f(x)1在-2,2上恒成立,所以f(x)max1,即-8+4a+2a2+m1,即m9-4a-2a2,在a3,6上恒成立.,因为h(a)=9-4a-2a2在a3,6上是减函数,最小值为-87. 所以m-87,即m的取值范围是m|m-87.,考点三 利用导数解决不等式问题 【考情分析】利用导数解决不等式问题是近几年高考热点,常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题. (1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A上恒成立(存在性),求参数取值范围. (2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立.,(3)大小比较问题,一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题.,【典例3】(2014福建高考)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1. (1)求a的值及函数f(x)的极值. (2)证明:当x0时,x2ex. (3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+)时,恒有x2cex.,【解题提示】(1)利用导数求极值.(2)构造新函数,利用导数求最值.(3)对c分c1,0c1分类讨论或对x0取特殊值,然后求解.,【规范解答】方法一:(1)由f(x)=ex-ax,得f(x)=ex-a. 又f(0)=1-a=-1,得a=2. 所以f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2. 令f(x)=0,得x=ln2. 当xln2时,f(x)0,f(x)单调递增. 所以当x=ln2时,f(x)取得极小值, 且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.,(2)令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x. 由(1)得g(x)=f(x)f(ln2)0, 故g(x)在R上单调递增,又g(0)=10, 因此,当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x20时,x2cex. 取x0=0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.,若01,要使不等式x2kx2成立. 而要使exkx2成立,则只要xln(kx2), 只要x2ln x+ln k成立. 令h(x)=x-2ln x-ln k,则h(x)= 所以当x2时,h(x)0,h(x)在(2,+)内单调递增. 取x0=16k16,所以h(x)在(x0,+)内单调递增, 又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln2)+3(k-ln k)+5k, 易知kln k,kln2,5k0,所以h(x0)0.,即存在x0= ,当x(x0,+)时,恒有x2cex. 综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.,方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)对任意给定的正数c,取x0= 由(2)知,当x0时,exx2, 所以ex= 当xx0时,ex 因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.,方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)首先证明当x(0,+)时,恒有 x30时,x2ex, 从而h(x)0,h(x)在(0,+)上单调递减, 所以h(x)h(0)=-10,即 x3ex.,取x0= ,当xx0时,有 x2 x3ex. 因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.,【规律方法】利用导数解决不等式问题的一般思路 (1)恒成立问题可以转化为最值问题求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解. (2)证明不等式，可构造函数转化为函数的最值问题求解.,【变式训练】(2014湖北高考)为圆周率,e=2.71828为自然对数的底数. (1)求函数f(x)= 的单调区间. (2)求e3,3e,e,e,3,3这6个数中的最大数与最小数.,【解析】(1)函数的定义域为(0,+),因为f(x)= 所以f(x)= 当f(x)0,即0e时,函数f(x)单调递减, 故函数f(x)的单调增区间为(0,e),单调减区间为(e,+).,(2)因为e3,所以eln3eln,ln eln3, 即ln3elne,ln eln3. 于是根据函数y=ln x,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3ee3,e3e3. 故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中. 由e3及(1)的结论,得f()f(3)f(e), 即,由 得ln33; 由 得ln3eln e3,所以3ee3. 综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.,【加固训练】设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,xR. (1)求f(x)的单调区间与极值. (2)求证:当aln2-1且x0时,exx2-2ax+1. 【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,xR,f(x)=ex-2,xR. 令f(x)=0,得x=ln2. 于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:,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f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a). (2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,xR. 于是g(x)=ex-2x+2a,xR. 由(1)知当aln2-1时,g(x)的最小值为g(ln2)=2(1-ln2+a)0. 于是对任意xR,都有g(x)0, 所以g(x)在R内单调递增. 于是当aln2-1时,对任意x(0,+),都有g(x)g(0).,又g(0)=0,从而对任意x(0,+),g(x)0. 即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.,
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