第二章 第十二节 导数在实际问题中的应用及综合应用

第二章 第十二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例1.(2009·广东高考)函数 ( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞) 解析：f (x )＝(x －3)·e x ，f ′(x )＝e x (x －2)＞0， ∴x ＞2.∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)． 答案：D2.若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 ( )A ．[－2，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]D ．(－∞，2] 解析：因为h ′(x )＝2＋k x 2，所以h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋kx 2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ∈[－2，＋∞)． 答案：A3．已知函数y ＝ax 与y ＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则函数y ＝ax 3＋bx 2＋5的单调减区间为________． 解析：根据题意a ＜0，b ＜0.由y ＝ax 3＋bx 2＋5，得y ′＝3ax 2＋2bx ， 令y ′＜0，可得x ＞0或x ＜－2b3a ，故所求减区间为(－∞，－2b3a)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－2b3a)和(0，＋∞)4．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求： (1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间． 解：(1)因f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1， 所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9 ＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32－9－a23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9.解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3. (2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－1,3)上为减函数；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．5.(文)函数f (x )＝x 3a ＝ ( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5解析：因为f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意有f ′(－3)＝0，所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，由此解得a ＝5. 答案：D(理)设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则 ( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＞－1e D ．a ＜－1e解析：由y ′＝(e x ＋ax )′＝e x ＋a ＝0得e x ＝－a ， 即x ＝ln(－a )＞0⇒－a ＞1⇒a ＜－1. 答案：A6.若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞) 解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， 且当x ＜－1时，f ′(x )＞0；当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝－1时函数f (x )有极大值，当x ＝1时函数f (x )有极小值．要使函数f (x )有3个不同的零点，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＞0，f (1)＜0.解之得－2＜a ＜2. 答案：A7．函数y ＝sin2x －x ，x ∈[－π2，π2]的最大值是________，最小值是________．解析：∵y ′＝2cos2x －1＝0，∴x ＝±π6.而f (－π6)＝－32＋π6，f (π6)＝32－π6，端点f (－π2)＝π2，f (π2)＝－π2，所以y 的最大值是π2，最小值是－π2答案：π2 －π28．(文)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值， (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0. ① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′(23)＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0. ② 由①②解得a ＝2，b ＝－4. 设切线l 的方程为y ＝3x ＋m . 由原点到切线l 的距离为1010，则|m |32＋1＝1010， 解得m ＝±1.∵切线l 不过第四象限，∴m ＝1. 由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4，∴c ＝5； (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2，x ＝23.f (x )和f ′(x )的变化情况如下表：∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13， 在x ＝23处取得极小值f (23)＝9527.又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.(理)已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx －2的图象在与x 轴交点处的切线方程是y ＝5x －10. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设函数g (x )＝f (x )＋13，若g (x )的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数g (x )取得极值时对应的自变量x 的值．解：(1)由已知，切点为(2,0)，故有f (2)＝0，即4b ＋c ＋3＝0. ① f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，由已知，f ′(2)＝12＋8b ＋c ＝5.得8b ＋c ＋7＝0. ② 联立①、②，解得c ＝1，b ＝－1， 于是函数解析式为f (x )＝x 3－2x 2＋x －2. (2)g (x )＝x 3－2x 2＋x －2＋13mx ，g ′(x )＝3x 2－4x ＋1＋m3，令g ′(x )＝0.当函数有极值时，Δ≥0，方程3x 2－4x ＋1＋m3＝0有实根，由Δ＝4(1－m )≥0，得m ≤1.①当m ＝1时，g ′(x )＝0有实根x ＝23，在x ＝23左右两侧均有g ′(x )＞0，故函数g (x )无极值．②当m ＜1时，g ′(x )＝0有两个实根， x 1＝13(2－1－m )，x 2＝13(2＋1－m )，当x 变化时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：当x ＝13(2－1－m )时g (x )有极大值；当x ＝13(2＋1－m )时g (x )有极小值．9.已知对任意实数x ，x >0时， f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时 ( ) A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0 B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0 C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0 D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0解析：由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x ＞0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x ＜0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )＞0，g ′(x )＜0. 答案：B10．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 (0≤x ≤400)80 000 (x ＞400)，则总利润最大时，每年生产的产品是 ( )A ．100B ．150C ．200D ．300 解析：由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ， 所以总利润函数为 P ＝P (x )＝R (x )－C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 (0≤x ≤400)，60 000－100x (x ＞400)，而P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x (0≤x ≤400)，－100 (x ＞400)，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，P 最大． 答案：D11．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是 ( )解析：对于图A 来说，抛物线为函数f (x )，直线为f ′(x )；对于图B 来说，上凸的曲线为函数f (x )，下凹的曲线为f ′(x )；对于图C 来说，下面的曲线为函数f (x )，上面的曲线f ′(x )．只有图D 不符合题设条件． 答案：D12．(2010·南通模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值，(1)求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间；(2)若对x ∈[－1,2]，不等式f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围． 解：(1)f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(－23)＝129－43＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－12，b ＝－2，f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，函数f (x )的单调区间如下表：所以函数f (x )的递增区间是(－∞，－3)与(1，＋∞)，递减区间(－3，1)；(2)f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，当x ＝－23时，f (－23)＝2227＋c 为极大值，而f (2)＝2＋c ，则f (2)＝2＋c 为最大值，要使f (x )＜c 2，x ∈[－1,2]恒成立，则只需要c 2＞f (2)＝2＋c ，得c ＜－1，或c ＞2.。

导数的实际应用及综合应用1．掌握利用导数解析实际问题的基本思路，能利用导数解决简单的实际问题中的优化问题．2．能利用导数进行综合应用，解决有关函数、方程、不等式的综合问题．知识梳理1．优化问题(1)社会经济生活、生产实践与科学研究等实际问题中有关利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题．(2)利用导数解决优化问题的基本思路上述解决问题的过程是一个典型的数学建模过程． 2．导数的综合问题在高考的解答题中，每年都要设计一道函数的综合题，问题常常含有指数式、对数式、三角函数式等超越式，除了与切线、单调性、极值、最值等内容进行综合外，还常与方程、不等式等进行综合，解答这样的综合问题，只依据函数的知识无法求解，需要运用导数的方法进行解决．运用导数的方法研究方程、不等式的基本思路是构造函数，通过导数研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式的成立情况及方程实根的个数．热身练习1．已知某商品生产成本C 与产量q 的关系为C ＝100＋4q ，单价p 与产量q 的函数关系式为p ＝25－18q.(1)利润L 与产量q 的函数关系为 L ＝－18q 2＋21q －100(0<q<200) ；(2)产量q ＝ 84 时，利润L 最大． (1)因为收入R ＝q·p ＝q(25－18q)＝25q －18q 2.所以利润L ＝R －C ＝(25q －18q 2)－(100＋4q)＝－18q 2＋21q －100(0<q<200)．(2)L′＝－14q ＋21.令L′＝0，即－14q ＋21＝0，q ＝84.当q ∈(0，84)时，L′>0；当q ∈(84，200)时，L′<0.因此，q ＝84是函数L 的极大值点，也是最大值点．所以产量为84时，利润L 最大． 2．关于函数f(x)＝2x＋ln x ，下列说法错误的是( C )A ．x ＝2是f(x)的极小值点B ．函数y ＝f(x)－x 有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立D ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2>x 1，若f(x 1)＝f(x 2)，则x 1＋x 2>4 f′(x)＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x>0，f′(2)＝0，且当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，因此，x ＝2是f(x)的极小值点．A 正确．设g(x)＝f(x)－x ＝2x ＋ln x －x ，则g′(x)＝－2x 2＋1x －1＝－（x －12）2＋74x 2. 当x>0时，g′(x)<0恒成立，即g(x)单调递减， 又g(1e )＝2e －1－1e >0，g(e 2)＝2e 2＋2－e 2<0，所以g(x)有且只有一个零点，B 正确． 设h(x)＝f （x ）x ＝2x 2＋ln x x ，则h′(x)＝－4＋x －xln xx 3，令F(x)＝－4＋x －xln x ，则F′(x)＝－ln x ，所以F(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以F(x)≤F(1)<0，所以h′(x)<0，即h(x)＝2x 2＋ln xx 在(0，＋∞)上递减，无最小值．所以不存在正实数k ，使得f(x)>kx 恒成立，C 错误．(作为选择题这时可得结论，选C.) 对于D ，因为f′(x)＝x －2x 2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 又因为f(x 1)＝f(x 2)，x 1<x 2，所以0<x 1<2，x 2>2， 构造函数g(x)＝f(x)－f(4－x)， 因为f(x)＝2x＋ln x ，所以g′(x)＝－8（x －2）2x 2（4－x ）2≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又因为0<x 1<2，所以g(x 1)>g(2)＝0， 所以f(x 1)>f(4－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)， 所以f(x 2)>f(4－x 1)，因为x 2>2，4－x 1>2，且f(x)在(2，＋∞)上单调递增， 所以x 2>4－x 1，即x 1＋x 2>4.实际应用问题(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b (其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)该公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t.①请写出公路l 长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．(1)根据M ，N 两点坐标求得a ，b 的值；(2)根据导数先求切线方程，再求f(t)，最后利用导数求最值．(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎨⎧a25＋b＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1000x 2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为(t ，1000t2)．设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点，y′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)， 由此得A(3t 2，0)，B(0，3000t 2)．故f(t)＝ （3t 2）2＋（3000t 2）2 ＝32 t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]． ②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，则g′(t)＝2t －16×106t 5. 令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t ∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． 利用导数解决生活中的实际应用题的一般步骤：(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．1．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．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． (1)因为蓄水池的侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元， 底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元． 根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．又由r>0，h>0，可得r<53， 故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V′(r)＝π5(300－12r 2)．令V ′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(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．导数的综合问题(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x －ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明： (1)f′(x)在区间(－1，π2)存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点． (1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x ，g′(x)＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈(－1，π2)时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′(π2)＜0，可得g′(x)在(－1，π2)有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x ∈(α，π2)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在(α，π2)上单调递减，故g(x)在(－1，π2)存在唯一极大值点，即f′(x)在(－1，π2)存在唯一极大值点．(2)证明：f(x)的定义域为(－1，＋∞)． ①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)上单调递减．又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．②当x ∈(0，π2]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α，π2)上单调递减，而f′(0)＝0，f′(π2)＜0，所以存在β∈(α，π2)，使得f′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x ∈(β，π2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)上单调递增，在(β，π2)上单调递减．又f(0)＝0，f(π2)＝1－ln(1＋π2)＞0，所以当x ∈(0，π2]时，f(x)＞0.从而f(x)在(0，π2]没有零点． ③当x ∈(π2，π]时，f′(x)＜0，所以f(x)在(π2，π)上单调递减．而f(π2)＞0，f(π)＜0，所以f(x)在(π2，π]有唯一零点．④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点． 综上，f(x)有且仅有2个零点．高考导数综合问题常用如下特点：①背景常规，常由指数函数、对数函数、三角函数与一次、二次等常见函数组合而成； ②设问常规，考查主干知识和通性通法； ③重视数学本质和知识内在联系的考查； ④重视核心素养和能力的考查，注意数学思想方法和分析问题、解决问题的能力的综合考查．2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x －x ＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②若a ＞2，令f′(x)＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈(0，a －a 2－42)∪(a ＋a 2－42，＋∞)时，f′(x)＜0；当x ∈(a －a 2－42，a ＋a 2－42)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减，在(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f(x)的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g(x)＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g(x)＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.1．利用导数解决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)根据得出的数学结果，检验是否符合问题的实际意义并作答．2．导数综合问题的求解往往是全卷最难的问题，具体求解时，第一要认真审题，审清题目的条件是什么，求解或求证的结论是什么，明确解题目标；第二要合理联想，根据所求，联想相应的处理方法，如证明不等式，常常可以考虑构造函数，恒成立问题，可以考虑将参数分离出来，再进行转化等；第三要细心验算，准确作答，在解答过程中，要注意化归与转化、数形结合、分类讨论等数学思想方法的运用．1．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 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 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x(cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S(cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V(cm 3)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)根据题意，有S ＝4×2x ×22(60－2x) ＝－8(x －15)2＋1800(0<x<30)．所以x ＝15时，包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有 V ＝(2x)2×22(60－2x)＝22x 2(30－x)(0<x<30)． 所以V′＝62x(20－x)．当0<x<20时，V′>0，V 单调递增； 当20<x<30时，V′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22（60－2x ）2x＝12，即x ＝20时，包装盒容积V(cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.2．(2020·广州天河一模)已知函数f(x)＝ln x ＋ax－x ＋1－a(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x >1，使f (x )＋x <1－xx 成立，求整数a 的最小值．(1)由题意可知，x >0， f ′(x )＝1x －ax 2－1＝－x 2＋x －a x 2，方程－x 2＋x －a ＝0对应的Δ＝1－4a ，当Δ＝1－4a ≤0，即a ≥14时，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <14时，方程－x 2＋x －a ＝0的两根为1±1－4a 2，且0<1－1－4a 2<1＋1－4a2，此时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a2)上f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，1－1－4a 2)，(1＋1－4a2，＋∞)上f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当a ≤0时，1－1－4a 2<0，1＋1－4a2>0，此时当x ∈(0，1＋1－4a2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1＋1－4a2，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；综上：当a ≤0时，x ∈(0，1＋1－4a2)，f (x )单调递增， 当x ∈(1＋1－4a2，＋∞)时，f (x )单调递减；当0<a <14时，f (x )在(1－1－4a 2，1＋1－4a 2)上单调递增，在(0，1－1－4a 2)，(1＋1－4a2，＋∞)上单调递减；当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于(x －1)a >x ln x ＋2x －1， 即存在x >1，使a >x ln x ＋2x －1x －1成立．设g (x )＝x ln x ＋2x －1x －1，x >1，则g ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2，设h (x )＝x －ln x －2， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．又h (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h (4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0， 根据零点存在性定理，可知h (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设该零点为x 0，则x 0∈(3，4)，且h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即x 0－2＝ln x 0， 所以g (x )min ＝x 0ln x 0＋2x 0－1x 0－1＝x 0＋1.由题意可知a >x 0＋1，又x 0∈(3，4)，a ∈Z ， 所以a 的最小值为5.3．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax 2－ax －xln x ，且f(x)≥0. (1)求a ；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f(x 0)<2－2. (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 设g(x)＝ax －a －ln x ，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0. 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a －1x ，g′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g′(x)＝1－1x.当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以x ＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a ＝1.(2)由(1)知f(x)＝x 2－x －xln x ，f′(x)＝2x －2－ln x. 设h(x)＝2x －2－ln x ，则h′(x)＝2－1x .当x ∈(0，12)时，h′(x)<0；当x ∈(12，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增．又h(e －2)>0，h(12)<0，h(1)＝0，所以h(x)在(0，12)上有唯一零点x 0，在[12，＋∞)上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h(x)>0；当x ∈(x 0，1)时，h(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x ＝x 0是f(x)的唯一极大值点． 由f′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f(x 0)＝x 0(1－x 0)．由x 0∈(0，12)得f(x 0)<14.因为x ＝x 0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e －1∈(0，1)，f′(e －1)≠0得f(x 0)>f(e －1)＝e －2.所以e －2<f(x 0)<2－2.4．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x 0是f(x)的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0 )处的切线也是曲线y ＝e x的切线．(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x ＋2（x －1）2>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增． 因为f(e)＝1－e ＋1e －1＝－2e －1<0，f(e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0， 所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)， 即f(x 1)＝0.又0<1x 1<1，f(1x 1)＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f(x 1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x 1.综上，f(x)有且仅有两个零点． (2)证明：因为1x 0＝e －ln x 0，所以点B(－ln x 0，1x 0)在曲线y ＝e x 上．由题设知f(x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1， 故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B(－ln x 0，1x 0)处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．。

课时规范练 A 组 基础对点练1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)解析：f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0. ∴f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案：A2．对x ∈R ，函数f (x )的导数存在，若f ′(x )>f (x )，且a >0，则以下说法正确的是( ) A ．f (a )>e a ·f (0) B ．f (a )<e a ·f (0) C ．f (a )>f (0)D ．f (a )<f (0)解析：设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x>0，故g (x )＝f (x )e x 为R 上的单调递增函数，因此g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0 ＝f (0)，所以f (a )>e a ·f (0)，选A. 答案：A3．若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)解析：∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x . 令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案：D4．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( ) A.a b B.a 2b C.b aD.b 2a解析：如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h .设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R ，所以y ′＝4πaR －2bVR 2.令y ′＝0，得2R h ＝ba . 答案：C5．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( ) A ．3.2% B ．2.4% C ．4%D ．3.6%解析：依题意知，存款量是kx 2，银行应支付的利息是kx 3，银行应获得的利息是0.048kx 2，所以银行的收益y ＝0.048kx 2－kx 3，故y ′＝0.096kx －3kx 2，令y ′＝0，得x ＝0.032或x ＝0(舍去)．因为k >0，所以当0<x <0.032时，y ′>0；当0.032<x <0.048时，y ′<0.因此，当x ＝0.032时，y 取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．答案：A6．设1＜x ＜2，则ln x x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x 2x 2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x ＜ln x2x 2 B.ln x x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x 2x 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x 2x 2＜ln xx D.ln x 2x 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x 解析：令f (x )＝x －ln x (1＜x ＜2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ＞0， 所以函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数． 所以f (x )＞f (1)＝1＞0，所以x ＞ln x ＞0⇒0＜ln xx ＜1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x .又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2＜ln x x ＜ln x 2x 2.答案：A7．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2， 如图，观察得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点． 答案：(－2,2)8．电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x ＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析：令y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于0＜x ＜40时，y ′＜0； 当x ＞40时，y ′＞0.所以当x ＝40时，y 有最小值． 答案：409．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是________．解析：令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3(舍去)．因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20. 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20. 答案：(－∞，－20]10．定义在实数集上的函数f (x )＝x 2＋x ，g (x )＝13x 3－2x ＋m .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程．(2)若f (x )≥g (x )对任意的x ∈[－4,4]恒成立，求实数m 的取值范围． 解析：(1)因为f (x )＝x 2＋x ，所以当x ＝1时，f (1)＝2， 因为f ′(x )＝2x ＋1，所以f ′(1)＝3，所以所求切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. (2)令h (x )＝g (x )－f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋m ， 则h ′(x )＝(x －3)(x ＋1)．所以当－4＜x ＜－1时，h ′(x )＞0； 当－1＜x ＜3时，h ′(x )＜0； 当3＜x ＜4时，h ′(x )＞0.要使f (x )≥g (x )恒成立，即h (x )max ≤0， 由上知h (x )的最大值在x ＝－1或x ＝4处取得， 而h (－1)＝m ＋53，h (4)＝m －203， 所以m ＋53≤0，即m ≤－53，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－53. B 组 能力提升练11．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4. 答案：B12．已知函数f (x )＝ln x ＋tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0<α<π2的导函数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则α的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4 解析：因为f (x )＝ln x ＋tan α，所以f ′(x )＝1x ，令f (x )＝f ′(x )，得ln x ＋tan α＝1x ，即tan α＝1x －ln x ．设g (x )＝1x －ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 而当x →0时，g (x )→＋∞，所以要使满足f ′(x )＝f (x )的根x 0<1，只需tan α>g (1)＝1， 又因为0<α<π2，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.答案：A13．(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝x |x 2－a |，若存在x ∈[1,2]，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是__________． 解析：当x ∈[1,2]时，f (x )＝|x 3－ax |， 由f (x )<2可得－2<x 3－ax <2，即为－x 2－2x <－a <－x 2＋2x，设g (x )＝－x 2－2x ，导数为g ′(x )＝－2x ＋2x 2， 当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0， 即g (x )在[1,2]上单调递减， 所以g (x )min ＝－4－1＝－5， 即有－a >－5，即a <5；设h(x)＝－x2＋2x，导数为h′(x)＝－2x－2x2，当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.综上可得，a的取值范围是－1<a<5.答案：(－1,5)14．(2019·德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；(2)当0<m≤12时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋1x＝2mx2－x＋1x，即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m≤0时显然成立；当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝14m>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<1 8.故0<m<18，综上所述，实数m的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，18.(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1.从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.则g′(x)＝2mx－1＋1x－2m＝2mx2－(2m＋1)x＋1x＝(2mx－1)(x－1)x.当m＝12时，g′(x)≥0，又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．当0<m <12时，由g ′(x )＝0，得x ＝12m 或x ＝1，且12m >1， 由g ′(x )>0，得0<x <1或x >12m ； 由g ′(x )<0，得1<x <12m .故当x 在(0，＋∞)上变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：根据上表知g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0.又g (x )＝mx ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1m ＋m ＋ln x ＋1.∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1m >0，故在⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞上，函数g (x )又有一个零点，不满足题意．综上所述，m ＝12.15．(2019·衡水模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(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． (2)设g (x )＝(a －2)x ，若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x .假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0，所以a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x ，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以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 (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，记F (x )＝x －ln x (x >0)，所以F ′(x )＝x －1x (x >0)，所以当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增． 所以F (x )≥F (1)＝1>0，所以a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，所以x －2ln x ＋2>0，所以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， 所以G (x )min ＝G (1)＝－1，所以a ≥G (x )min ＝－1. 故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．。

导数应用应用导数解决实际问题导数应用：应用导数解决实际问题导数是微积分的重要概念之一，在数学中具有广泛的应用。

导数的概念可以帮助我们解决很多实际问题，从物理学到经济学，从工程学到生物学，导数都扮演着重要角色。

本文将介绍几个实际问题，并利用导数的应用解决这些问题。

1. 物理学中的运动问题在物理学中，我们经常需要研究运动物体的速度和加速度。

通过利用导数的概念，我们可以轻松地解决这些问题。

假设有一个运动物体，其位移函数为f(t)（t为时间）。

我们可以通过求f(t)的导数，得到这个运动物体的速度函数f'(t)。

同样地，通过再次对速度函数求导，我们可以得到加速度函数f''(t)。

通过这种方式，我们可以准确地描述物体的速度和加速度随时间变化的规律，从而更好地理解运动的特性。

2. 经济学中的边际分析在经济学中，导数应用广泛用于边际分析。

例如，假设一个公司的生产函数是Q=f(L,K)，其中Q为产量，L为劳动力输入，K为资本输入。

我们感兴趣的是，当劳动力增加一个单位时，产量的增长量是多少。

通过求生产函数关于劳动力的偏导数，即∂Q/∂L，我们可以得到劳动力对产量的边际贡献。

这个值可以帮助企业决策者确定有效的生产方案，并优化资源的利用。

类似地，我们也可以对资本输入进行边际分析。

3. 工程学中的最优化问题在工程学中，导数应用于最优化问题的解决。

例如，假设有一个桥梁的设计问题，我们希望通过调整桥梁的各个参数来最大限度地提高桥梁的承载能力。

通过建立数学模型，我们可以将承载能力表示为某个变量的函数。

然后，通过求这个函数的导数，我们可以找到使得承载能力最大化的最优参数值。

这种方法被广泛应用于各种工程设计和优化问题中，有效提高了工程的效率和可靠性。

4. 生物学中的变化率分析在生物学研究中，导数有时用于分析生物进程的变化率。

例如，在一个细胞增长的过程中，我们可能对细胞大小的变化率感兴趣。

通过建立细胞大小关于时间的函数模型，并对该函数求导，我们可以得到细胞大小随时间变化的速率。