(江苏版)2018年高考数学一轮复习 专题3.4 导数的实际应用(讲)

专题3.3 导数的综合应用班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1. 【2017课标3，理11改编】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =_________【答案】12【解析】2. 【江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考】已知函数()()31,ln 4f x x mxg x x =++=-.{}min ,a b 表示,a b 中的最小值，若函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，则实数m 的取值范围是 ▲ ．【答案】()53,44--【解析】试题分析：()23f x x m '=+，因为()10g =，所以要使()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，须满足()10,0,0f f m ><<，解得51534244m m >->⇒-<<- 3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数()y f x =的定义域为R ，对于x R ∀∈，'()()f x f x <，且(1)f x +为偶函数，(2)1f =，则不等式()xf x e <的解集为 ． 【答案】(0,)+∞ 【解析】试题分析：令()()x f x g x e =，则()()()0xf x f xg x e'-'=<，因为(1)f x +为偶函数，所以(1)(1)(0)(2)1g(0)1f x f x f f +=-+⇒==⇒=，因此()()1(0)0x f x e g x g x <⇒<=⇒>4. 【2017届高三七校联考期中考试】若()1ln ,(),0xexf x x a xg x a e =--=<，且对任意[]()1212,3,4,x x x x ∈≠121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ▲ ． 【答案】22[3,0)3e - 【解析】则()'21()10xe x a h x x ex-=--≤在(3,4)x ∈上恒成立，[]11,3,4x x e a x e x x --∴≥-+∈恒成立 令[]11(),3,4x x e u x x ex x--=-+∈，[]21112(1)113'()11,3,424x x x e x u x ee x x x ---⎡⎤-⎛⎫∴=-+=--+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 21211331,'()0244x e e u x x -⎡⎤⎛⎫-+>>∴<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦Q ，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[]3,4x ∈的最大值为22(3)33u e =-综上，实数a 的取值范围为22[3,0)3e -.5. f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则af (b )与bf (a )的大小关系为________．【答案】af (b )≤bf (a )【解析】∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xfx －f x x 2≤－2fxx 2≤0.则函数f x x在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a <b ，则f a a≥f b b.即af (b )≤bf (a )．6.设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”，也称f (x )在区间D 上存在“次不动点”，若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋52在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是________．【答案】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，127.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________． 【答案】40【解析】由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．8.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 【答案】(－∞，0)【解析】f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．∵f (x )＝ax 3＋x ，∴f ′(x )＝3ax 2＋1. 要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0.9.函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．【答案】2110.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g x 1k ≤f x 2k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________． 【答案】[1，＋∞)解析】因为对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)， 不等式g x 1k≤f x 2k ＋1恒成立，所以kk ＋1≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max . 因为g (x )＝e 2xex ，所以g ′(x )＝(x e 2－x )′＝e 2－x ＋x e 2－x ·(－1)＝e 2－x (1－x )． 当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e ； 因为f (x )＝e 2x 2＋1x，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝e 2x ＋1x ≥2e，当且仅当e 2x ＝1x，即x ＝1e时取等号，故f (x )min ＝2e.所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max ＝e 2e ＝12. 所以kk ＋1≥12.又因为k 为正数，所以k ≥1.二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。

1．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝ln x－x－ax，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋1 4，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．4．(2016·山东)已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋32对于任意的x∈1,2]成立．5．已知函数f(x)＝x ln x和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m 的取值范围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n2－1＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1. 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax 2.令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a . ①当a ≤－14时，f ′(x )≤0恒成立， 所以函数f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当a ＞－14时，由f ′(x )＝0， 得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a2. (i)若－14＜a ＜0，则x 1＞x 2＞0， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜x 2，x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得x 2＜x ＜x 1. 所以f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)．(ii)若a ＝0，由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x 1＞0＞x 2， 由f ′(x )＜0，得x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜x 1.所以f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 综上所述， 当a ≤－14时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14＜a ＜0时，f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a2)；当a ≥0时，f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 2．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0. 若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增． (2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在－1,0]上单调递减，在0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎨⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎨⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1， 则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0， 即e －m ＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是－1,1]．3．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34. 因此，当a ＝－34时， x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故1是h (x )的一个零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x ＞0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点． (ⅱ)若－3＜a ＜0，则f (x )在(0, －a3)上单调递减，在(－a3，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f (－a 3)＝2a 3－a 3＋14.①若f (－a 3)＞0，即－34＜a ＜0，f (x )在(0,1)上无零点；②若f (－a 3)＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点； ③若f (－a 3)＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3＜a ≤－54时， f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时， h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点． 4．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0， f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减． 当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3·⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①当0＜a ＜2时，2a ＞1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时， f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减． ②当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③当a ＞2时，0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减， 在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x ≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4，设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)， 使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12， 可得h (x )≥h (2)＝12， 当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈1,2]成立． 5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )， 即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x ＝0. 令h (x )＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x 2＝－[(x －12)2＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )， 即ln x ＜m (x －1x )，设F (x )＝ln x －m (x －1x )，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0， F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2) ＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2， 当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2. 当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾． 综上所述，实数m 的取值范围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时， ln x ＜12(x －1x )成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1 ＝4k4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k4k 2－1(k ∈N *)， ⎩⎪⎨⎪⎧ln3－ln1＜44×12－1，ln5－ln3＜4×24×22－1，…ln (2n ＋1)－ln (2n －1)＜4×n4×n 2－1(n ∈N *)，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．。

第三章 导数及其应用 3.1 导数的概念及运算教师用书 理 苏教版1.导数与导函数的概念(1)设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，比值ΔyΔx＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A 为函数f (x )在x ＝x 0处的导数(derivative)，记作f ′(x 0).(2)如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f (x )在开区间内的导函数.记作f ′(x )或y ′. 2.导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率k ，即k ＝f ′(x 0). 3.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝C (C 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α为常数)f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln af (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)[f xg x ]′＝f ′x g x －f x g ′xg 2x(g (x )≠0).5.复合函数的导数若y ＝f (u )，u ＝ax ＋b ，则y ′x ＝y ′u ·u ′x ，即y ′x ＝y ′u ·a . 【知识拓展】1.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.2.[1f x]′＝－f ′xf 2x(f (x )≠0).3.[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x ).4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同.( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( × ) (5)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x .( × )1.(教材改编)若f (x )＝x ·e x，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 f ′(x )＝e x＋x ·e x，∴f ′(1)＝2e.2.(教材改编)①(cos x )′＝sin x ；②若y ＝1x 2，则y ′＝－1x ；③(－1x )′＝12x x .其中正确的个数是 .答案 1解析 因为(cos x )′＝－sin x ，所以①错误； (1x2)′＝(x －2)′＝－2x －3，所以②错误；(－1x )′＝(12x --)′＝3212x -＝12x x ，所以③正确.3.(教材改编)曲线y ＝－5e x＋3在点(0，－2)处的切线方程为 . 答案 5x ＋y ＋2＝0解析 因为y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.4.(教材改编)若过曲线y ＝1x上一点P 的切线的斜率为－4，则点P 的坐标为 . 答案 (12，2)或(－12，－2)解析 ∵y ′＝(x －1)′＝－1x2＝－4，∴x 2＝14，x ＝±12.∴切点坐标为(12，2)或(－12，－2).5.(教材改编)函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线有 条. 答案 2解析 ∵y ′＝3x 2，设切点为(x 0，y 0)，则3x 20＝1，得x 0＝±33，即在点(33，39)和点(－33，－39)处有斜率为1的切线.题型一 导数的计算 例1 求下列函数的导数.(1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos x e x ；(4)y ＝sin(2x ＋π3)；(5)y ＝ln(2x －5).解 (1)y ′＝(x 2)′·sin x ＋x 2·(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x)′＝1x －1x2.(3)y ′＝(cos xex )′＝cos x ′·e x－cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. (4)设u ＝2x ＋π3，则y ＝sin u ，则y ′＝(sin u )′·u ′＝cos(2x ＋π3)·2即y ′＝2cos(2x ＋π3).(5)令u ＝2x －5，则y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′·u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.思维升华 (1)求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量.(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元.(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2017，则x 0＝ .(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝ . 答案 (1)1 (2)－2解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋lnx 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ，∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2，∴f ′(－1)＝－2. 题型二 导数的几何意义 命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·南通一调)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为 .(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 .答案 (1)43(2)x －y －1＝0解析 (1)方法一 由题设可知曲线y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为y ＝2x 1x －x 21，曲线y＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3x 22x －2x 32，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 21＝2x 32，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.方法二 由题设得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 32－x 21x 2－x 1＝2x 1，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0).又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝1＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 命题点2 求参数的值例3 (1)(2016·徐州模拟)函数y ＝e x的切线方程为y ＝mx ，则m ＝ .(2)(2016·苏州暑假测试)已知函数f (x )＝x －1＋1e x ，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，则实数k ＝ . 答案 (1)e (2)1－e解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x， 得00|e xx x y '==， 从而切线方程为000ee ()x x y x x -=-，又切线过定点(0，0)，从而000e e ()x x x -=-，解得x 0＝1，则m ＝e.(2)设切点为(x 0，y 0).因为f ′(x )＝1－1e x ，则f ′(x 0)＝k ，即1－01e x ＝k ，且kx 0－1＝x 0－1＋01ex ，所以x0＝－1，所以k＝1－1e－1＝1－e.命题点3 导数与函数图象的关系例4 如图，点A(2，1)，B(3，0)，E(x，0)(x≥0)，过点E作OB的垂线l.记△AOB在直线l左侧部分的面积为S，则函数S＝f(x)的图象为下图中的 .答案④解析函数的定义域为[0，＋∞)，当x∈[0，2]时，在单位长度变化量Δx内面积变化量ΔS 大于0且越来越大，即斜率f′(x)在[0，2]内大于0且越来越大，因此，函数S＝f(x)的图象是上升的且图象是下凸的；当x∈(2，3)时，在单位长度变化量Δx内面积变化量ΔS大于0且越来越小，即斜率f′(x)在(2，3)内大于0且越来越小，因此，函数S＝f(x)的图象是上升的且图象是上凸的；当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图象为平行于x 轴的射线.思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面 (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0). (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可.(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢.(1)(2016·泰州模拟)已知曲线y ＝x 24－3lnx 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为 .(2)(2016·昆明模拟)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点(π2，1)处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝ . 答案 (1)3 (2)－1解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)， 即切点的横坐标为3.(2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴2|x y π='＝－1. 由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.3.求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0，0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值. 错解展示现场纠错解 易知点O (0，0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上. (1)当O (0，0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0，依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0，0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0|x x y '=＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况.1.(2016·天津)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 . 答案 3解析 因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x， 所以f ′(0)＝3e 0＝3.2.已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为 . 答案 1e解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则0|x x y '=＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0，0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.3.若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为 . 答案 1或134解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32，p ＝134.4.若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)＝ . 答案 －4解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2， 所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4.5.(2016·江苏扬州中学期中)若x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线，则k ＝ . 答案 e 2解析 由f (x )＝ln x －kx ＋3，得f ′(x )＝1x－k ，设点M (x 0，y 0)是曲线f (x )上的一点，则曲线f (x )＝ln x －kx ＋3在点M 处的切线方程为y －(ln x 0－kx 0＋3)＝(1x 0－k )(x －x 0)，∵x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0－kx 0＋3＝0，1x 0－k ＝0，解得k ＝e 2.6.已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为 . 答案 14解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝ax ，由f ′(14)＝g ′(14)，得12×121()4-＝a 14，可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意.7.已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，7)，则a ＝ . 答案 1解析 f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2.所以函数在(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1). 将(2，7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝1＋3a ， 解得a ＝1.8.(2016·南京模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1，0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于 . 答案12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2， ∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1).∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9.若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x.∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点， 即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.*10.已知曲线f (x )＝xn ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015的值为 . 答案 －1解析 f ′(x )＝(n ＋1)x n，k ＝f ′(1)＝n ＋1， 点P (1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， 令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1， ∴x 1·x 2·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0142 015×2 0152 016＝12 016， 则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015 ＝log 2 016(x 1x 2…x 2 015)＝－1.11.(2016·江苏五校联考)已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为P ，两曲线在点P 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为________． 答案 6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝8x， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即P (4,2)，由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x ，则直线l 1的斜率k 1＝14，∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4，如图，易知S △PAB ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.12.已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝________. 答案 －1解析 由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x.∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1.13.已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________.答案 0解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0.14.曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1 (x ∈[1,2])上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134解析 设P (x 0，x 20＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 20＋1)＝2x 0(x －x 0)，∴y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，设g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，则g (1)＋g (2)＝2(x 20＋1)＋2x 0(1－x 0＋2－x 0)，∴S 普通梯形＝g 1＋g 22×1＝－x 20＋3x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋134，∴P点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134时，S 普通梯形最大．15.已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2，∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4. ∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)， 即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为y ′|0x x ＝＝x 20.∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0， ∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2， 故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.*16.设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3 x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3 x20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－6x. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.。

第3课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式例1 设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′x －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 命题点3 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1；当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以x ＝1为极大值点，所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋11＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋11＋ln xx，则g ′(x )＝1＋ln x ＋1＋1xx －x ＋11＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2.所以实数k 的取值范围是(－∞，2]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解 当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋11＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋11＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含f ′(x )的不等式，可得到和f (x )有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明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 ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①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.②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.(2015·福建)已知函数f (x )＝ln x －x －122.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1).(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞). 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0， 即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)解 由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意. 当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)， 则f (x )＜k (x －1)， 从而不存在x 0＞1满足题意.当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋1－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －1－k 2＋42＜0，x 2＝1－k ＋1－k 2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0， 故G (x )在(1，x 2)内单调递增.从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1).综上，k 的取值范围是(－∞，1). 题型二 利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：↘↗所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ， 则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0，g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0， 故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减， 在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e π>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.(2016·南通模拟)已知函数f (x )＝a ＋xln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论.解 (1)由f (x )＝a ＋x ln x 知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝12x (2＋ln x ).令f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，函数f (x )的单调减区间为(0，1e 2)，单调增区间为(1e 2，＋∞).(2)由(1)知[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e.①若a >2e ，因为f (x )≥[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e >0，所以此时函数f (x )的零点个数为0. ②若a ＝2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e＝0，而函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，在(1e2，＋∞)上是单调增函数，即当0<x <1e 2时，f (x )>f (1e 2)＝0；当x >1e 2时，f (x )>f (1e2)＝0.于是，此时f (x )有唯一零点1e 2，即零点个数为1.③若a <2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e <0.当a ≤0时，因为当x ∈(0，1e 2]时，f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，所以函数f (x )在区间(0，1e2]上无零点；因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而e－2a∈(1e2，＋∞)，f (e －2a )＝a (1－2e －a)≥0， 所以函数f (x )在(1e 2，e －2a)上恰有一个零点.于是函数f (x )在[1e 2，＋∞)上恰有一个零点.从而当a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1； 当0<a <2e时，因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1)＝a >0，f (1e 2)＝a －2e<0，所以函数f (x )在(1e 2，1)上恰有一个零点，于是函数f (x )在(1e2，＋∞)上也恰有一个零点.因为函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而441e e a a-=∈(0，1e2)，且f (4ea-)＝24eaa a ->a －4a ·22a 2＝0(利用结论：“当x >0时，e x >x 2”进行放缩)，此时，函数f (x )在(0，1e2)上恰有一个零点，故当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.综上，当a >2e 时，函数f (x )的零点个数为0；当a ＝2e 或a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.题型三 利用导数研究生活中的优化问题例5 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 ＝ax －3＋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最大.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －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).于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答 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. 思维升华 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；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.(1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6，y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数， 故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6，14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f6≤0，f 14>0，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . [2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↘∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1，1)解析 函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0，1]解析 由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln xx，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析 由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x －2x ＋2|，令h (x )＝e x－2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB 的最小值是4－2ln 2.6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ≤0，ln x ＋1x >0，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是____________. 答案 [－2，0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2x ≥ax x ≤0，1ln x ＋1≥ax x >0， 2成立.①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立. 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立， 所以a ≥－2.故a ≥－2.②由(2)得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x >0)， 则h ′(x )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数. 当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0，1)， 所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立.如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意.故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2，0].7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0，2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________.答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0，2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0，2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )， 则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3， 又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析 当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0. 由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0， 即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析 当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]，g ′(x )＝3x 3－3x －1·3x2x 6＝－6x －12x4. g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：x (0，12)12 (12，1) g ′(x ) ＋ 0 － g (x )↗极大值4↘因此g (x )的最大值为4， 则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明 由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1. 当x ∈(－1，0)时，0<－x <1，0<e x<1， 则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1，0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1，0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1.。

第3章导数及其应用§ 3A导数在实际生活中的应用」【学习目标】1•了解导数在解决实际问题中的作用2掌握利用导数解决简单的实际生活中的优化问题.EI知识梳理 ---------------------------- 知识点生活中的优化问题i.生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为2 •利用导数解决优化问题的实质是求函数最值.3 .解决优化问题的基本思路：优化问题一-用阑数占示吋数学问题11 t［优化间应的甞垂｝T用导燈解决数学问題上述解决优化问题的过程是一个典型的__________________ 过程.题型探究类型一几何中的最值问题命题角度i平面几何中的最值问题例1某市在市内主干道北京路一侧修建圆形休闲广场.如图，圆形广场的圆心为o,半径为100 m ,并与北京路一边所在直线I相切于点M.点A为上半圆弧上一点，过点A作I的垂线，垂足,为点B.市园林局计划在厶ABM内进行绿化.设厶ABM的面积为S(单位：m1 2), / AON =B(单位：弧度).1 将S表示为B的函数；2 当绿化面积S最大时，试确定点A的位置，并求最大面积.反思与感悟 平面图形中的最值问题一般涉及线段、三角形、四边形等图形，主要研究与面 积相关的最值问题，一般将面积用变量表示出来后求导数，求极值，从而求最值.跟踪训练1如图所示，在二次函数f(x) = 4x — x 2的图象与x 轴所围成图形中有一个内接矩形ABCD ，求这个矩形面积的最大值.(1) 若广告商要求包装盒侧面积 S 最大，则x 应取何值？(2) 若广告商要求包装盒容积 V 最大，则x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比 值.反思与感悟(1)立体几何中的最值问题往往涉及空间图形的表面积、体积，并在此基础上解决与实际相关的问题.命题角度2 立体几何中的最值问题例2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, 正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, 再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点 P , E , F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个 端点，设 AE = FB = x cm.如果已知图形是由简单几何体组(2)解决此类问题必须熟悉简单几何体的表面积与体积公式,合而成，则要分析其组合关系，将图形进行拆分或组合，以便简化求值过程.跟踪训练2周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为3_______ cm .类型二实际生活中的最值问题命题角度1利润最大问题例3已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，1 210.8 —30x , 0<x W 10,且R(x) =108 1 000匚-寸,x>10.(1) 求年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；(2) 当年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，并求出最大值.反思与感悟解决此类有关利润的实际应用题，应灵活运用题设条件，建立利润的函数关系，常见的基本等量关系有：(1) 利润=收入—成本；(2) 利润=每件产品的利润X销售件数.跟踪训练3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x—3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最大.命题角度2费用(用料)最省问题例4为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层•某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年k的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)= 3"—5(0<X W 10), 3X十5若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元•设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.(1) 求k的值及f(x)的表达式；(2) 隔热层修建多厚时，总费用f(x )达到最小，并求最小值.反思与感悟(1)用料最省、成本最低问题是日常生活中常见的问题之一，解决这类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研究的对象•正确书写函数表达式，准确求导，结合实际作答.⑵利用导数的方法解决实际问题，当在定义区间内只有一个点使f' (x) = 0时，如果函数在这点有极大(小)值，那么不与端点值比较，也可以知道在这个点取得最大(小)值.跟踪训练4 某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该块空地上建造一栋至少10层、每层2 000平方米的楼房.经测算，如果将楼房建x(x> 10)层，则每平方米的平均建筑费用为(560十48x)元•为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建多少层？购地总费用(注：平均综合费用=平均建筑费用十平均购地费用，平均购地费用= 建筑总面积)当堂训练1 •在某城市的发展过程中，交通状况逐渐受到更多的关注，据有关统计数据显示，从上午 6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时 y(分钟)与车辆进入该路段的时刻 t 之间的关系可近 似地用函数表示为 y =— gt '—4『+36t 一 ，则在这段时间内，通过该路段用时最多的时刻是 ________ 时.2 .用长为24 m 的钢筋做成一个长方体框架，若这个长方体框架的底面为正方形，则这个长方体体积的最大值为 ___________m 3.固定成本为20 000元，每生产一单位的产品，成本增加 100元,、90 090, x>390. 则当总利润最大时，每年生产产品的单位数是 ____________ .4 .要制作一个容积为 4 m 3,高为1 m 的无盖长方体容器，已知底面造价是每平方米 20元,侧面造价是每平方米 10元，则该容器的最低总造价是 ____________ 元.5 .某商品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件.如果降低价格，销售量可以增加， 且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低额 x(单位：元，0W x w 21)的平方成正比.已知商品单价降低2元时，每星期多卖出 24件. (1) 将一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数; (2) 如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？3 .某公司生产若总收入R 与年产量x 的关系是 R(x)= $ 3X+ 400X , 9000< x < 390厂《规律与方法-- ------------------------------ 11 •利用导数解决生活中优化问题的一般步骤⑴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）;⑵求函数的导数f' （x）,解方程f' （x）= 0；⑶比较函数在区间端点和使f' （x）= 0的点的数值的大小，最大（小）者为最大（小）值.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解答应用问题的主要思路. 另外需要特别注意：（1）合理选择变量，正确写出函数解析式，给出函数定义域；（2）与实际问题相联系；（3）必要时注意分类讨论思想的应用.提醒：完成作业第3章§.4答案精析知识梳理知识点1 •优化问题3 .数学建模题型探究例 1 解(1)BM = AOsin 0= 100sin 0,AB= MO + AOcos 0=100+ 100cos 0, 0€ (0, n .1 1则S= 2MB AB = 2 x100sin 0X (100 + 100cos 0=5 000(sin 0+ sin 0cos 0), 0€ (0, n.2(2)S' = 5 000(2cos + cos 0- 1)=5 000(2cos 0—1)(cos 0+ 1).令S' = 0,1得cos 0= 2或cos 0=—1(舍去),此时0= n3当0变化时，S' , S的变化情况如下表：所以，当0= n时，S取得最大值为S max= 3 750.3 m2,此时AB = 150 m，即点A到北京路一边I的距离为150 m.跟踪训练1解设点B的坐标为（x,0）,且0<x<2, ••• f(x) = 4x —x2图象的对称轴为x= 2,•••点C的坐标为(4 —x,0),/• BC = 4—2x, BA= f(x)= 4x—x2.•矩形面积为y= (4 —2x)(4x—x2) = I6x—12x2+ 2x3,y' = 16—24x+ 6x2= 2(3x2—12x+ 8),2令y' = 0，解得x= 2±3 3,••• 0<x<2, • x= 2—2 3.•••当0<x<2 — 3 3时，y' >0，函数单调递增；2 当2 —3 . 3<x<2时，y' <0，函数单调递减，•••当x= 2—| 3时，矩形的面积有最大值詈'.3.例2解⑴由题意知，包装盒的底面边长为2x cm,高为2(30 —x)cm ,所以包装盒侧面积为S= 4 2x X 2(30 —x)x + 30 —x 2 =8x(30 —x) w 8 x(——2 )2=8x 225,当且仅当x= 30—x,即卩x= 15时，等号成立，所以若广告商要求包装盒侧面积S最大，则x= 15.⑵包装盒容积V = 2x2• 2(30 —x)=—2 2x3+ 60 . 2x2(0<x<30),所以V' =—6 2x2+ 120 ,2x=—6 2x(x—20).令V' >0 ,得0<x<20 ;令V' <0,得20<x<30.所以当x= 20时，包装盒容积V取得最大值，此时包装盒的底面边长为20 2 cm,高为10.2 cm,包装盒的高与底面边长的比值为 1 : 2.W = xR(x) - (10 + 2.7x)3x 8仏-30-10 当x>10时,W = xR(x) - (10 + 2.7x)3| 8.1x -30-10, 0<x < 10, 所以W = 198—— 2.7x , x>10.⑵①当0<x W 10时，X 2由 W ' = 8.1 — 10= 0,得 x = 9.当 x € (0,9)时，W ' >0; 当 x € (9,10］时，W' <0.1 3即 W max = 8.1 X 9- 30x 93- 10= 38.6. 30②当 x>10 时，W = 98- (^000 + 2.7x)3xw 98 - 2 -1_000X 2.7x = 38,W 取得最大值38.综合①②知，当x = 9（千件）时，W 取得最大值为38.6万元.答 当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，最大利润 为38.6万元.跟踪训练3解（1）因为当x = 5时，y = 11，所以a + 10= 11,4 000 跟踪训练227例3 解⑴当O<x w 10时, 所以当x = 9时，W 取得最大值,当且仅当詈=2.7x ,即x =罟时,所以a= 2.⑵由(1)可知，该商品每日的销售量 y = -^ + 10(x - 6)2,x — 3所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 2f(x) = (x - 3)[ + 1O (X — 6)]x — 32=2 + 10(x — 3)(x — 6)，3<x<6.2从而 f (x)= 10[(x — 6) + 2(x — 3)(x — 6)] =30(x — 4)(x — 6).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.x = 4时，函数f(x)取得最大值，且最大值为42.答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)由题设知，每年能源消耗费用为C(x)= —,3x + 5所以当 再由C(0) = 8,得 k = 40,因此40C(x)=3x+ 5而建造费用为C i(x) = 6x. 最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x) =_80必+ 6x(0< x w 10).3x+ 5(2)f' (x)= 6 —-522400(3x+ 5令 f ' (x)= 0，得 x = 15.当 x>15 时，f ' (x)>0;当 10W x<15 时，f ' (x)<0. 所以当x = 15时，f(x)取得最小值， 即 f(15) = 2 000.答 为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建 15层.当堂训练 1 . 8 2.83.3004.1605.解(1)设商品降价x 元，则多卖的商品数为 kx 2.若记商品在一个星期的获利为 f(x)，则有2f(x) = (30 — x — 9)(432 + kx ) =(21 — x)(432 + kx 2).由已知条件，得 24 = k X 22,于是有k = 6.所以 f(x)=— 6x 3 + 126/ — 432x + 9 072, x € [0,21].2⑵根据(1), f ' (x) = — 18x + 252x — 432 =—18(x — 2)(x — 12).令 f ' (x)= 0，即"企=6,(3x + 5)25解得x = 5(x =——舍去)， 当 0<x<5 时，f ' (x)<0;当 5<x<10 时，f ' (x)>0 ,故x = 5为f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5) = 6 X 5+ -8也 =70.15 + 5答 当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值为 70万元. 跟踪训练4解设该楼房每平方米的平均综合费用为f(x)元，则 f(x) = 560 + 48x + 2 160X 10 000 2 000x =560 + 48x + 10 800x > 10,f ' (x) = 48 — 10 800 2x当x变化时，f' (x), f(x)的变化情况如下表:故当x= 12时，f(x)取得极大值.因为f(0) = 9 072, f(12)= 11 664.所以当定价为30- 12= 18(元)时，才能使一个星期的商品销售利润最大.。