導(dǎo)數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及應(yīng)用課件

第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)與生活中的優(yōu)化問題及綜合應(yīng)用考向1

利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題

【典例1】(2013·煙臺模擬)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價(jià)格x(單位:元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2,其中3<x<6,a為常數(shù),已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí),每日可售出該商品11千克.(1)求a的值.(2)若該商品的成本為3元/千克,試確定銷售價(jià)格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)最大.【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)“銷售價(jià)格為5元/千克時(shí),每日可售出該商品11千克”可知銷售函數(shù)過點(diǎn)(5,11),將其代入可求得a的值.(2)利潤為f(x)=(每件產(chǎn)品的售價(jià)-每件產(chǎn)品的成本)×銷量,表示出函數(shù)解析式后,可借助導(dǎo)數(shù)求最值.【規(guī)范解答】(1)因?yàn)閤=5時(shí),y=11,所以+10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,該商品每日的銷售量y=+10(x-6)2,所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.從而f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表,由上表可得,x=4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).所以,當(dāng)x=4時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值,且最大值等于42.當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí),商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減【拓展提升】利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系,列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型,寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x).(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x),解方程f′(x)=0.(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和f′(x)=0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小,最大(小)者為最大(小)值.(4)回歸實(shí)際問題作答.【變式訓(xùn)練】請你設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片,切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形,再沿虛線折起,使得A,B,C,D四個(gè)點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P,正好形成一個(gè)正四棱柱形狀的包裝盒.E,F在AB上,是被切去的一個(gè)等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn).設(shè)AE=FB=x(cm).(1)某廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大,試問x應(yīng)取何值?(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大,試問x應(yīng)取何值?并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長的比值.【解析】設(shè)包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm).由已知得a＝，h＝，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以當(dāng)x＝15時(shí)，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.當(dāng)x∈(0,20)時(shí)，V′＞0；當(dāng)x∈(20,30)時(shí)，V′＜0.所以當(dāng)x＝20時(shí)，V取得極大值，也是最大值.此時(shí).即包裝盒的高與底面邊長的比值為.考向2

利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題【典例2】(1)(2013·福州模擬)f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)>f(x)，對任意正實(shí)數(shù)a，則下列式子成立的是()(A)f(a)＜eaf(0)(B)f(a)＞eaf(0)(C)f(a)＜

(D)f(a)＞(2)(2012·遼寧高考)設(shè)f(x)=lnx+-1,證明：①當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜

(x-1);②當(dāng)1＜x＜3時(shí)，f(x)＜【思路點(diǎn)撥】(1)觀察選項(xiàng)知,所要比較的兩數(shù)為的大小,故可構(gòu)造函數(shù)g(x)=,利用其單調(diào)性來比較.(2)構(gòu)造函數(shù),借助函數(shù)單調(diào)性證明不等式.同時(shí)應(yīng)注意對于不等式中的無理式,可利用基本不等式放縮后,變?yōu)檎交蚍质降男问胶笤僮C明.【規(guī)范解答】(1)選B.令g(x)＝∴g′(x)＝>0，∴g(x)在R上為增函數(shù)，又∵a>0.∴g(a)>g(0)，即即f(a)>eaf(0).(2)①方法一：記g(x)＝lnx＋－1－

(x－1).則當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)＝<0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.又g(1)＝0，有g(shù)(x)<0，即f(x)<(x－1).方法二：由基本不等式知，當(dāng)x>1時(shí)，<x＋1，故

(i).令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1(ii).由(i)(ii)得，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<(x－1).②方法一：記h(x)＝f(x)－，得h′(x)＝令g(x)＝(x＋5)3－216x，則當(dāng)1<x<3時(shí)，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)內(nèi)是減函數(shù)，又由g(1)＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)內(nèi)是減函數(shù)，又h(1)＝0，得h(x)<0.于是當(dāng)1<x<3時(shí)，f(x)<方法二：記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，則當(dāng)1<x<3時(shí)，得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9<(x－1)＋(x＋5)()－9＝［3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x］<［3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x］＝

(7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<【拓展提升】1.構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法(1)對于(或可化為)左右兩邊結(jié)構(gòu)相同的不等式,構(gòu)造函數(shù)f(x),使原不等式成為形如f(a)>f(b)的形式.(2)對形如f(x)>g(x),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).(3)對于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構(gòu)造函數(shù)f(x,x2)(或f(x1,x)).【提醒】解決這種問題常見的思維誤區(qū)是不善于構(gòu)造函數(shù)或求導(dǎo)之后得出f′(x)>g′(x)?f(x)>g(x)的錯(cuò)誤結(jié)論.2.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x).(3)對h(x)求導(dǎo).(4)利用h′(x)判斷h(x)的單調(diào)性或最值.(5)結(jié)論.【變式訓(xùn)練】設(shè)a為實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.(2)求證:當(dāng)a>ln2-1且x>0時(shí),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,于是當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如表.x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)單調(diào)遞減2(1-ln2+a)單調(diào)遞增故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln2),單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為2(1-ln2+a).(2)設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2-1時(shí),g′(x)的最小值為g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是對任意x∈R,都有g(shù)′(x)>0,所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng)a>ln2-1時(shí),對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>g(0).而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.考向3

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)

【典例3】(1)(2013·臺州模擬)方程x3-3x=k有3個(gè)不等的實(shí)根,則常數(shù)k的取值范圍是

.(2)(2012·福建高考)已知函數(shù)f(x)=axsinx-(a∈R),且在[0,]上的最大值為,①求函數(shù)f(x)的解析式;②判斷函數(shù)f(x)在(0,π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并加以證明.【思路點(diǎn)撥】(1)設(shè)f(x)=x3-3x-k,利用導(dǎo)數(shù)求出f(x)的極值,由極值符號對方程根的影響來構(gòu)造不等式組求解.(2)①利用導(dǎo)數(shù)求出f(x)在[0,]的最大值,據(jù)此求出a的值;②先根據(jù)零點(diǎn)存在性定理,判斷出根的存在情況,再利用函數(shù)的單調(diào)性證明.【規(guī)范解答】(1)設(shè)f(x)=x3-3x-k,則f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0得x=±1,且f(1)=-2-k,f(-1)=2-k,又f(x)的圖象與x軸有3個(gè)交點(diǎn),故∴-2<k<2.答案:(-2,2)(2)①由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈(0，

)，有sinx＋xcosx＞0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，不合題意；當(dāng)a＜0，x∈(0，

)時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)在(0，

)內(nèi)單調(diào)遞減，又f(x)在［0，

］上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在［0，

］上的最大值為f(0)＝，不合題意；當(dāng)a＞0，x∈(0，

)時(shí)，f′(x)＞0，從而f(x)在(0，

)內(nèi)單調(diào)遞增，又f(x)在［0，

］上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在［0，

］上的最大值為f()，即，解得a＝1.綜上所述，得f(x)＝xsinx－

.②f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).理由如下：由①知，f(x)＝xsinx－

，從而有f(0)＝－

＜0.

＞0，又f(x)在［0，

］上的圖象是連續(xù)不斷的.所以f(x)在(0，

)內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).又由①知f(x)在［0，

］上單調(diào)遞增，故f(x)在(0，

)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)x∈［

，π］時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［

，π］上的圖象是連續(xù)不斷的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)時(shí)，有g(shù)′(x)＜0，從而g(x)在(，π)內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)x∈(，m)時(shí)，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在(，m)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈［

，m］時(shí)，f(x)≥f()＝＞0，故f(x)在［

，m］上無零點(diǎn)；當(dāng)x∈(m，π)時(shí)，有g(shù)(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個(gè)實(shí)數(shù)根”,其他條件不變,求k的取值范圍.【解析】要使原方程只有一個(gè)實(shí)數(shù)根,只需2-k<0或-2-k>0,解得k>2或k<-2,故k的取值范圍是(-∞,-2)∪(2,+∞).【拓展提升】一元三次方程根的個(gè)數(shù)問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0).則f′(x)=3ax2+2bx+c.方程f′(x)=0的判別式Δ=(2b)2-12ac,(1)Δ≤0即b2≤3ac時(shí),f′(x)≥0恒成立,f(x)在R上為增函數(shù),結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一一個(gè)實(shí)根.(2)當(dāng)Δ>0即b2>3ac時(shí),方程f′(x)=0有兩個(gè)實(shí)根,設(shè)為x1,x2(x1<x2),函數(shù)在x1處取得極大值M,在x2處取得極小值m(M>m).①當(dāng)m>0時(shí),方程f(x)=0有唯一一個(gè)實(shí)根;②當(dāng)m=0時(shí),方程f(x)=0有兩個(gè)實(shí)根;③當(dāng)m<0,M>0時(shí),方程f(x)=0有三個(gè)實(shí)根;④當(dāng)M=0時(shí),方程f(x)=0有兩個(gè)實(shí)根;⑤當(dāng)M<0時(shí),方程f(x)=0有一個(gè)實(shí)根.【變式備選】(2013·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax-1,a≠0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),當(dāng)a<0時(shí),對x∈R,有f′(x)>0,故當(dāng)a<0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0解得x<-或x>;由f′(x)<0解得-<x<,故當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-),(,+∞);f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,).(2)因?yàn)閒(x)在x=-1處取得極值,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)單調(diào)性可知,f(x)在x=-1處取得極大值f(-1)=1,在x=1處取得極小值f(1)=-3.因?yàn)橹本€y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn),結(jié)合f(x)的單調(diào)性可知,m的取值范圍是(-3,1).【滿分指導(dǎo)】導(dǎo)數(shù)綜合問題的規(guī)范解答

【典例】(12分)(2012·山東高考)已知函數(shù)f(x)=(k為常數(shù),e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(3)設(shè)g(x)=xf′(x),其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明:對任意x>0,g(x)<1+e-2.【思路點(diǎn)撥】已知條件條件分析曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行得出f′(1)=0即可求出k的值求出f′(x)及f′(x)=0的根,再判斷f′(x)的符號g(x)=xf′(x)直接求g(x)=xf′(x)的最值困難,可對g(x)放縮后,再求最值【規(guī)范解答】(1)得f′(x)=……2分由已知,f′(1)==0,∴k=1.………3分(2)由(1)知,f′(x)=設(shè)k(x)=-lnx-1，則k′(x)=<0，即k(x)在(0,+∞)上是減函數(shù)，由k(1)=0知，k(x)=0有唯一實(shí)根.②當(dāng)0<x<1時(shí)k(x)>0，從而f′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)k(x)<0，從而f′(x)<0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,+∞).………………7分(3)由(2)可知，當(dāng)x≥1時(shí)，g(x)=xf′(x)≤0＜1+e-2，故只需證明g(x)<1+e-2在0<x<1時(shí)成立.當(dāng)0<x<1時(shí)，ex＞1，且g(x)>0，

……9分設(shè)F(x)=1-xlnx-x，x∈(0,1)，④則F′(x)=-(lnx+2)，當(dāng)x∈(0,e-2)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(e-2,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，所以當(dāng)x=e-2時(shí)，F(xiàn)(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2.……11分所以g(x)<F(x)≤1+e-2.綜上,對任意x>0,g(x)<1+e-2.……12分【失分警示】(下文①②③④見規(guī)范解答過程)1.(2012·大綱版全國卷)已知函數(shù)y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn),則c=(

)(A)-2或2

(B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1【解析】選A.設(shè)y=f(x),∵f′(x)=3(x+1)(x-1),∴當(dāng)x=-1或x=1時(shí)取得極值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.2.(2013·三亞模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-4x+a,0<a<2.若f(x)的三個(gè)零點(diǎn)為x1,x2,x3,且x1<x2<x3,則(

)(A)x1>-1 (B)x2<0(C)x2>0 (D)x3>2【解析】選C.因?yàn)閒′(x)=3x2-4，所以由f′(x)＞0得x＜或x＞；由f′(x)＜0得

＜x＜

，即f(x)在(-∞,)上遞增，在(，

)上遞減,在(,+∞)上遞增.又f(0)=a且0＜a＜2，f(x)的三個(gè)零點(diǎn)滿足x1＜x2＜x3，據(jù)此可畫出函數(shù)f(x)的草圖如圖，由圖可知x2＞0成立.3.(2012·山東高考)設(shè)函數(shù)f(x)=，g(x)=ax2+bx(a，b∈R，a≠0),若y=f(x)的圖象與y=g(x)圖象有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則下列判斷正確的是()(A)當(dāng)a＜0時(shí)，x1+x2＜0，y1+y2＞0(B)當(dāng)a＜0時(shí)，x1+x2＞0，y1+y2＜0(C)當(dāng)a＞0時(shí)，x1+x2＜0，y1+y2＜0(D)當(dāng)a＞0時(shí)，x1+x2＞0，y1+y2＞0【解析】選B.令則1=ax3+bx2(x≠0),設(shè)F(x)=ax3+bx2，F(xiàn)′(x)=3ax2+2bx,令F′(x)=3ax2+2bx=0,則要使y=f(x)的圖象與y=g(x)圖象有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)只需整理得4b3=27a2，于是可取a=±2,b=3來研究，當(dāng)a=2，b=3時(shí)，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2=，此時(shí)y1=-1，y2=2，此時(shí)x1+x2＜0，y1+y2＞0；當(dāng)a=-2，b=3時(shí)，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=-，此時(shí)y1=1，y2=-2，此時(shí)x1+x2＞0，y1+y2＜0.答案應(yīng)選B.4.(2012·天津高考)已知函數(shù)f(x)=,x∈R,其中a＞0,(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2，0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.(3)當(dāng)a=1時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間［t,t+3］上的最大值為M(t),最小值為m(t),記g(t)=M(t)-m(t),求函數(shù)g(t)在區(qū)間［-3,-1］上的最小值.【解析】(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a),由f′(x)=0,得x1=-1,x2=a>0,當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如表:故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(a,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,a).x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-2，-1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(-1，0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2，0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得0＜a＜.所以，a的取值范圍是(0，

).(3)a=1時(shí)，f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在［-3，-1］上單調(diào)遞增，在［-1，1］上單調(diào)遞減，在［1，2］上單調(diào)遞增.①當(dāng)t∈［-3，-2］時(shí)，t+3∈［0，1］，-1∈［t，t+3］，f(x)在［t，-1］上單調(diào)遞增，在［-1，t+3］上單調(diào)遞減.因此，f(x)在［t，t+3］上的最大值M(t)=f(-1)=-，而最小值m(t)為f(t)與f(t+3)中的較小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知，當(dāng)t∈［-3，-2］時(shí)，f(t)≤f(t+3)，故m(t)=f(t)，所以g(t)=f(-1)-f(t)，而f(t)在［-3，-2］上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(-2)=.所以g(t)在［-3，-2］上的最小值為g(-2)=②當(dāng)t∈［-2，-1］時(shí)，t+3∈［1，2］，且-1，1∈［t，t+3］.下面比較f(-1)，f(1)，f(t)，f(t+3)的大小.由f(x)在［-2，-1］，［1，2］上單調(diào)遞增，有f(-2)≤f(t)≤f(-1)，f(1)≤f(t+3)≤f(2).又由f(1)=f(-2)=，f(-1)=f(2)=，從而M(t)=f(-1)=，m(t)=f(1)=.所以g(t)=M(t)-m(t