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2014年人教A版数学理(广东用)配套课件:第二章 第十二节导数与生活中的优化问题及综合应用.ppt

1、第十二节 导数与生活中的优化问题及 综合应用 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 其中3xf(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)(D)af 0f ae af 0f ae(2)(2012辽宁高考)设 (a,bR,a,b为常数),曲线y=f(x)与直线 在(0,0)点相切.求a,b的值.证明:当0 x0.g(a)g(0),即 即f(a)eaf(0)xf xg xe,xxx2xfx ef

2、x efx f xg x0(e)e,a0f af 0,ee(2)由yf(x)过(0,0)点,得b1.由yf(x)在(0,0)点的切线斜率为 又 得a0.32,x0 x0113y|(a)|ax 122 x 1 ,方法一:由基本不等式,当x0时,故 记 则 2x 1 1 x 1 1 x2 ,xx 11.2 9xh xf xx6,21154h xx 12 x 1x6222x 154x6542 x 14 x 1x6x632x6216 x 1.4 x 1x6令g(x)(x6)3216(x1),则当0 x2时,g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是减函数,又由g(0)0,得 g(x)0

3、,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 x2时,9xf x.x6方法二:由知 由基本不等式,当x0时,故 令k(x)ln(x1)x,则k(0)0,故k(x)0,即ln(x1)x(ii).f xln x 1x 1 1.2x 1 1 x 1 1 x2 ,xx 11 i.2 1xk x10 x 1x 1,由(i)(ii)得,当x0时,记h(x)(x6)f(x)9x,则当0 x2时,因此h(x)在(0,2)内单调递减,又h(0)0.得h(x)0,于是当0 x2时,3f xx.2 311h xf xx6 fx9xx6()92x 12 x 1 13x

4、x 1x6(2x 1)18 x 12 x 1 1x3x x 1x6(3)18 x 12 x 12 x7x 180.4 x 1 9xf x.x6【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.2.利用导数证明不

5、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.【变式训练】设a为实数,函数f(x)ex2x2a,xR.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当aln21且x0时,exx22ax1.【解析】(1)由f(x)ex2x2a,xR知 令f(x)0,得xln2,于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表.xfxe2xR.,x (,ln2)ln2 (ln2,)f(x)0 f(x)单调递减 2(1ln2a)单调递增 故f(x)的单调递减区间是(,ln 2),单调递增区间是(ln2,),f(x)在xln

6、2处取得极小值,极小值为2(1ln2a)(2)设g(x)exx22ax1,xR,于是g(x)ex2x2a,xR.由(1)知当aln21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aln21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exx22ax10,故exx22ax1.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 且在 上的最大值为 求函数f(x

7、)的解析式;判断函数f(x)在(0,)内的零点个数,并加以证明.3f xaxsin xaR,20,23,2【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)利用导数求出f(x)在 的最大值,据此求出a的值;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.0 2,【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 -2k2.答案:(-2,2)2k02k0 ,(2)由已知f(x)a

8、(sin xxcosx),对于任意 有sin xxcos x0.当a0时,不合题意;当a0,时,f(x)0,从而f(x)在 内单调递 减,又f(x)在 上的图象是连续不断的,故f(x)在 上的 最大值为 不合题意;x(0)2,3f x2,x(0)2,(0)2,0 2,0 2,3f 02,当 时,f(x)0,从而f(x)在 内单调递 增,又f(x)在 上的图象是连续不断的,故f(x)在 上的最大值为 即 解得a1.综上所述,得 a0 x(0)2,(0)2,0 2,0 2,f()2,33a222,3f xxsin x.2f(x)在(0,)内有且只有两个零点 理由如下:由知,从而有 又f(x)在 上

9、的图象是连续不断的 所以f(x)在 内至少存在一个零点 又由知f(x)在 上单调递增,故f(x)在 内有且仅 有一个零点 3f xxsin x2,3f 00.2 3f()022,0 2,(0)2,0 2,(0)2,当 时,令g(x)f(x)sin xxcos x.由 且g(x)在 上的图象是连续不 断的,故存在 使得g(m)0.由g(x)2cos xxsin x,知 时,有g(x)0,从而g(x)在 内单调递减 当 时,g(x)g(m)0,即f(x)0,从而f(x)在 内单调递增,x2,g()1 0g02,2,m()2,x()2,()2,x(m)2,(m)2,故当 时,故f(x)在 上无零点;

10、当x(m,)时,有g(x)g(m)0,即f(x)0,从而f(x)在(m,)内单调递减 又f(m)0,f()0,且f(x)在m,上的图象是连续不 断的,从而f(x)在(m,)内有且仅有一个零点 综上所述,f(x)在(0,)内有且只有两个零点 xm2,3f xf()022,m2,【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-k0或-2-k0,解得k2或k-2,故k的取值范围是(-,-2)(2,+).【拓展提升】一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0).则f(x)=3ax2+2bx+c

11、.方程f(x)=0的判别式=(2b)2-12ac,(1)0即b23ac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.(2)当0即b23ac时,方程f(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1x2),函数在x1处取得极大值M,在x2处取得极小值m(Mm).当m0时,方程f(x)=0有唯一一个实根;当m0时,方程f(x)=0有两个实根;当m0时,方程f(x)=0有三个实根;当M0时,方程f(x)=0有两个实根;当M0时,方程f(x)=0有一个实根.【变式备选】(2013安庆模拟)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a0.(1)求f(x)的单

12、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.【解析】(1)f(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a0时,对xR,有f(x)0,故当a0时,f(x)的单调递增区间为(-,+),当a0时,由f(x)0解得 由f(x)0解得 故当a0时,f(x)的单调递增区间为 f(x)的单调递减区间为 xaxa或;axa,(,a),(a,);(a,a).(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)

13、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).【满分指导】导数综合问题的规范解答【典例】(12分)(2012山东高考)已知函数 (k为 常数,e=2.718 28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x0,g(x)1+e-2.xln xkf xe【思路点拨】已 知

14、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.xln xkf xe【规范解答】(1)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=1.3分 xln xkf xx0,e由得,得 xx2xx1ln xkln xk eln xkexfx,ee 11ln 1k1f 10e,(2)x(0,+),令f(x)=0可得x=1,4分 当0 x1时,于是f(x)在区间(0,1)上为增函

15、数;在(1,+)上为减函数.6分 x11 ln xxfxe,x11 ln xxfx0e ;x11 ln xxfx0.e(3)x(0,+),因此,对 任意x0,7分 令h(x)=1-x-xln x,x(0,+),则h(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2),x(0,+),因此,当x(0,e-2)时,h(x)0,h(x)单调递增;当x(e-2,+)时,h(x)0,(x)单调递增,(x)(0)=0,故x(0,+)时,(x)=ex-(x+1)0,即 11分 所以 因此,对任意x0,g(x)0.(1)求a的值.(2)若对任意的x0,+),有f(x)kx2成立,求实数k的最 小值.(3)证明

16、n*i 12ln 2n12 nN.2i 1【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=1.1xa1fx1.xaxa x(-a,1-a)1-a(1-a,+)f(x)-0+f(x)极小值(2)当k0时,取x=1,有f(1)=1-ln20,故k0不合题意.当k0时,令g(x)=f(x)-kx2,即g(x)=x-ln(x+1)-kx2,令g(x)=0,得x1=0,x2kx1 2kxg x2kx,x1x121 2kx1.2k当 时,g(x)0

17、在(0,+)上恒成立,因此 g(x)在0,+)上单调递减.从而对于任意的x0,+),总有g(x)g(0)=0,即f(x)kx2在0,+)上恒成立.故 符合题意.1k21 2k02k,1k2当 时,对于 故g(x)在 内单调递增.因此当取 时,g(x0)g(0)=0,即 不成立,故 不合题意.综上,k的最小值为 10k2 1 2k02k,1 2kx(0)g x0,2k,1 2k(0,)2k01 2kx(0,)2k200f(x)kx10k2 1.2(3)当n=1时,不等式左边=2-ln32=右边.所以不等式成立,当n2时,nni 1i 1222f()ln(1)2i 12i 12i 1nni 1i

18、12ln 2i1ln 2i 12i 1ni 12ln 2n1.2i 1在(2)中取 得 从而 所以有 1k2,2xf xx02,*2222f()iNi22i 12i32i 12i 1,nni 1i 122ln 2n1f()2i 12i 1 nni 2i 222f 2f()2ln32i 12i3(2i 1)ni 21112ln3()2ln3 12.2i32i 12n1 n*i 12ln 2n12nN.2i 1综上,1.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)x0的解集为_.【解析】令g(x)f(x)x,g(x)f(x)1,由题意知g(x)0,g(x)为增函数,g(

19、2)f(2)20,g(x)0的解集为(2,)答案:(2,)2.已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d(b,c,d为常数),当k(-,0)(4,+)时,f(x)-k=0只有一个实根;当k(0,4)时,f(x)-k=0有3个相异实根,现给出下列四个命题:f(x)-4=0和f(x)=0有一个相同的实根;f(x)=0和f(x)=0有一个相同的实根;f(x)-3=0的任一实根大于f(x)-1=0的任一实根;f(x)+5=0的任一实根小于f(x)-2=0的任一实根.其中正确命题的序号是_.【解析】由题意知0和4为函数的极值,设f(x)=0的两根为x1,x2,且x1x2,则f(x)在x1处取极大值,在x2

20、处取极小值,故f(x1)=4,f(x2)=0.由此作出f(x)的草图,如图所示.结合图象可知,,正确.答案:3.设a0,函数 若对任意的x1,x21,e,都有f(x1)g(x2)成立,则实数a的取值范围 为_.【解析】只需满足f(x)ming(x)max即可 所以函数g(x)在1,e上为增函数,g(x)max=g(e)=e-1.由 得x=a.2af xx,g xxln xx,1g x10,x 22afx10 x ,当0a1时,函数f(x)在1,e上为增函数,此时f(x)min=f(1)=a2+1,解 当1ae时,函数f(x)在(1,a)上为减函数,在(a,e)上为 增函数,此时f(x)min=f(a)=2a,解 得1ae;20a1e2a1;a1e 1,得,1ae2ae 1,当ae时,函数f(x)在1,e上为减函数,此时 解 得ae.综上,答案:2minaf(x)f eee,2aeaee 1,e ae2.ae2

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