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y=+10(x-6)2,其中3x6,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f(x)最大.ax3【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点(5,11),将其代入可求得a的值.(2)利润为f(x)=
2、(每件产品的售价-每件产品的成本)销量,表示出函数解析式后,可借助导数求最值.【规范解答】(1)因为x=5时,y=11,所以 +10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)=(x-3)+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,3xf(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)f(a)(D)f(a)af 0e af 0e(2)(2012辽宁高考)设f(x)=ln(x+1)+ax+b(a,bR,a,b为常数)，曲线y=f(x)与直线 在(0
3、,0)点相切.求a,b的值;证明:当0 x2时，f(x)0，g(x)在R上为增函数，又a0.g(a)g(0)，即 即f(a)eaf(0).xf xe，xx2xxfx ef x efx f xee 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，x11x2，故 记h(x)则 2(x 1)1xx 11.2 9xf xx6，221154h xx 12 x 1x62x 1542 x 1x6令g(x)(x6)3216(x1)，则当0 x2时，g(x)3
4、(x6)22160.因此g(x)在(0,2)内是减函数，又由g(0)0，得 g(x)0，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，f(x)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
5、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)=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知f(x)=ex-2,xR.令f(x)=0,得x=ln2,于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表.x(-,ln2)ln2(ln2,+)f(x)-0+f(x)单调递减 2(1-ln2+a)单调递增 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2(1-ln2+
6、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).而g(0)=0,从而对任意x(0,+),g(x)0.即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.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f(x)=axsinx-(aR)
7、,且在 0,上的最大值为 ,求函数f(x)的解析式;判断函数f(x)在(0,)内的零点个数,并加以证明.32232【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0,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.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、(sinxxcosx)，对于任意x(0，)，有sinxxcosx0.当a0时，f(x)，不合题意；当a0，x(0，)时，f(x)0，从而f(x)在(0，)内单 调递减，又f(x)在0，上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f(0)，不合题意；232222232当a0，x(0，)时，f(x)0，从而f(x)在(0，)内单 调递增，又f(x)在0，上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f()，即 ，解得a1.综上所述，得f(x)xsinx .2222233a22232f(x)在(0，)内有且只有两个零点.理由如下：由知，f(x)xsinx ，从而有f(0)0.0，又f(x)
9、在0，上的图象是连续不断的.所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点.又由知f(x)在0，上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点.32323f()222222当x ，时，令g(x)f(x)sinxxcosx.由g()10，g()0，且g(x)在 ，上的 图象是连续不断的，故存在m(，)，使得g(m)0.由g(x)2cosxxsinx，知x(，)时，有g(x)0，从而g(x)在(，)内单调递减.当x(，m)时，g(x)g(m)0，即f(x)0，从而f(x)在(，m)内单调递增，22222222故当x ，m时，f(x)f()0，故f(x)在 ，m上无零点；当x(m，)时，有g(x)g(
10、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.22232【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,解得k2或k0).则f(x)=3ax2+2bx+c.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b23
11、ac时,方程f(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1m).当m0时,方程f(x)=0有唯一一个实根;当m=0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M=0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,故当a0时,由f(x)0解得x ;由f(x)0解得-x0时,f(x)的
12、单调递增区间为(-,-),(,+);f(x)的单调递减区间为(-,).aaaaaaaa(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)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】(13分)(2012山东高考)已知函数f(x)=(k为常数,e=2.
13、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 xke【思路点拨】已知条件 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)f(x)=2分 由曲线y=f(x)在点(1,f(1
14、)处的切线与x轴平行可知 解得k=1.4分 xln xkf xx0,e由得，得xx2xx1ln xkln xk eln xkex,ee 11ln 1k1f 10e，(2)f(x)=x(0,+)，令f(x)=0可得x=1，5分 当0 x1时，于是f(x)在区间(0，1)上为增函数；在(1，+)上为减函数.7分 x11 ln xx,e x11 ln xxfx0e ；x11 ln xxfx0.e(3)g(x)=(x2+x)f(x)=x(0,+)，因此，对任意x0,8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
15、,e-2)时，h(x)0,h(x)单调递增；x1xxln xx1,e x22eg x1 e1xxln x1 e.x1 等价于当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 12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 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(2)=f(2)-2=0,g(x)0的解集为(2,+).答案:(2,+)2.已知函
16、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处取极小值,故 f(x1)=4,f(x2)=0.由此作出f(x)的
17、草 图,如图所示.结合图象可知,正确.答案:3.设a0，函数f(x)=x+,g(x)=x-ln x，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.g(x)=1-0,所以函数g(x)在1,e上为增函数，g(x)max=g(e)=e-1.由f(x)=1-=0，得x=a.2ax1x22ax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 得 a1;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;20a1a1e 1，e21ae2ae 1，当ae时，函数f(x)在1,e上为减函数，此时f(x)min=f(e)=e+，解 得ae.综上,a .答案:a 2ae2aeaee 1,e e2e2
