1、考点一 利用导数研究生活中的优化问题【典例 1】某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)。设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，底面的建筑成本为 160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12 000 元(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。解析：(1)因为蓄水池侧面的总成本为 1002rh200rh 元，底面的总成本为 160r2 元，所以蓄水池的总成本为(200rh16
2、0r2)元。又根据题意得 200rh160r212 000，所以 h 15r(3004r2)，从而 V(r)r2h5(300r4r3)。由 h0，且 r0 可得 0r5 3，故函数 V(r)的定义域为(0,5 3)。(2)因 V(r)5(300r4r3)，所以 V(r)5(30012r2)令 V(r)0，解得 r15，r25(因为 r25 不在定义域内，舍去)。当 r(0,5)时，V(r)0，故 V(r)在(0,5)上为增函数；当 r(5,5 3)时，V(r)0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数。由此可知，V(r)在 r5 处取得最大值，此时 h8，即当 r5，h8 时，该蓄水池的体积最
3、大。悟技法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 yf(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 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。通一类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，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的
4、两个端点。设 AEFBx(cm)。(1)若广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大，试问 x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)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。解析：设包装盒的高为 h(cm)，底面边长为 a(cm)。由已知得 a 2x，h602x2，0 x30。(1)S4ah8x(30 x)8(x15)21800，所以当 x15 时，S 取得最大值。(2)Va2h2 2(x330 x2)，V6 2x(20 x)。由 V0 得 x0(舍)或 x20。当 x(0,20)时，V0；当 x(20,30)时，V0。所以当 x20 时，V 取得极大值，
5、也是最大值。此时ha12。即包装盒的高与底面边长的比值为12。考点二 利用导数研究恒成立问题【典例 2】设函数 f(x)12x2exxex。(1)求 f(x)的单调区间；(2)若当 x2,2时，不等式 f(x)m 恒成立，求实数 m 的取值范围。解析：(1)函数 f(x)的定义域为(，)，因为 f(x)xex(exxex)x(1ex)，由 f(x)x(1ex)0 得 x0，f(x)0 得 x0，则 f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)。(2)由(1)知，f(x)在0,2上单调递减，在2,0)上单调递增，又 f(2)23e2，f(2)2e2，且 23e22e2，所以 x2,2
6、时，f(x)min2e2，故 m2e2 时，不等式 f(x)m 恒成立。悟技法利用导数解决参数问题主要涉及以下方面(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解。(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为 f(x)0(或f(x)0)恒成立的问题。(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求解。通一类2设函数 f(x)tx22t2xt1(xR，t0)。(1)求 f(x)的最小值 h(t)；(2)若 h(t)2tm 对 t(0,2)恒成立，求实数 m 的取值范围。解析：(1)f(x
7、)t(xt)2t3t1(xR，t0)，当 xt 时，f(x)取最小值 f(t)t3t1，即 h(t)t3t1。(2)令 g(t)h(t)(2tm)t33t1m，由 g(t)3t230，得 t1，t1(不合题意，舍去)。当 t 变化时，g(t)、g(t)的变化情况如下表：t(0,1)1(1,2)g(t)0g(t)递增极大值 1m递减g(t)在(0,2)内有最大值 g(1)1m。h(t)2tm 在(0,2)内恒成立等价于 g(t)0 在(0,2)内恒成立，即等价于 1m0，m 的取值范围为 m1。考点三 利用导数证明不等式问题【典例 3】已知函数 f(x)axex(a0)。(1)若 a12，求函数
8、 f(x)的单调区间；(2)当 1a1e 时，求证：f(x)x。解析：(1)当 a12时，f(x)12xex。f(x)12ex，令 f(x)0，得 xln2。当 xln2 时，f(x)0；当 xln2 时，f(x)0，函数 f(x)的单调递增区间为(，ln2)，单调递减区间为(ln2，)。(2)证明：法一：令 F(x)xf(x)ex(a1)x，()当 a1 时，F(x)ex0，f(x)x 成立。()当 1a1e 时，F(x)ex(a1)exeln(a1)，当 xln(a1)时，F(x)0；当 xln(a1)时，F(x)0，F(x)在(，ln(a1)上单调递减，在(ln(a1)，)上单调递增。F
9、(x)F(ln(a1)eln(a1)(a1)ln(a1)(a1)1ln(a1)，1a1e，a10,1ln(a1)1ln(1e)10，F(x)0，即 f(x)x 成立。综上，当 1a1e 时，有 f(x)x。法二：令 g(a)xf(x)xaxex，只要证明 g(a)0 在 1a1e 时恒成立即可。g(1)xxexex0，g(1e)x(1e)xexexex，设 h(x)exex，则 h(x)exe，当 x1 时，h(x)0；当 x1 时，h(x)0，h(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增。h(x)h(1)e1e10，即 g(1e)0。故知，g(a)0 在 1a1e 时恒成立。当 1a1
10、e 时，有 f(x)x。悟技法利用导数方法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数 h(x)0，其中一个重要技巧就是找到函数 h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口。通一类3已知函数 f(x)12x213ax3(a0)，函数 g(x)f(x)ex(x1)，函数 g(x)的导函数为 g(x)。(1)求函数 f(x)的极值；(2)若 ae。求函数 g(x)的单调区间；求证：x0 时，不等式 g(x)1lnx 恒成立。解析：(1)f(x)xax2axx1a，当 f(x)0 时，x0 或
11、 x1a，又 a0，当 x(，0)时，f(x)0；当 x0，1a 时，f(x)0；当 x1a，时，f(x)0，f(x)的极小值为 f(0)0，f(x)的极大值为 f1a 16a2。(2)ae，g(x)12x213ex3ex(x1)，g(x)x(exex1)。记 h(x)exex1，则 h(x)exe，当 x(，1)时，h(x)0，h(x)是减函数；x(1，)时，h(x)0，h(x)是增函数，h(x)h(1)10，则在(0，)上，g(x)0；在(，0)上，g(x)0，函数 g(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(，0)。证明：x0时，g(x)x(exex1)1lnxexex11lnxx
12、，由知，h(x)exex11，记(x)1lnxx(x0)。则(x)1xx，在区间(1，)上，(x)0，(x)是减函数，(x)(1)0，即1lnxx0，1lnxx1，exex111lnxx，即g(x)1lnx恒成立。高考模拟1.(2015课标卷)设函数f(x)emxx2mx。(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围。解析：(1)f(x)m(emx1)2x。若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0。若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当
13、x(0，)时，emx10，f(x)0。所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增。(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0单调递减，在0,1单调递增，故f(x)在x0处取得最小值。所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是f1f0e1，f1f0e1，即emme1，emme1。设函数g(t)ette1，则g(t)et1。当t0时，g(t)0；当t0时，g(t)0。故g(t)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增。又g(1)0，g(1)e12e0，故当t1,1时，g(t)0。当m1,1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1时，由g(t)的单调性，g
14、(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1。综上，m的取值范围是1,1。2(2015课标卷)已知函数f(x)x3ax14，g(x)lnx。(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数。解析：(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即x30ax0140，3x20a0。解得x012，a34。因此，当a34时，x轴为曲线yf(x)的切线。(2)当x(1，)时，g(x)lnx0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(
15、x)在(1，)上无零点。当x1时，若a54，则f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a54，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，故x1不是h(x)的零点。当x(0,1)时，g(x)lnx0。所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数。()若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调。而f(0)14，f(1)a54，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点。()若3a0，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xa3时，f(x)取得最小值，最小值为fa3 2a3a314。若fa3 0，即34a0，f(x)在(0,1)上无零点；若fa3 0，即a34，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；若fa3 0，即3a34，由于f(0)14，f(1)a54，所以当54a34时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3a54时，f(x)在(0,1)上有一个零点。综上，当a34或a54时，h(x)有一个零点；当a34或a54时，h(x)有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点。
