§3.3 导数的应用(二)
2014高考会这样考 1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值等综合问题；2.利用导数研究方程根的个数，证明不等式或不等式恒成立问题；3.利用导数解决实际问题．
复习备考要这样做 1.理解数形结合思想、转化思想在导数中的应用；2.会建立函数模型解决不等式问题、实际问题等．
1． 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(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． 2． 不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． [难点正本 疑点清源] 1． 实际问题的最值
(1)注意函数定义域的确定．
(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．
2． 判断方程根的个数时，可以利用数形结合思想及函数的单调性．
1. 如图，水波的半径以50 cm/s的速度向外扩张，当半径为250 cm时，
水波面的圆面积的膨胀率是____________ cm2/s. 答案 25 000π
解析 设时间t时，水波圆的半径、面积分别为r、s，则r＝50t，S＝πr2＝π·(50t)2＝2 500πt2，则S′＝5 000πt，而r＝250时，t＝5，故S′(5)＝25 000π(cm2/s)． 2． 若函数f(x)＝x＋asin x在R上递增，则实数a的取值范围为________．
答案 [－1,1]
解析 ∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函数f(x)＝x＋asin x在R上递增，则1＋acos x≥0对任意实数x都成立． ∵－1≤cos x≤1，
①当a>0时，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴0 ③当a<0时，a≤acos x≤－a，∴a≥－1，∴－1≤a<0. 综上，－1≤a≤1. 3． 若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是__________． 答案 (－2,2) 解析 由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a?(－2,2)． ln x 4． 若f(x)＝，0 x 答案 f(a) 1－ln x 解析 f′(x)＝，∵0 x2∴ 1－ln x >0，即f′(x)>0， x2∴f(x)为增函数，∴f(a) 5． 从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒 子，则盒子容积的最大值为________． 答案 144 cm3 解析 设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm. 则y＝(10－2x)(16－2x)x (0 令y′＝0，得x＝2或(舍去)， 3∴ymax＝6×12×2＝144(cm3). 题型一 运用导数证明不等式问题 例1 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x?R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 思维启迪：证明不等式时要构造函数，利用函数的单调性来解题． (1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x?R知 f′(x)＝ex－2，x?R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2，于是当x变化时， f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，ln 2) － 单调递减 ln 2 0 2(1－ln 2＋a) (ln 2，＋∞) ＋ 单调递增 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x?R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x?R. 由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为 g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x?R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R上单调递增． 于是当a>ln 2－1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－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 探究提高 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)在什么时候可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口． πx3 当0 23 xx＋?， 证明 设f(x)＝tan x－??3?1 则f′(x)＝2－1－x2＝tan2x－x2 cosx＝(tan x－x)(tan x＋x)． π 因为0 2π 0，?时，f(x)为增函数． 即x???2?π 0，?时，f(x)>f(0)． 所以x???2?3 x x＋?>0. 而f(0)＝0，所以f(x)>0，即tan x－??3?x3 故tan x>x＋. 3 题型二 利用导数研究恒成立问题 a 例2 已知函数f(x)＝ln x－. x (1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值； 2(3)若f(x) 思维启迪：(1)求导数f′(x)→判断f′(x)>0或f′(x)<0→确定单调性． (2)根据单调性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解． (3)f(x) 且f′(x)＝＋2＝2. xxx∵a>0，∴f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数． x＋a (2)由(1)可知，f′(x)＝2. x ①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立， 此时f(x)在[1，e]上为增函数， 33 ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)． 22 ②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立， 此时f(x)在[1，e]上为减函数， a3e ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)． e22③若－e 当1 ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－e. 2综上所述，a＝－e. a (3)∵f(x) x又x>0，∴a>xln x－x3. 3 令g(x)＝xln x－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2， 1－6x21 h′(x)＝－6x＝. xx∵x?(1，＋∞)时，h′(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数． ∴h(x) ∴当a≥－1时，f(x) 探究提高 (1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等式即可，注意函数的定义域．(2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的运用． 已知函数f(x)＝ax3－3x＋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ax3－3x＋1≥0可化为 3x－13x－1 a≥3，设g(x)＝3，x?(0,1]， xx1 x－?6??2?3x－?3x－1??3x? g′(x)＝＝－， 6xx43 2 g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表： x g′(x) g(x) ?0，1? ?2?＋ 1 20 4 ?1，1? ?2?－ 因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)． 题型三 生活中的优化问题 例3 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k每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝ 3x＋5(0≤x≤10)，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．
2014《步步高》高考数学第一轮复习03 导数的应用（二）
