1、考向 1 利用導數解決實際生活中的優化問題 【典例1】(2013煙臺模擬)某商場銷售某種商品的經驗表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關系式y= +10(x-6)2,其中3x6,a為常數,已知銷售價格為5元/千克時,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,試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)最大.ax3第1頁/共64頁【思路點撥】(1)根據“銷售價格為5元/千克時,每日可售出該商品11千克”可知銷售函數過點(5,11),將其代入可求得a的值.(2)利潤為f(x)=(每件產品的售價-每件產品的成本

2、)銷量,表示出函數解析式后,可借助導數求最值.第2頁/共64頁【規范解答】(1)因為x=5時,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)2,3xf(x)，對任意正實數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f(x)=ln x+ -1,證明：當x1時，f(x) (x-1);當1x3時，f(x) af 0e af 0ex329 x1.

3、x5第9頁/共64頁【思路點撥】(1)觀察選項知,所要比較的兩數為 的大小,故可構造函數g(x)= ,利用其單調性來比較.(2)構造函數,借助函數單調性證明不等式.同時應注意對于不等式中的無理式,可利用基本不等式放縮后,變為整式或分式的形式后再證明. a0f af 0ee與 xf xe第10頁/共64頁【規范解答】(1)選B.令g(x)g(x) 0，g(x)在R上為增函數，又a0.g(a)g(0)，即即f(a)eaf(0). xf xe， xx2xxfx ef x efx f xee a0f af 0,ee第11頁/共64頁(2)方法一：記g(x)ln x 1 (x1).則當x1時，g(x)

4、0，g(x)在(1，)上單調遞減.又g(1)0，有g(x)0，即f(x)1時， x1，故 (i).令k(x)ln xx1，則k(1)0，k(x) 10，故k(x)0，即ln x1時，f(x) (x1).2 xx1x221x32第13頁/共64頁方法一：記h(x)f(x) ，得h(x)令g(x)(x5)3216x，則當1x3時，g(x)3(x5)22160.因此g(x)在(1,3)內是減函數，又由g(1)0，9 x 1x521154x2 xx522322x54x5542x4xx5x5x5216x.4x x5第14頁/共64頁得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(1,3)內是減函數，又h(

5、1)0，得h(x)0.于是當1x3時，f(x)方法二：記h(x)(x5)f(x)9(x1)，則當1x3時，得h(x)f(x)(x5)f(x)9 (x1)(x5)( )99 x 1.x53211x2 x第15頁/共64頁 3x(x1)(x5)(2 )18x 3x(x1)(x5)(2 )18x (7x232x25)0.因此h(x)在(1,3)內單調遞減，又h(1)0，所以h(x)0，即f(x)f(b)的形式.(2)對形如f(x)g(x),構造函數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,構造函數f(x,x2)(或f(x1,x).【提

6、醒】解決這種問題常見的思維誤區是不善于構造函數或求導之后得出f(x)g(x)f(x)g(x)的錯誤結論.第17頁/共64頁2.利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形.(2)構造新的函數h(x).(3)對h(x)求導.(4)利用h(x)判斷h(x)的單調性或最值.(5)結論.第18頁/共64頁【變式訓練】設a為實數,函數f(x)=ex-2x+2a,xR.(1)求f(x)的單調區間與極值.(2)求證:當aln2-1且x0時,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,于是當x變化時,f(x),f(x)的變化情

7、況如表.x x(-,ln2)(-,ln2)ln2ln2(ln2,+)(ln2,+)f(x)f(x)- -0 0+ +f(x)f(x)單調遞減單調遞減2(1-ln2+a)2(1-ln2+a)單調遞增單調遞增第19頁/共64頁故f(x)的單調遞減區間是(-,ln2),單調遞增區間是(ln2,+),f(x)在x=ln2處取得極小值,極小值為2(1-ln2+a).第20頁/共64頁(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,xR,于是g(x)=ex-2x+2a,xR.由(1)知當aln2-1時,g(x)的最小值為g(ln2)=2(1-ln2+a)0.于是對任意xR,都有g(x)0,所以g(x)在R內單調

8、遞增.于是當aln2-1時,對任意x(0,+),都有g(x)g(0).而g(0)=0,從而對任意x(0,+),g(x)0.即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.第21頁/共64頁考向 3 利用導數研究函數的零點 【典例3】(1)(2013臺州模擬)方程x3-3x=k有3個不等的實根,則常數k的取值范圍是.(2)(2012福建高考)已知函數f(x)=axsinx- (aR),且在0, 上的最大值為 ,求函數f(x)的解析式;判斷函數f(x)在(0,)內的零點個數,并加以證明.32232第22頁/共64頁【思路點撥】(1)設f(x)=x3-3x-k,利用導數求出f(x)的極值,由極值

9、符號對方程根的影響來構造不等式組求解.(2)利用導數求出f(x)在0, 的最大值,據此求出a的值;先根據零點存在性定理,判斷出根的存在情況,再利用函數的單調性證明.2第23頁/共64頁【規范解答】(1)設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個交點,故 -2k2.答案:(-2,2)2k02k0, ，第24頁/共64頁(2)由已知f(x)a(sinxxcosx)，對于任意x(0， )，有sinxxcosx0.當a0時，f(x) ，不合題意；當a0，x(0， )時，f(x)0，從而f(x)在(0

10、， )內單調遞減，又f(x)在0， 上的圖象是連續不斷的，故f(x)在0， 上的最大值為f(0) ，不合題意；232222232第25頁/共64頁當a0，x(0， )時，f(x)0，從而f(x)在(0， )內單調遞增，又f(x)在0， 上的圖象是連續不斷的，故f(x)在0， 上的最大值為f( )，即 ，解得a1.綜上所述，得f(x)xsinx .2222233a22232第26頁/共64頁f(x)在(0，)內有且只有兩個零點.理由如下：由知，f(x)xsinx ，從而有f(0) 0. 0，又f(x)在0， 上的圖象是連續不斷的.所以f(x)在(0， )內至少存在一個零點.又由知f(x)在0，

11、上單調遞增，故f(x)在(0， )內有且僅有一個零點.32323f( )222222第27頁/共64頁當x ，時，令g(x)f(x)sinxxcosx.由g( )10，g()0，且g(x)在 ，上的圖象是連續不斷的，故存在m( ，)，使得g(m)0.由g(x)2cosxxsinx，知x( ，)時，有g(x)0，從而g(x)在( ，)內單調遞減.當x( ，m)時，g(x)g(m)0，即f(x)0，從而f(x)在( ，m)內單調遞增，22222222第28頁/共64頁故當x ，m時，f(x)f( ) 0，故f(x)在 ，m上無零點；當x(m，)時，有g(x)g(m)0，即f(x)0，從而f(x)在

12、(m，)內單調遞減.又f(m)0，f()0，且f(x)在m，上的圖象是連續不斷的，從而f(x)在(m，)內有且僅有一個零點.綜上所述，f(x)在(0，)內有且只有兩個零點.22232第29頁/共64頁【互動探究】在本例題(1)中,若改為“方程只有一個實數根”,其他條件不變,求k的取值范圍.【解析】要使原方程只有一個實數根,只需2-k0,解得k2或k0).則f(x)=3ax2+2bx+c.方程f(x)=0的判別式=(2b)2-12ac,(1)0即b23ac時,f(x)0恒成立,f(x)在R上為增函數,結合函數f(x)的圖象知,方程f(x)=0有唯一一個實根.第31頁/共64頁(2)當0即b23a

13、c時,方程f(x)=0有兩個實根,設為x1,x2(x1m).當m0時,方程f(x)=0有唯一一個實根;當m=0時,方程f(x)=0有兩個實根;當m0時,方程f(x)=0有三個實根;當M=0時,方程f(x)=0有兩個實根;當M0時,方程f(x)=0有一個實根.第32頁/共64頁【變式備選】(2013安慶模擬)已知函數f(x)=x3-3ax-1,a0.(1)求f(x)的單調區間.(2)若f(x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點,求實數m的取值范圍.第33頁/共64頁【解析】(1)f(x)=3x2-3a=3(x2-a),當a0,故當a0時,由f(x)0解得x ;由

14、f(x)0解得- x0時,f(x)的單調遞增區間為(-,- ),( ,+);f(x)的單調遞減區間為(- , ).aaaaaaaa第34頁/共64頁(2)因為f(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.因為直線y=m與函數y=f(x)的圖象有三個不同的交點,結合f(x)的單調性可知,m的取值范圍是(-3,1).第35頁/共64頁【滿分指導】導數綜合問題的規范解

15、答 【典例】(12分)(2012山東高考)已知函數f(x)=(k為常數,e=2.71828是自然對數的底數),曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線與x軸平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的單調區間.(3)設g(x)=xf(x),其中f(x)為f(x)的導函數.證明:對任意x0,g(x)1+e-2.xln xke第36頁/共64頁【思路點撥】已知條件已知條件條件分析條件分析曲線曲線y=f(x)y=f(x)在點在點(1,f(1)(1,f(1)處的切線與處的切線與x x軸平行軸平行得出得出f(1)=0f(1)=0即可求出即可求出k k的值的值求出求出f(x)f(x)及及f(x)=0f(x)

16、=0的根的根, ,再再判斷判斷f(x)f(x)的符號的符號g(x)=xf(x)g(x)=xf(x)直接求直接求g(x)=xf(x)g(x)=xf(x)的最值困的最值困難難, ,可對可對g(x)g(x)放縮后放縮后, ,再求最值再求最值 xln xkf xe第37頁/共64頁【規范解答】(1) 得f(x)= 2分由已知,f(1)= =0,k=1.3分 xln xkf xx0,e由得，x1ln xkx,e1ke第38頁/共64頁(2)由(1)知,f(x)=設k(x)= -ln x-1，則k(x)= 0，即k(x)在(0,+)上是減函數，由k(1)=0知，k(x)=0有唯一實根.當0 x0，從而f(

17、x)0，當x1時k(x)0，從而f(x)0.綜上可知，f(x)的單調遞增區間是(0,1)，單調遞減區間是(1,+). 7分x1ln x1x.e1x211xx第39頁/共64頁(3)由(2)可知，當x1時，g(x)=xf(x)01+e-2，故只需證明g(x)1+e-2在0 x1時成立.當0 x0， 9分設F(x)=1-xln x-x，x(0,1)，則F(x)=-(ln x+2)，當x(0,e-2)時，F(x)0，當x(e-2,1)時，F(x)0，所以當x=e-2時，F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2. 11分 x1xln xxg x1xln xx.e 第40頁/共64頁所以g(x)0,g

18、(x)1+e-2. 12分第41頁/共64頁【失分警示】 (下文見規范解答過程)第42頁/共64頁1.(2012大綱版全國卷)已知函數y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點,則c=()(A)-2或2(B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1【解析】選A.設y=f(x),f(x)=3(x+1)(x-1),當x=-1或x=1時取得極值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.第43頁/共64頁2.(2013三亞模擬)設函數f(x)=x3-4x+a,0a2.若f(x)的三個零點為x1,x2,x3,且x1x2-1(B)x20(D)x32第44頁/共64頁【

19、解析】選C.因為f(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0a2，f(x)的三個零點滿足x1x2x3，據此可畫出函數f(x)的草圖如圖，由圖可知x20成立.2 332 332 332 332 332 332 332 33第45頁/共64頁3.(2012山東高考)設函數f(x)= ，g(x)=ax2+bx(a，bR，a0),若y=f(x)的圖象與y=g(x)圖象有且僅有兩個不同的公共點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則下列判斷正確的是( )(A)當a0時，x1+x20，y1+

20、y20(B)當a0時，x1+x20，y1+y20(C)當a0時，x1+x20，y1+y20(D)當a0時，x1+x20，y1+y201x第46頁/共64頁【解析】選B.令則1=ax3+bx2(x0),設F(x)=ax3+bx2，F(x)=3ax2+2bx,令F(x)=3ax2+2bx=0,則要使y=f(x)的圖象與y=g(x)圖象有且僅有兩個不同的公共點只需 整理得4b3=27a2，21axbxx，2bx3a ，322b2b2bF()a()b()13a3a3a ，第47頁/共64頁于是可取a=2,b=3來研究，當a=2，b=3時，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2= ，此時y1=-1，y

21、2=2，此時x1+x20，y1+y20；當a=-2，b=3時，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=- ，此時y1=1，y2=-2，此時x1+x20，y1+y20.答案應選B.1212第48頁/共64頁4.(2012天津高考)已知函數f(x)= ,xR,其中a0,(1)求函數f(x)的單調區間.(2)若函數f(x)在區間(-2，0)內恰有兩個零點，求a的取值范圍.(3)當a=1時，設函數f(x)在區間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g(t)在區間-3,-1上的最小值.3211axxaxa32第49頁/共64頁【解析】(1)f(x)=x

22、2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a),由f(x)=0,得x1=-1,x2=a0,當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如表:故函數f(x)的單調遞增區間是(-,-1),(a,+);單調遞減區間是(-1,a).x x(-,-1)(-,-1)-1-1(-1,a)(-1,a)a a(a,+)(a,+)f(x)f(x)+ +0 0- -0 0+ +f(x)f(x) 極大值極大值 極小值極小值 第50頁/共64頁(2)由(1)知f(x)在區間(-2，-1)內單調遞增，在區間(-1，0)內單調遞減，從而函數f(x)在區間(-2，0)內恰有兩個零點當且僅當 解得0a .所以，a的取值范圍是(0， )

23、. f20f10f 00 ， ， ，1313第51頁/共64頁(3)a=1時，f(x)= x3-x-1.由(1)知f(x)在-3，-1上單調遞增，在-1，1上單調遞減，在1，2上單調遞增.當t-3，-2時，t+30，1，-1t，t+3，f(x)在t，-1上單調遞增，在-1，t+3上單調遞減.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t-3，-2時，f(t)f(t+3)，故m(t)=f(t)，所以1313第52頁/共64頁g(t)=f(-1)-f(t)，而f(t)在-3

24、，-2上單調遞增，因此f(t)f(-2)= .所以g(t)在-3，-2上的最小值為g(-2)=53154().333 第53頁/共64頁當t-2，-1時，t+31，2，且-1，1t，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)= .綜上，函數g(t)在區間-3，-1上的最小值為 .531313534343第54頁/共64頁1.函數f(x)的定義域為R,且滿足f(2)=2,f(x)1,則不等式f(x)-x0的解集為.【解析】令g(x)=f(x)-x,g(x)=f(x)-1,由題意知g(x)0,g(x)為增函數,g(2)=f(2)-2=0,g(x)0