1、§3.3導數的綜合應用1利用導數解決生活中的優化問題的一般步驟(1)分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系式yf(x)；(2)求函數的導數f(x)，解方程f(x)0；(3)比較函數在區間端點和f(x)0的點的函數值的大小，最大(小)者為最大(小)值；(4)回歸實際問題作答2不等式問題(1)證明不等式時，可構造函數，將問題轉化為函數的極值或最值問題(2)求解不等式恒成立問題時，可以考慮將參數分離出來，將參數范圍問題轉化為研究新函數的值域問題1判斷下面結論是否正確(請在括號中打“”或“×”)(1)連續函數在閉區間上必有最值()(2

2、)函數f(x)x23x2的極小值也是最小值()(3)函數f(x)x1和g(x)x1都是在x0時取得最小值1.(×)(4)函數f(x)x2ln x沒有最值(×)(5)已知x(0，)，則sin x>x.(×)(6)若a>2，則方程x3ax210在(0,2)上沒有實數根(×)2(2013·福建)設函數f(x)的定義域為R，x0(x00)是f(x)的極大值點，以下結論一定正確的是()AxR，f(x)f(x0)Bx0是f(x)的極小值點Cx0是f(x)的極小值點Dx0是f(x)的極小值點答案D解析A錯，因為極大值未必是最大值B錯，因為函數yf

3、(x)與函數yf(x)的圖象關于y軸對稱，x0應是f(x)的極大值點C錯，函數yf(x)與函數yf(x)的圖象關于x軸對稱，x0應為f(x)的極小值點D對，函數yf(x)與yf(x)的圖象關于原點對稱，x0應為yf(x)的極小值點3設直線xt與函數f(x)x2，g(x)ln x的圖象分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為()A1 B. C. D.答案D解析|MN|的最小值，即函數h(x)x2ln x的最小值，h(x)2x，顯然x是函數h(x)在其定義域內唯一的極小值點，也是最小值點，故t.4若函數f(x)x33xa有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是_答案(2,2)解析由于函數f(

4、x)是連續的，故只需要兩個極值異號即可f(x)3x23，令3x230，得x±1，只需f(1)·f(1)<0，即(a2)(a2)<0，故a(2,2)5若f(x)，0<a<b<e，則f(a)、f(b)的大小關系為_答案f(a)<f(b)解析f(x)，當x(0，e)時，>0，即f(x)>0，f(x)在(0，e)上為增函數，又0<a<b<e，f(a)<f(b)題型一利用導數證明不等式例1已知定義在正實數集上的函數f(x)x22ax，g(x)3a2ln xb，其中a>0.設兩曲線yf(x)，yg(x)有公共

5、點，且在該點處的切線相同(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求證：f(x)g(x)(x>0)思維啟迪(1)設公共點為(x0，y0)，則f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)可得a，b的關系；(2)構造函數F(x)f(x)g(x)，求F(x)的最值(1)解設兩曲線的公共點為(x0，y0)，f(x)x2a，g(x)，由題意知f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)，即由x02a，得x0a或x03a(舍去)即有ba22a23a2ln aa23a2ln a.令h(t)t23t2ln t(t>0)，則h(t)2t(13ln t)于是當t(13ln t)>0，即0<t&l

6、t;e時，h(t)>0；當t(13ln t)<0，即t>e時，h(t)<0.故h(t)在(0，e)上為增函數，在(e，)上為減函數，于是h(t)在(0，)上的最大值為h(e)e，即b的最大值為e.(2)證明設F(x)f(x)g(x)x22ax3a2ln xb(x>0)，則F(x)x2a(x>0)故F(x)在(0，a)上為減函數，在(a，)上為增函數于是F(x)在(0，)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0.故當x>0時，有f(x)g(x)0，即當x>0時，f(x)g(x)思維升華利用導數證明不等式的步驟(1)構造新函數，并求其單調

7、區間；(2)判斷區間端點函數值與0的關系；(3)判斷定義域內函數值與0的大小關系，證不等式 當0<x<時，求證：tan x>x.證明設f(x)tan x，則f(x)1x2tan2xx2(tan xx)(tan xx)因為0<x<，所以x<tan x(簡單進行證明亦可)，所以f(x)>0，即x時，f(x)為增函數所以x時，f(x)>f(0)而f(0)0，所以f(x)>0，即tan x>0.故tan x>x.題型二利用導數求參數的取值范圍例2已知函數f(x)(aR)，g(x).(1)求f(x)的單調區間與極值；(2)若函數f(x)的

8、圖象與函數g(x)的圖象在區間(0，e2上有公共點，求實數a的取值范圍思維啟迪(1)解f(x)0，根據函數值的變化得到單調區間、極值；(2)構造函數F(x)f(x)g(x)，通過F(x)的單調性和函數值的變化研究f(x)、g(x)的交點情況解(1)函數f(x)的定義域為(0，)，f(x).令f(x)0，得xe1a，當x(0，e1a)時，f(x)>0，f(x)是增函數；當x(e1a，)時，f(x)<0，f(x)是減函數所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，e1a，單調遞減區間為e1a，)，極大值為f(x)極大值f(e1a)ea1，無極小值(2)令F(x)f(x)g(x)，則F(x).

9、令F(x)0，得xe2a；令F(x)>0，得x<e2a；令F(x)<0，得x>e2a，故函數F(x)在區間(0，e2a上是增函數，在區間e2a，)上是減函數當e2a<e2，即a>0時，函數F(x)在區間(0，e2a上是增函數，在區間e2a，e2上是減函數，F(x)maxF(e2a)ea2.又F(e1a)0，F(e2)>0，由圖象，易知當0<x<e1a時，F(x)<0；當e1a<xe2，F(x)>0，此時函數f(x)的圖象與函數g(x)的圖象在區間(0，e2上有1個公共點當e2ae2，即a0時，F(x)在區間(0，e2上是增

10、函數，F(x)maxF(e2).若F(x)maxF(e2)0，即1a0時， 函數f(x)的圖象與函數g(x)的圖象在區間(0，e2上只有1個公共點；若F(x)maxF(e2)<0，即a<1時，函數f(x)的圖象與函數g(x)的圖象在區間(0，e2上沒有公共點綜上，滿足條件的實數a的取值范圍是1，)思維升華函數零點或函數圖象交點問題的求解，一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的和諧統一已知函數f(x)x33ax1，a0.(1)求f(x)的單調區間；(2)若f(x)在x1處取得極值，直線ym與

11、yf(x)的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍解(1)f(x)3x23a3(x2a)，當a<0時，對xR，有f(x)>0，當a<0時，f(x)的單調增區間為(，)當a>0時，由f(x)>0，解得x<或x>.由f(x)<0，解得<x<，當a>0時，f(x)的單調增區間為(，)，(，)，單調減區間為(，)(2)f(x)在x1處取得極值，f(1)3×(1)23a0，a1.f(x)x33x1，f(x)3x23，由f(x)0，解得x11，x21.由(1)中f(x)的單調性可知，f(x)在x1處取得極大值f(1)1，在x1處取得

12、極小值f(1)3.直線ym與函數yf(x)的圖象有三個不同的交點，結合如圖所示f(x)的圖象可知：實數m的取值范圍是(3,1)題型三生活中的優化問題例3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y10(x6)2，其中3<x<6，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最大思維啟迪(1)由x5時y11求a；(2)建立商場每日銷售該商品所獲利潤和售價x的函數關系，利用導數求最值解(1)因為x5時，y11

13、，所以1011，a2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y10(x6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)(x3)10(x6)2210(x3)(x6)2,3<x<6.從而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)于是，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f(x)0f(x)單調遞增極大值42單調遞減由上表可得，x4是函數f(x)在區間(3,6)內的極大值點，也是最大值點所以，當x4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42.答當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大思維升華在求實際問題中的最大

14、值或最小值時，一般先設自變量、因變量、建立函數關系式，并確定其定義域，利用求函數最值的方法求解，注意結果應與實際情況相符合用導數求解實際問題中的最大(小)值，如果函數在區間內只有一個極值點，那么根據實際意義該極值點就是最值點某創業投資公司擬投資開發某種新能源產品，估計能獲得10萬元1 000萬元的投資收益現準備制訂一個對科研課題組的獎勵方案：獎金y(萬元)隨投資收益x(萬元)的增加而增加，且資金不超過9萬元，同時獎金不超過投資收益的20%.(1)若建立函數f(x)模型制訂獎勵方案，試用數學語言表述公司對獎勵函數f(x)模型的基本要求；(2)現有兩個獎勵函數模型：y2；y4lg x3.試分析這兩

15、個函數模型是否符合公司要求？解(1)設獎勵函數模型為yf(x)，則公司對函數模型的基本要求是：當x10,1 000時，f(x)是增函數，f(x)9恒成立，f(x)恒成立(2)對于函數模型f(x)2，當x10,1 000時，f(x)是增函數，則f(x)maxf(1 000)2<9.所以f(x)9恒成立因為函數在10,1 000上是減函數，所以max>.從而不恒成立，即f(x)不恒成立故該函數模型不符合公司要求對于函數模型f(x)4lg x3，當x10,1 000時，f(x)是增函數，則f(x)maxf(1 000)4lg 1 00039.所以f(x)9恒成立設g(x)4lg x3，則

16、g(x).當x10時，g(x)<0，所以g(x)在10,1 000上是減函數，從而g(x)g(10)1<0.所以4lg x3<0，即4lg x3<，所以f(x)恒成立故該函數模型符合公司要求二審結論會轉換典例：(12分)已知函數f(x)x2aln x.(1)若a1，求函數f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；(2)若a1，求函數f(x)在1，e上的最大值和最小值；(3)若a1，求證：在區間1，)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)x3的圖象的下方審題路線圖求f(x)的極值(從結論出發向條件轉化，注意隱含條件定義域)求f(x)0的解，即f(x)的極值點(轉化為求函數值

17、)將極值點代入f(x)求對應的極大、極小值(轉化為研究單調性)求f(x)在1，e上的單調性(轉化為求函數值)比較端點值、極值，確定最大、最小值(構造函數進行轉化)F(x)f(x)g(x)(將圖象的上、下關系轉化為數量關系)求證F(x)<0在1，)上恒成立研究函數F(x)在1，)上的單調性規范解答(1)解由于函數f(x)的定義域為(0，)，當a1時，f(x)x，1分令f(x)0得x1或x1(舍去)，2分當x(0,1)時，函數f(x)單調遞減，3分當x(1，)時，函數f(x)單調遞增，4分所以f(x)在x1處取得極小值為.5分(2)解當a1時，易知函數f(x)在1，e上為增函數，6分f(x)

18、minf(1)，f(x)maxf(e)e21.7分(3)證明設F(x)f(x)g(x)x2ln xx3，則F(x)x2x2，9分當x>1時，F(x)<0，故f(x)在區間1，)上是減函數，又F(1)<0，在區間1，)上，F(x)<0恒成立即f(x)<g(x)恒成立11分因此，當a1時，在區間1，)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)圖象的下方12分溫馨提醒(1)導數法是求解函數單調性、極值、最值、參數等問題的有效方法，應用導數求單調區間關鍵是求解不等式的解集；最值問題關鍵在于比較極值與端點函數值的大小；參數問題涉及的有最值恒成立的問題、單調性的逆向應用等，求解時注

19、意分類討論思想的應用(2)對于一些復雜問題，要善于將問題轉化，轉化成能用熟知的導數研究問題方法與技巧1利用導數解決含有參數的單調性問題是將問題轉化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數形結合思想的應用2在實際問題中，如果函數在區間內只有一個極值點，那么只要根據實際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數值比較失誤與防范1函數f(x)在某個區間內單調遞增，則f(x)0而不是f(x)>0 (f(x)0在有限個點處取到)2利用導數解決實際生活中的優化問題，要注意問題的實際意義.A組專項基礎訓練(時間：35分鐘，滿分：57分)一、選擇題1在R上可導的函數f(x)的圖象如圖所示，則關于x

20、的不等式x·f(x)<0的解集為()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(2，1)(1,2)D(，2)(2，)答案A解析由f(x)的圖象知，當x<1或x>1時，f(x)>0；當1<x<1時，f(x)<0，x·f(x)<0的解集是(，1)(0,1)2已知函數f(x)x2mxln x是單調遞增函數，則m的取值范圍是()Am>2 Bm2Cm<2 Dm2答案B解析依題意知，x>0，f(x)，令g(x)2x2mx1，x(0，)，當0時，g(0)1>0恒成立，m0成立，當>0時，則m280，2m<

21、0，綜上，m的取值范圍是m2.3已知函數f(x)x3ax2(a6)x1有極大值和極小值，則實數a的取值范圍是()A(1,2) B(，3)(6，)C(3,6) D(，1)(2，)答案B解析f(x)3x22ax(a6)，由已知可得f(x)0有兩個不相等的實根4a24×3(a6)>0，即a23a18>0.a>6或a<3.4若函數f(x) (a>0)在1，)上的最大值為，則a的值為()A. B. C.1 D.1答案D解析f(x)，當x>時，f(x)<0，f(x)單調遞減，當<x<時，f(x)>0，f(x)單調遞增，當x時，令f(x)

22、，<1，不合題意f(x)maxf(1)，a1，故選D.5某公司生產某種產品，固定成本為20 000元，每生產一單位產品，成本增加100元，已知總營業收入R與年產量x的年關系是RR(x)則總利潤最大時，每年生產的產品是()A100 B150 C200 D300答案D解析由題意得，總成本函數為CC(x)20 000100x，總利潤P(x)又P(x)令P(x)0，得x300，易知x300時，總利潤P(x)最大二、填空題6設函數f(x)kx33x1(xR)，若對于任意x1,1，都有f(x)0成立，則實數k的值為_答案4解析若x0，則不論k取何值，f(x)0都成立；當x>0，即x(0,1時，

23、f(x)kx33x10可化為k.設g(x)，則g(x)，所以g(x)在區間(0，上單調遞增，在區間，1上單調遞減，因此g(x)maxg()4，從而k4；當x<0即x1,0)時，f(x)kx33x10可化為k，g(x)在區間1,0)上單調遞增，因此g(x)ming(1)4，從而k4，綜上k4.7已知函數yx33xc的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c_.答案2或2解析設f(x)x33xc，對f(x)求導可得，f(x)3x23，令f(x)0，可得x±1，易知f(x)在(，1)，(1，)上單調遞增，在(1,1)上單調遞減若f(1)13c0，可得c2；若f(1)13c0，可得c2.8已知函

24、數f(x)x3ax24在x2處取得極值，若m、n1,1，則f(m)f(n)的最小值是_答案13解析對函數f(x)求導得f(x)3x22ax，由函數f(x)在x2處取得極值知f(2)0，即3×42a×20，a3.由此可得f(x)x33x24，f(x)3x26x，易知f(x)在(1,0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增，當m1,1時，f(m)minf(0)4.又f(x)3x26x的圖象開口向下，且對稱軸為x1，當n1,1時，f(n)minf(1)9.故f(m)f(n)的最小值為13.三、解答題9設a為實數，函數f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的單調區間與極值；(2

25、)求證：當a>ln 21且x>0時，ex>x22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)單調遞減2(1ln 2a)單調遞增故f(x)的單調遞減區間是(，ln 2)，單調遞增區間是(ln 2，)，f(x)在xln 2處取得極小值，極小值為f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)證明設g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知當a>ln 21時，g(x)取最小

26、值為g(ln 2)2(1ln 2a)>0.于是對任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R內單調遞增于是當a>ln 21時，對任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，從而對任意x(0，)，都有g(x)>0.即exx22ax1>0，故ex>x22ax1.10統計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y(升)關于行駛速度x(千米/小時)的函數解析式可以表示為yx3x8(0<x120)已知甲、乙兩地相距100千米(1)當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升？(2)當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地

27、耗油最少？最少為多少升？解(1)當x40時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，共耗油×(×403×408)17.5(升)因此，當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油17.5升(2)當速度為x千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設耗油量為h(x)升，依題意得h(x)(x3x8)·x2(0<x120)，h(x)(0<x120)令h(x)0，得x80.當x(0,80)時，h(x)<0，h(x)是減函數；當x(80,120)時，h(x)>0，h(x)是增函數，當x80時，h(x)取得極小值h(80)11.25.易知h(

28、80)是h(x)在(0,120上的最小值故當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，為11.25升B組專項能力提升(時間：25分鐘，滿分：43分)1已知yf(x)是奇函數，當x(0,2)時，f(x)ln xax(a>)，當x(2,0)時，f(x)的最小值為1，則a等于()A. B. C. D1答案D解析f(x)是奇函數，f(x)在(0,2)上的最大值為1.當x(0,2)時，f(x)a，令f(x)0得x，又a>，0<<2.當x<時，f(x)>0，f(x)在(0，)上單調遞增；當x>時，f(x)<0，f(x)在(，2)上單調遞減，

29、f(x)maxf()ln a·1，解得a1.2已知函數f(x)的定義域為R，其導函數f(x)的圖象如圖所示，則對于任意x1，x2R(x1x2)，下列結論正確的是()f(x)<0恒成立；(x1x2)·f(x1)f(x2)<0；(x1x2)·f(x1)f(x2)>0；f()>；f()<.A BC D答案D解析由函數f(x)的導函數的圖象可得，函數f(x)是減函數，且隨著自變量的增大，導函數越來越大，即函數f(x)圖象上的點向右運動時，該點的切線的斜率為負，且值越來越大，由此可作出函數f(x)的草圖如圖所示，由圖示可得<0且f()<，由此可得結論中僅正確，故應選D.3已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則實數a的取值范圍是_答案，)解析f(x)exxexex(1x)當x>1時，f(x)>0，函數f(x)單調遞增；當x<1時，f(x)<0，函數f(x)單調遞減所以函數f(x)的最小值為f(1).而函數g(x)的最大值為a，則由題意，可得a即a.4已知f(x)axln x，x(0，e，g(x)，其中e是自然常數，