第12节 导数的综合应用（解析版）

第12节导数的综合应用核心素养要做实题型一利用导数证明不等式【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aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.【解析】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)]2(1－ln2＋a)Z故f(x)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f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(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aln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.于是对任意x∈R，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)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)0.即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.【方法归纳】待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．【跟踪训练1】已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex.【解析】(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当xln2时，f′(x)0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当xln2时，f′(x)0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)0，故g(x)在R上单调递增．所以当x0时，g(x)g(0)＝10，即x2ex.题型二导数与函数的零点问题探究1确定函数的零点个数【例2】已知函数f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)为f(x)的导函数．(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．【证明】(1)设g(x)＝f′(x)＝1x－1＋2cosx，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sinx－1x20，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为gπ3＝3π－1＋10，gπ2＝2π－10，所以g(x)在π3，π2上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知：当x∈(0，α)时，f′(x)0，f(x)在(0，α)上单调递增，当x∈(α，π)时，f′(x)0，f(x)在(α，π)上单调递减；所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点απ3απ2，所以f(α)fπ2＝lnπ2－π2＋22－π20，又因为f1e2＝－2－1e2＋2sin1e2－2－1e2＋20，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点．又因为f(π)＝lnπ－π2－π0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．②当x∈[π，2π)时，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，设h(x)＝lnx－x，h′(x)＝1x－10，所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)0，所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点．③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤lnx－x＋2，设φ(x)＝lnx－x＋2，φ′(x)＝1x－10，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)0，所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个零点．【方法归纳】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上的零点的个数．探究2根据函数的零点个数求参数范围【例3】若函数f(x)＝ex－ax2，a∈R在(0，＋∞)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【解析】由f(x)＝0可得1a＝x2ex，令k(x)＝x2ex(x∈(0，＋∞))，则函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，即直线y＝1a与函数k(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，k′(x)＝2x－x2ex＝x2－xex，令k′(x)＝0得x＝2，当x∈(0,2)时，k′(x)0，当x∈(2，＋∞)时，k′(x)0，所以k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以k(x)在(0，＋∞)上的最大值为k(2)＝4e2，因为k(0)＝0，并且当x2时，x2ex0，所以当01a4e2时，k(x)在(0，＋∞)上的图象与直线y＝1a有两个不同的交点，即当ae24时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点．所以，若函数f(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，则实数a的取值范围是e24，＋∞.【方法归纳】已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．【跟踪训练2】若函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，求实数m的取值范围．【解析】g(x)＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex·(x－2)与直线y＝m有两个交点．u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，u′(x)0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，u′(x)0所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e，又x→＋∞时，u(x)→＋∞；x2时，u(x)0，所以－em0.题型三导数在解决实际问题中的应用【例4】某地需要修建一条大型输油管道通过720千米宽的荒漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站)．经预算，修建一个增压站的工程费用为108万元，铺设距离为x千米的相邻两增压站之间的输油管道费用为(2＋x)x万元．设余下工程的总费用为y万元．(1)试将y表示成关于x的函数；(2)需要修建多少个增压站才能使总费用y最小？【解析】(1)设需要新建n个增压站，且(n＋1)x＝720，即n＝720x－1，则y关于x的函数关系式为y＝f(x)＝108n＋(n＋1)(2＋x)x＝108×720x－1＋720x－1＋1(2＋x)x＝77760x＋720x＋1332；(2)由(1)知，f(x)＝77760x＋720x＋1332，f′(x)＝－77760x2＋360x，令f′(x)＝0，得x32＝216，解得x＝36，当0x36时，f′(x)0，f(x)在区间(0,36)内为减函数，当36x720时，f′(x)0，f(x)在区间(36,720)内为增函数，所以f(x)在x＝36处取得最小值，此时n＝72036－1＝19，即需要新建19个增压站才能使y最小．【方法归纳】利用导数的方法解决实际问题．当在定义区间内只有一个点使f′(x)＝0时，如果函数在这点有极大(小)值，那么不与端点值比较，也可以知道在这个点取得最大(小)值．【跟踪训练3】某商场为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t(百万元)，可增加的销售额为－t2＋5t(百万元)(0≤t≤3)．(1)若该商场将当年的广告费控制在三百万元以内，则应投入多少广告费，才能使公司由广告费而产生的收益最大．(注：收益＝销售额－投入费用)(2)现在该商场准备投入三百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预算，每投入技术改造费x(百万元)，可增加的销售额约为－13x3＋x2＋3x(百万元)，请设计一个资金分配方案，使该商场由这两项共同产生的收益最大．【解析】(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，则f(t)＝－t2＋5t－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．所以当t＝2时，f(t)max＝4，即当商场投入两百万元广告费时，才能使商场由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告促销的费用为(3－x)(百万元)，则由此两项所增加的收益为g(x)＝－13x3＋x2＋3x＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－13x3＋4x＋3.对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当0x2时，g′(x)0，即g(x)在[0,2)上单调递增；当2x3时，g′(x)0，即g(x)在(2,3]上单调递减，所以当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝253.故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样商场由此所增加的收益最大，最大收益为253百万元．达标检测要扎实1．已知函数21ln2afxxaxxaR．(1)求函数fx的单调区间；(2)当4a时，若方程22afxaxx在(0，1)内存在唯一实根0x，求证：011,4ex．【解析】(1)函数()fx的定义域为0,则：2111111axaxaxxfxaxaxxx当0a，0x时，()0fx恒成立，所以()fx单调递减；当0a时，令0fx，解得1xa或1x(舍去)，令0fx，1xa，令0fx，10xa所以()fx在10,a上单调递减；1,a上单调递增．综上所述：当0a时，()fx的单调递减区间为0,，无单调递增区间；当0a时，()fx的单调递增区间为1,a，单调递减区间为(0，1a)(2)由题意知：当4a时，方程2ln022aaxaxx在(0，1)内存在唯一根0x，令2ln22aagxxaxx，则211axaxgxaxaxx，0,x当4a时，240aa，则210axax有两个不相等的实数根12,xx，又121xx+，1210xxa，故12,0,1xx设121012xx，令0gx，则10xx，或2xx则当1(0,)xx时，g(x)单调递增，当12(,)xxx时，g(x)单调递减，当2,1xx时，g(x)单调递增，又10g，且g(x)在(0，1)内存在唯一零点0x，则10gx，即01xx，所以200001()0axaxgxx①，且20000()