江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题5 导数的综合应用

•常考问题5导数的综合应用[真题感悟][考题分析]热点一利用导数解决函数的实际问题【例1】时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y＝mx－2＋4(x－6)2，其中2x6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．•(1)求m的值；•(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数)解(1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝mx－2＋4(x－6)2，得m2＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝10x－2＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)＝(x－2)10x－2＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(2x6)，从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2x6)．令f′(x)＝0，得x＝103，且在2，103上，f′(x)0，函数f(x)单调递增；在(103，6)上，f′(x)0，函数f(x)单调递减，所以x＝103是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝103≈3.3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．•[规律方法]在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去．•【训练1】(2011·江苏卷)请你给某厂商设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60cm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四个点重合于点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E，F在AB上，且是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．•(1)若厂商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？•(2)若厂商要求包装盒的体积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．解设包装盒的高为h(cm),底面边长为a(cm)．由已知得a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x)，0x30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800.所以当x＝15时，S取得最大值．即当包装盒的侧面积S最大时，x的值为15.(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍去)或20.当x∈(0,20)时，V′0；当x∈(20,30)时，V′0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值，此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.•热点二利用导数解决不等式的有关问题•【例2】(2013·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.•(1)求a，b，c，d的值；•(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．•解(1)因为曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，所以b＝d＝2；•因为f′(x)＝2x＋a，故f′(0)＝a＝4；•g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，•故g′(0)＝2＋c＝4，故c＝2.•从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)令F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝(kex－1)(2x＋4)，由题设可得F(0)≥0，故k≥1，令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2，①若1≤ke2，则－2x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)0，当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)0，即F(x)在[－2，＋∞)上最小值为F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0，此时f(x)≤kg(x)恒成立；②若k＝e2，F′(x)＝(ex＋2－1)(2x＋4)，故F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，因为F(－2)＝0，所以f(x)≤kg(x)恒成立；③若ke2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)0，从而当x∈[－2，＋∞)时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上所述k的取值范围是[1，e2]．•[规律方法]涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题．在转化过程中，一定要注意等价性，对于含参数的不等式，注意分离参数与分类讨论；必要时，可作出函数图象草图，借助几何直观分析转化．【训练2】已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋20；(3)求证：ln22·ln33·ln44·…·lnnn1n(n≥2，n∈N*)．(1)解根据题意知，f′(x)＝a1－xx(x0)，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a＝0时，f(x)不是单调函数．•(2)证明当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋x－3，•所以f(1)＝－2，•由(1)知f(x)＝－lnx＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，•所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)f(1)．•即f(x)－2，所以f(x)＋20.(3)证明由(2)得－lnx＋x－3＋20，即－lnx＋x－10，所以lnxx－1对一切x∈(1，＋∞)恒成立．∵n≥2，n∈N*，则有0lnnn－1，∴0lnnnn－1n，∴ln22·ln33·ln44·…·lnnn12·23·34·…·n－1n＝1n(n≥2，n∈N*)．热点三函数与导数的综合问题【例3】(2013·山东卷)设函数f(x)＝xe2x＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值．(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．解(1)f′(x)＝e2x－2xe2xe2x2＝1－2xe2x，由f′(x)0得x12，由f′(x)0得x12.所以f(x)的单调递增区间为－∞，12，递减区间为12，＋∞.所以f(x)max＝f12＝12e＋c.(2)由已知|lnx|＝f(x)得|lnx|－xe2x＝c，x∈(0，＋∞)，令g(x)＝|lnx|－xe2x，y＝c.①当x∈(1，＋∞)时，lnx0，则g(x)＝lnx－xe2x.所以g′(x)＝1x＋2x－1e2x0.所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．②当x∈(0,1)时，lnx0，则g(x)＝－lnx－xe2x.所以g′(x)＝－1x－1－2xe2x＝1e2x－e2xx＋2x－1.因为e2x∈(1，e2)，e2x1x0，所以－e2xx－1，而2x－11.所以g′(x)0，即g(x)在(0,1)上单调递减．由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－1e2.由数形结合知，当c－1e2时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－1e2时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c－1e2时，方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.•[规律方法](1)本题第(1)问，利用了函数单调的充分条件：“若f′(x)0，则f(x)单调递增，若f′(x)0，则f(x)•单调递减”；求出函数的单调区间，而对于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定存在最值，在开区间上函数不一定存在最值，若存在，一定是极值．•(2)本题第(2)问，借助转化与数形结合的思想，把方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数，利用极值解决问题．【训练3】(2013·南京、盐城模拟)设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝1x，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g1x的大小关系；(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．解(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋1x，所以g′(x)＝x－1x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.(2)g1x＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g1x＝2lnx－x＋1x，则h′(x)＝－x－12x2，当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g1x，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g1x；当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g1x.(3)满足条件的x0不存在．证明如下：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有lnx＜g(x0)＜lnx＋2x，(*)但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立.