2016届高考数学一轮复习课件：第2章 第12节 导数的应用(新人教A版)(山东专用)

第十二节导数的应用(二)掌握３个核心考向课堂限时检测挖掘１大技法[考情展望]1.利用导数解决生活中的优化问题.2.导数与方程、函数零点、不等式等知识交汇命题，综合考查分析问题和解决问题的能力．考向一[041]导数在方程(函数零点)中的应用(2014·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．【思路点拨】(1)先求切点、切线斜率，再求切线方程；(2)利用导数判断函数f(x)在[0，＋∞)上的变化情况，数形结合求解．【尝试解答】(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)，＋∞)f′(x)0－0＋f(x)－aa＋4ea＋2由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝a＋4ea＋2.因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是a＋4ea＋2，－a.规律方法11.在解答本题(2)时应判断f(x)＞f(0)是否成立，这是容易忽视的地方．2．该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．对点训练(2014·威海模拟)设f(x)＝lnx＋ax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．【解】(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)∵f′(x)＝1x－2ax3＝x2－2ax3当a≤0时，f′(x)＞0，(0，＋∞)是f(x)的增区间，当a＞0时，令f′(x)＝0，x＝±2a，(负舍去)当0＜x＜2a时，f′(x)＜0；当x＞2a时，f′(x)＞0所以(0，2a)是f(x)的减区间，(2a，＋∞)是f(x)的增区间，综合：当a≤0时，f(x)的增区间是(0，＋∞)，当a＞0时，f(x)的减区间是(0，2a)，f(x)的增区间是(2a，＋∞)．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当a＝0时有零点x＝1，当a＜0时，f(ea)＝a(e－2a＋1)＜0，f(e－a)＝a(e2a－1)＞0，(或当x→＋0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞)，所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，当a＞0时，由(1)f(x)在(0，2a)上是减函数，f(x)在(2a，＋∞)上是增函数，所以当x＝2a时，f(x)有极小值，即最小值f(2a)＝12(ln2a＋1)．当12(ln2a＋1)＞0，即a＞12e时f(x)无零点，当12(ln2a＋1)＝0，即a＝12e时，f(x)有一个零点，当12(ln2a＋1)＜0，即0＜a＜12e时f(x)有2个零点．综上：当a＞12e时f(x)无零点，当a＝12e或a＝0时f(x)有一个零点，当0＜a＜12e时f(x)有2个零点．考向二[042]导数在不等式中的应用(2013·辽宁高考)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋x32＋1＋2xcosx．当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤11＋x；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．【思路点拨】利用构造法，分别判断f(x)与1－x，f(x)与11＋x的大小关系；利用比较法或构造函数，通过导数求解未知数范围．【尝试解答】(1)证明：要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0,1)时，h′(x)0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(2)法一：f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≥1－x－ax－1－x32－2xcosx＝－xa＋1＋x22＋2cosx，设G(x)＝x22＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数，从而当x∈(0,1)时，G′(x)G′(0)＝0，故G(x)在[0,1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．下面证明，当a－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤11＋x－1－ax－x32－2xcosx＝－x1＋x－ax－x32－2xcosx＝－x11＋x＋a＋x22＋2cosx，记I(x)＝11＋x＋a＋x22＋2cosx＝11＋x＋a＋G(x)，则I′(x)＝－11＋x2＋G′(x)，当x∈(0,1)时，I′(x)0.故I(x)在[0,1]上是减函数，于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a－3时，a＋30，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)0，此时f(x0)g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．法二：先证当x∈[0,1]时，1－12x2≤cosx≤1－14x2.记F(x)＝cosx－1＋12x2，则F′(x)＝－sinx＋x.记G(x)＝－sinx＋x，则G′(x)＝－cosx＋1，当x∈(0,1)时，G′(x)0，于是G(x)在[0,1]上是增函数，因此当x∈(0,1)时，G(x)G(0)＝0，从而F(x)在[0,1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0，所以当x∈[0,1]时，1－12x2≤cosx.同理可证，当x∈[0,1]时，cosx≤1－14x2.综上，当x∈[0,1]时，1－12x2≤cosx≤1－14x2.因为当x∈[0,1]时，f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≥(1－x)－ax－x32－1－2x1－14x2＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．因为f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－ax＋x32＋1＋2xcosx≤11＋x－1－ax－x32－2x1－12x2＝x21＋x＋x32－(a＋3)x≤32xx－23a＋3，所以存在x0∈(0,1)例如x0取a＋33和12中的较小值满足f(x0)g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．规律方法21.本例第1问不等式的证明利用构造函数法，通过导数证明，考查简单的转化化归能力，第2问的两种解法都对转化化归能力进一步升级考查，法一利用第一问的结论进行转化，法二通过构造函数，两次利用导数转化.2.对于该类问题，可从不等式的结构特点出发，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化.对点训练设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＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.【解】(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，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)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln2－1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a＞ln2－1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－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.考向三[043]导数与生活中的优化问题(2013·重庆高考)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．【思路点拨】(1)借助圆柱形的体积公式求V与r间的等量关系，利用h＞0，r＞0求定义域．(2)利用导数研究函数的单调性与最值．【尝试解答】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r0，又由h0可得r53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．规律方法3利用导数解决生活中优化问题的一般步骤1分析实际问题中各量之间的关系，构造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y＝fx，并根据实际意义确定定义域；2求函数y＝fx的导数f′x，解方程f′x＝0得出定义域内的实根，确定极值点；3比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大小值；4还原到实际问题中作答.对点训练(2014·潍坊模拟)已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f(x)万元，且10.8－1