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考点1 利用导数研究生活中的
优化问
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
[典题1] 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
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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12 000π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．
[解] (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，得200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．
因为r>0，又由h>0可得0＜r<5eq \r(3)，
故函数V(r)的定义域为(0,5eq \r(3))．
(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，
故V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5＜0，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq \r(3))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．
[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤
(1)
分析
定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析
实际问题中各量之间的关系，列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式y＝f(x)；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答.
某商场销售某种商品的
经验
班主任工作经验交流宣传工作经验交流材料优秀班主任经验交流小学课改经验典型材料房地产总经理管理经验
表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解：(1)因为当x＝5时，y＝11，
所以eq \f(a,2)＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)知，该商品每日的销售量y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.
从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值42
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)上的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
答：当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
考点2 利用导数研究方程的
零点问题
[典题2] [2017·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2，g(x)＝aln x(a>0)．
(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；
(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a－1)x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意知，F(x)＝f(x)·g(x)＝eq \f(1,2)ax2ln x，
F′(x)＝axln x＋eq \f(1,2)ax＝eq \f(1,2)ax(2ln x＋1)，
由F′(x)>0得x>ef (1,2) eq \s\up15(－)
，
由F′(x)<0得0
0，G(x)单调递增．
要使G(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，
需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(G\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，,G1<0，,Ge>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2e2)＋\f(a－1,e)＋a＞0，,\f(1,2)＋a－1＜0，,\f(e2,2)＋a－1e－a＞0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞\f(2e－1,2e2＋2e)，,a＜\f(1,2)，,a＞\f(2e－e2,2e－2).))
下面比较eq \f(2e－1,2e2＋2e)与eq \f(2e－e2,2e－2)的大小．
由于eq \f(2e－1,2e2＋2e)－eq \f(2e－e2,2e－2)＝eq \f(2e4－2e3－6e＋2,2e2＋2e2e－2)
＝eq \f(2e[e2e－1－3]＋2,2e2＋2e2e－2)>0，故eq \f(2e－1,2e2＋2e)>eq \f(2e－e2,2e－2)，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e－1,2e2＋2e)，\f(1,2))).
设函数f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．
(1)解：由f(x)＝eq \f(x2,2)－kln x(k>0)，得
x＞0且f′(x)＝x－eq \f(k,x)＝eq \f(x2－k,x).
由f′(x)＝0，解得x＝eq \r(k)(负值舍去)．
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
x
(0，eq \r(k))
eq \r(k)
(eq \r(k)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
eq \f(k1－ln k,2)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，eq \r(k))，单调递增区间是(eq \r(k)，＋∞)．
f(x)在x＝eq \r(k)处取得极小值f(eq \r(k))＝eq \f(k1－ln k,2).
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq \r(k))＝eq \f(k1－ln k,2).
因为f(x)存在零点，所以eq \f(k1－ln k,2)≤0，从而k≥e，
当k＝e时，f(x)在区间(1，eq \r(e))上单调递减，且f(eq \r(e))＝0，所以x＝eq \r(e)是f(x)在区间(1, eq \r(e) ]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(0，eq \r(e))上单调递减，且f(1)＝eq \f(1,2)>0，f(eq \r(e))＝eq \f(e－k,2)<0，
所以f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq \r(e) ]上仅有一个零点．
考点3 利用导数研究与不等式
有关的问题
[考情聚焦] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．
主要有以下几个命题角度：
角度一
证明不等式
[典题3] [2017·安徽合肥二模]已知函数f(x)＝eq \f(x＋a,ex).
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)[解] 易得f′(x)＝－eq \f(x－1－a,ex)，
由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)[证明] a＝0，则f(x)＝eq \f(x,ex).
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝eq \f(1－x,ex)－eq \f(1－x0,ex0)
＝eq \f(1－xe x0－1－x0ex,ex＋x0).
设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，
∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，
∴当x＜x0时，φ(x)＞0，
当x＞x0时，φ(x)＜0，
∴当x＜x0时，h′(x)＞0，
当x＞x0时，h′(x)＜0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x)．
角度二
不等式恒成立问题
[典题4] [2017·青海西宁模拟]已知函数f(x)＝x2＋2x，g(x)＝xex.
(1)求f(x)－g(x)的极值；
(2)当x∈(－2,0)时，f(x)＋1≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2x－xex，则h′(x)＝(x＋1)(2－ex)，
令h′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln 2.
当x变化时，h′(x)与h(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，
－1)
－1
(－1，
ln 2)
ln 2
(ln 2，
＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
h(x)
极小值
极大值
∴h(x)极小值＝h(－1)＝eq \f(1,e)－1，h(x)极大值＝h(ln 2)＝ln22，即f(x)－g(x)的极小值为eq \f(1,e)－1，极大值为ln22.
(2)由题意知，当x∈(－2,0)时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，即a≥eq \f(x2＋2x＋1,xex)恒成立．
令t(x)＝eq \f(x2＋2x＋1,xex)，
则t′(x)＝－eq \f(x2＋1x＋1,x2ex)，
∴当x∈(－2，－1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；
当x∈(－1,0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减．
故当x∈(－2,0)时，t(x)max＝t(－1)＝0.
∴a≥0.
故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
角度三
存在型不等式成立问题
[典题5] [2017·福建四地六校联考]已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)不存在实数a，使得f(x)在x＝1处，取得极值．
证明如下：函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－4＝eq \f(2x2－4x＋a,x).
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝eq \f(2x－12,x)，
当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \o\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，
∴F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，
∴a≥eq \f(x\o\al(2,0)－2x0,x0－ln x0)，
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，
∴G′(x)＝eq \f(2x－2x－ln x－x－2x－1,x－ln x2)
＝eq \f(x－1x－2ln x＋2,x－ln x2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
[点石成金] 导数在不等式中的应用问题两大解题策略
(1)利用导数证明不等式
若证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
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浙公网安备 33021202002483