新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第三節(jié)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 考點一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題 　 [例1]　(2013·重慶高考)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[來源:] [自主解答]　(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據(jù)題意得200πrh＋160πr2＝ 12 000π，所以h＝(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0<r<5，故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5)． (2)因V(r)＝(300r－4r3)，所以V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5， r2＝－5(因為r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)； 當(dāng)r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 【方法規(guī)律】 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法 求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，然后利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相結(jié)合． 某工廠每天生產(chǎn)某種產(chǎn)品最多不超過40件，產(chǎn)品的正品率P與日產(chǎn)量x(x∈N*)件之間的關(guān)系為P＝，每生產(chǎn)一件正品盈利4 000元，每出現(xiàn)一件次品虧損2 000元．(注：正品率＝產(chǎn)品中的正品件數(shù)÷產(chǎn)品總件數(shù)×100%) (1)將日利潤y(元)表示成日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)； (2)該廠的日產(chǎn)量為多少件時，日利潤最大？并求出日利潤的最大值． 解：(1)∵y＝4 000··x－2 000··x＝3 600x－x3， ∴所求的函數(shù)關(guān)系式是y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)． (2)由(1)知y′＝3 600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.∴當(dāng)1≤x<30時，y′>0；當(dāng)30<x≤40時，y′<0，∴函數(shù)y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)在(1,30)上是單調(diào)遞增函數(shù)，在(30,40)上是單調(diào)遞減函數(shù)．∴當(dāng)x＝30時，函數(shù)y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)取得最大值，最大值為－×303＋3 600×30＝72 000(元)．∴該廠的日產(chǎn)量為30件時，日利潤最大，最大值為72 000元． 考點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根 　 [例2]　已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)若a＝1，求曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若a<0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若a＝－1，函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)＝x3＋x2＋m的圖象有3個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍． [自主解答]　(1)a＝1時，f(x)＝(x2＋x－1)ex， 所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex＝(x2＋3x)ex， 所以曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為k＝f′(1)＝4e.又因為f(1)＝e， 所以所求切線方程為y－e＝4e(x－1)， 即4ex－y－3e＝0. (2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x－1)ex＝[ax2＋(2a＋1)x]ex， ①若－<a<0，當(dāng)x<0或x>－時，f′(x)<0； 當(dāng)0<x<－時，f′(x)>0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0]，； 單調(diào)遞增區(qū)間為. ②若a＝－，則f′(x)＝－x2ex≤0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)． ③若a<－，當(dāng)x<－或x>0時，f′(x)<0； 當(dāng)－<x<0時，f′(x)>0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，[0，＋∞)； 單調(diào)遞增區(qū)間為. (3)a＝－1時，f(x)＝(－x2＋x－1)ex， 由(2)知，f(x)＝(－x2＋x－1)ex在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以f(x)在x＝－1處取得極小值f(－1)＝－，在x＝0處取得極大值f(0)＝－1. 由g(x)＝x3＋x2＋m，得g′(x)＝x2＋x. 當(dāng)x<－1或x>0時，g′(x)>0；當(dāng)－1<x<0時，g′(x)<0. 所以g(x)在(－∞，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,0]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(x)在x＝－1處取得極大值g(－1)＝＋m，在x＝0處取得極小值g(0)＝m. 因為函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖象有3個不同的交點， 所以即 所以－－<m<－1. 故實數(shù)m的取值范圍是. 【互動探究】 保持本例條件不變，試確定m的取值范圍，使函數(shù)g(x)分別有3個零點和2個零點． 解：由例題可知，g(x)的極大值為g(－1)＝＋m，極小值g(0)＝m. 當(dāng)g(x)有3個零點時，需即解得－<m<0.故函數(shù)g(x)有3個零點時，m的取值范圍是. 當(dāng)g(x)有2個零點時，需g(－1)＝0或g(0)＝0，即m＝－或m＝0.　　　　　 【方法規(guī)律】 利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法 研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)． 已知函數(shù)f(x)＝ax(a∈R)，g(x)＝ln x－1. (1)若函數(shù)h(x)＝g(x)＋1－f(x)－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當(dāng)a>0時，試討論這兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)． 解：(1)h(x)＝ln x－x2－2x(x>0)，則h′(x)＝－ax－2.若使h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則h′(x)＝－ax－2<0在(0，＋∞)上有解．而當(dāng)x>0時，h′(x)＝－ax－2<0?ax>－2?a>－，問題轉(zhuǎn)化為a>－在(0，＋∞)上有解，故a大于函數(shù)t＝－在(0，＋∞)上的最小值． 又t＝－＝2－1，故t在(0，＋∞)上的最小值為－1，所以a>－1，故a的取值范圍為(－1，＋∞)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x＋1(a>0，x>0)． 函數(shù)f(x)＝ax與g(x)＝ln x－1的圖象的交點個數(shù)即為函數(shù)F(x)的零點個數(shù)．F′(x)＝a－(x>0)．令F′(x)＝a－＝0，解得x＝.隨著x的變化，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如下表： x F′(x) － 0 ＋ F(x) ↘ 極(最)小值 ↗ ①當(dāng)F＝2＋ln a>0，即a>e－2時，F(xiàn)(x)恒大于0； ②當(dāng)F＝2＋ln a＝0，即a＝e－2時，函數(shù)F(x)有且僅有一個零點； ③當(dāng)F＝2＋ln a<0，即0<a<e－2時，顯然>1.又F(1)＝a＋1>0，所以F(1)·F<0.又F(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，所以F(x)在內(nèi)有且僅有一個零點； 當(dāng)x>時，F(xiàn)(x)＝ln ＋1.由指數(shù)函數(shù)y＝(ea)x(ea>1)與冪函數(shù)y＝x增長速度的快慢知，存在x0>，使得>1.從而F(x0)＝ln＋1>ln 1＋1＝1>0.因而F(x0)·F<0.又F(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)在上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以F(x)在內(nèi)有且僅有一個零點．因此，當(dāng)0<a<e－2時F(x)有且僅有兩個零點． 綜上，當(dāng)a>e－2時，f(x)與g(x)的圖象無交點；當(dāng)a＝e－2時，f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個交點；當(dāng)0<a<e－2時，f(x)與g(x)的圖象有且僅有兩個交點． 高頻考點 考點三 導(dǎo)數(shù)在研究不等式中的應(yīng)用　　[來源:] 1．導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用問題是每年高考的必考內(nèi)容，且以解答題的形式考查，難度較大，屬中高檔題． 2．高考對導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用的考查主要有以下兩個命題角度： (1)證明不等式； (2)解決不等式的恒成立問題． [例3]　(2013·遼寧高考)(1)證明：當(dāng)x∈[0,1]時，x≤sin x≤x； (2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [自主解答]　(1)證明：記F(x)＝sin x－x， 則F′(x)＝cos x－. 當(dāng)x∈時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)在上是增函數(shù)；[來源:] 當(dāng)x∈時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在上是減函數(shù)． 又F(0)＝0，F(xiàn)(1)＞0，所以當(dāng)x∈[0,1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sin x≥x. 記H(x)＝sin x－x， 則當(dāng)x∈(0,1)時，H′(x)＝cos x－1＜0，[來源:] 所以，H(x)在[0,1]上是減函數(shù)， 則H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x. 綜上，x≤sin x≤x，x∈[0,1]． (2)因為當(dāng)x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2 ＝(a＋2)x， 所以，當(dāng)a≤－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立． 下面證明，當(dāng)a>－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立． 因為當(dāng)x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2 ＝(a＋2)x－x2－ ≥(a＋2)x－x2 ＝－x. 所以存在x0∈(0,1)滿足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cos x0－4>0， 即當(dāng)a>－2時，[來源:] 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4≤0對x∈[0,1]不恒成立． 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]． 導(dǎo)數(shù)在不等式問題中的應(yīng)用問題的常見類型及解題策略 (1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式．①證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)． ②證明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，則F(x)在(a，b)上是增函數(shù)，同時若F(a)≥0，由增函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)>0，即證明了f(x)>g(x)． (2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題．利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題． (2013·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲線y＝f(x)和曲線y＝g(x)都過點P(0,2)，且在點P處有相同的切線y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值； (2)若x≥－2時，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍． 解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．設(shè)函數(shù)F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，則F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由題設(shè)可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2. (ⅰ)若1≤k＜e2，則－2＜x1≤0，從而當(dāng)x∈(－2，x1)時，F(xiàn)′(x)＜0；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)在[－2， ＋∞)的最小值為F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故當(dāng)x≥－2時，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅱ)若k＝e2，則F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．從而當(dāng)x＞－2時，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在 (－2，＋∞)上單調(diào)遞增．而F(－2)＝0，故當(dāng)x≥－2時，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅲ)若k＞e2，則F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.從而當(dāng)x≥－2時，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 綜上，k的取值范圍是[1，e2]． ————————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]———————————————— 1個構(gòu)造——構(gòu)造函數(shù)解決問題 　把所求問題通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為可用導(dǎo)數(shù)解決的問題，這是用導(dǎo)數(shù)解決問題時常用的方法． 2個轉(zhuǎn)化——不等式問題中的兩個轉(zhuǎn)化 (1)利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． (2)將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極值問題處理． 3個注意點——利用導(dǎo)數(shù)解決實際問題應(yīng)注意的三點 (1)既要注意將問題中涉及的變量關(guān)系用函數(shù)關(guān)系式表示，還要注意確定函數(shù)關(guān)系式中自變量的取值范圍． (2)一定要注意求得函數(shù)結(jié)果的實際意義，不符合實際的值應(yīng)舍去． (3)如果目標(biāo)函數(shù)在定義區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么根據(jù)實際意義該極值點就是最值點.