Transcript 高三数学一轮复习资料：导数的综合应用

第3讲
导数的综合应用
考纲要求
1.能利用导数研究函数的单调性，
会求函数的单调区间(其中多项式
函数一般不超过三次)．
2．会用导数求函数的极大值、极
小值(其中多项式函数一般不超过
三次)；会求闭区间上函数的最大
值、最小值(其中多项式函数一般
不超过三次)．
3．会利用导数解决某些实际问题.
考纲研读
备考时要特别注意三次函数、
指数函数与对数函数(以 e 为底)
的综合题．主要题型：(1)利用
导数研究函数的单调性、极值
与最值问题；(2)考查以函数为
载体的实际应用题，主要是首
先建立所求量的目标函数，再
利用导数进行求解；(3)灵活应
用函数图象与性质等.
1．求参数的取值范围
与导数相关的参数范围问题是高考中考查的一个重点，大多
给出函数的单调性，属运用导数研究函数单调性的逆向问题，解
题关键在于灵活运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想方法，
建立关于字母参数的不等关系．
2．用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是：构造可导函数→研究单调性
或最值→得出不等关系→整理得出结论．
3．平面图形面积的最值问题
此类问题的求解关键在于根据几何知识建立函数关系，然后
运用导数方法求最值．上述三类问题，在近几年的高考中都是综
合题，难度较大，体现了在知识交汇点处命题的思路，注重考查
综合解题能力和创新意识，复习时要引起重视．
4．利用导数解决生活中的优化问题
优化问题可归结为函数的最值问题，从而可用导数来解决．
用导数解决优化问题，即求实际问题中的最大(小)值的主要步骤如
下：
(1)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 y＝f(x)，即将优化问题
归结为函数最值问题；
(2)求导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和使 f′(x)＝0 的点的函数值大小，最
大者为最大值，最小者为最小值；
(4)检验作答，即获得优化问题的答案．
1 2
1．已知物体自由落体的运动方程 s＝2gt (其中 g＝10 m/s2)，
则物体在 t＝3 s 的瞬时速度为( A )
A．30
B．40
C．45
D．50
2．函数 f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数 f′(x)在(a，b)
内的图象如图 4－3－1，则函数 f(x)在开区间(a，b)内有极小值点
( A )
图 4－3－1
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
3．函数 f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知 f(x)在 x＝－3 时取极值，
则 a＝( D )
A．2
B．3
C．4
D．5
－16
4．函数 f(x)＝12x－x3 在区间[－3,3]上的最小值是_______.
y＝3x＋1
5．曲线 y＝xex＋2x＋1 在点(0,1)处的切线方程为_________.
考点1
求参数的范围问题
1 2
例1：若f(x)＝－ 2 x ＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则
b的取值范围是 (
)
A．[－1，＋∞)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1]
D．(－∞，－1)
1 2
解析：∵f(x)＝－2x ＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，
b
∴f′(x)＝－x＋
<0在(－1，＋∞)上恒成立，即b<x(x＋2)
x＋2
在(－1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1在(－1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>－1.
∴当b≤－1时，b<x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．
1 2
即f(x)＝－2x ＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数．
答案：C
【互动探究】
9 2
1．设函数f(x)＝x －2x ＋6x－a.
3
(1)对于任意实数x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；
(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，
因为x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m，
即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立．
3
所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－4，
3
即m的最大值为－4.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0；
当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
5
所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝2－a；
当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a.
故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根．
5
解得a<2或a>2.
考点2
利用导数证明不等式问题
1－x
例 2：已知函数 f(x)＝ ax ＋lnx.
(1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范
围；
(2)当 a＝1 时，求
1

f(x)在2，2上的最大值和最小值；


1
(3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>2＋
1 1
1
＋
＋…＋
3 4
n.
1－x
ax－1
解析：(1)∵f(x)＝ ax ＋lnx，∴f′(x)＝ ax2 (a>0)．
∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，
ax－1
∴f′(x)＝ ax2 ≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立．
∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立．
1
即 a≥x 对 x∈[1，＋∞)恒成立．
∴a≥1.
x－1
(2)当 a＝1 时，f′(x)＝ x2 .
∴当
1

x∈2，1时，f′(x)<0，故


f(x)在
1

x∈2，1上单调递减；


当 x∈(1,2]时，f′(x)>0，故 f(x)在 x∈(1,2]上单调递增．
1

∴f(x)在区间2，2上有唯一极小值点，


故 f(x)min＝f(x)极小值＝f(1)＝0.
又
1
1


f 2 ＝1－ln2，f(2)＝－2＋ln2，
 
lne3－ln16
1
3
f(2)－f(2)＝2－2ln2＝
，
2
3
∵e
1
1
>16，∴f2－f(2)>0，即 f2>f(2)．
 
 
1

∴f(x)在区间2，2上的最大值


综上可知，函数
1
f(x)max＝f2＝1－ln2.
 
1


f(x)在 2，2上的最大值是


1－ln2，最小值是 0.
1－x
x－1
(3)当 a＝1 时，f(x)＝ x ＋lnx，f′(x)＝ x2 ，故 f(x)在[1，
＋∞)上为增函数．
n
当 n>1 时，令 x＝
，则 x>1，故 f(x)>f(1)＝0.
n－1
n
1－
 n 
n－1
1
n
n
∴fn－1＝
＋ln
＝－n＋ln
>0，
n
n－1
n－1


n－1
n 1
即 ln
>n.
n－1
2 1
3 1
4 1
n 1
∴ln1>2，ln2>3，ln3>4，…，ln
>n.
n－1
2
3
4
1
n 1 1 1
∴ln1＋ln2＋ln3＋…＋ln
>2＋3＋4＋…＋n.
n－1
1 1 1
1
∴lnn>2＋3＋4＋…＋n.
1 1 1
1
即对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>2＋3＋4＋…＋n.
1－x
x－1
本题的关键在于 f(x)＝ x ＋lnx，f′(x)＝ x2 ，故
n
f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当 n>1 时，令 x＝
，则 x>1，故
n－1
f(x)>f(1)＝0，
n
1－
 n 
n－1
1
n
n
n 1


∴f n－1 ＝
＋ln
＝－n＋ln
>0，即 ln
> .
n
n－1
n－1
n－1 n


n－1
怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示．通过本题的
学习，我们要掌握此类问题一般规律．本题出错在于同学完全没
1
x
有想到利用前面的结论，而直接讨论函数 f(x)＝ln
－ 的单调
x－1 x
性求解，可以试试看，肯定行不通．
【互动探究】
lnx
2．已知函数 f(x)＝kx，g(x)＝ x .
(1)求方程
1

f(x)＝g(x)在区间e ，e内的解的个数；


ln2 ln3
lnn 1
(2)求证： 24 ＋ 34 ＋…＋ n4 <2e.
lnx
解：(1)由 f(x)＝g(x)，得 k＝ x2 .
1

lnx
令 h(x)＝ x2 ，所以方程 f(x)＝g(x)在区间e ，e内解的个数即


1

lnx
为函数 h(x)＝ x2 ，x∈e ，e的图象与直线 y＝k 交点的个数．


1－2lnx
h′(x)＝ x3 ，当 h′(x)＝0 时，x＝ e.
当x
1

在区间e ，e内变化时，h′(x)，h(x)变化如下：


x
1
 ，
e

e

h′(x)
＋
h(x)
递增
e
0
1
2e
( e，e]
－
递减
1
1
2
当 x＝e时，y＝－e ；当 x＝ e时，y＝2e；
1
当 x＝e 时，y＝e2.
1
所以，①当 k>2e或 k<－e2 时，该方程无解．
1
1
2
②当 k＝2e或－e ≤k<e2时，该方程有一个解．
1
1
③当e2≤k<2e时，该方程有两个解．
lnx 1
lnx 1 1
(2)由(1)知 x2 ≤2e，∴ x4 ≤2e·x2.
1
ln2 ln3
lnn 1  1 1
∴ 24 ＋ 34 ＋…＋ n4 ≤2e22＋32＋…＋n2.


1 1
1 1
1
1
∵22＋32＋…＋n2<1·2＋2·3＋…＋
n－1·n
 1

1
1 1 1
1





－
＝ 1－2 ＋ 2－3 ＋…＋n－1 n＝1－n<1.

 



ln2 ln3
lnn 1
∴ 24 ＋ 34 ＋…＋ n4 <2e.
考点3
利用导数解决实际优化问题
例3：(2011 年江苏)请你设计一个包装盒，如图 4－3－2 所示，
ABCD 是边长为 60 cm 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
点重合于图中的点 P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、
F 在 AB 上，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)某广告商要求包装盒的侧面积 S cm2 最大，试问 x 应取何
值？
(2)某厂商要求包装盒的容积 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．
图 4－3－2
解析：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为 a(cm)，
60－2x
由已知得 a＝ 2x，h＝
＝ 2(30－x)，0＜x＜30.
2
(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，
所以当x＝15 时，S 取得最大值．
(2)V＝a2h＝2
2(－x3＋30x2)，V′＝6
2x(20－x)，
由V′＝0得x＝0(舍)或x＝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．
1
h 1
此时a＝2，即包装盒的高与底面边长的比值为2.
引入恰当的变量、建立适当的模型是解题的关键．
第(1)中侧面积 S 是关于 x 的二次函数，可以利用抛物线的性质求
最值，也可以利用导数求解；而第(2)题中容积 V 是关于 x 的三次
函数，因此只能利用导数求最值．
【互动探究】
3．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已
知在速度为每小时 10 公里时的燃料费是每小时 6 元，而其他与速
度无关的费用是每小时 96 元，为使行驶每公里的费用总和最小，
则此轮船的航行速度为(
A．10 公里/小时
B．15 公里/小时
C．20 公里/小时
D．25 公里/小时
)
解析：船速度为 x(x>0)时，燃料费用为 Q 元，则 Q＝kx3，由
 3 3
1
3
3 3
6＝k×10 可得 k＝500，∴Q＝500x .∴总费用 y＝500x ＋96·x＝


3
3 2 96
6
96
500x ＋ x ，y′＝500x－ x2 .令 y′＝0 得 x＝20，当 x∈(0,20)时，
y′<0，此时函数单调递减，当 x∈(20，＋∞)时，y′>0，此时函
数单调递增，∴当 x＝20 时，y 取得最小值，∴此轮船以 20 公里/
小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．
答案：Ｃ
思想与方法
8．利用数形结合思想讨论函数的图象及性质
例题：(2011 年“江南十校”联考)已知函数 f(x)＝ax3＋bx2＋
cx 在 x＝±1 处取得极值，且在 x＝0 处的切线的斜率为－3.
(1)求 f(x)的解析式；
(2)若过点 A(2，m)可作曲线 y＝f(x)的三条切线，求实数 m 的
取值范围．
解析：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，

f′1＝3a＋2b＋c＝0，
依题意

f′－1＝3a－2b＋c＝0

b＝0，
⇒

3a＋c＝0.
又f′(0)＝－3，∴c＝－3，a＝1.∴f(x)＝x3－3x.
(2)设切点为(x0，x30－3x0)，
∵f′(x)＝3x2－3，∴f′(x0)＝3x02－3.
∴切线方程为y－(x30－3x0)＝(3x20－3)(x－x0)，
又切线过点A(2，m)，
∴m－(x30－3x0)＝(3x20－3)(2－x0)．
∴m＝－2x30＋6x20－6.
令g(x)＝－2x3＋6x2－6，
则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)．
由g′(x)＝0得x＝0或x＝2.
g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2.
画出草图知(如图4－3－3)，
当－6＜m＜2时，m＝－2x3＋6x2－6有三解，
∴ m 的取值范围是(－6,2)．
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求
(1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的
单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．
(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导
数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上
不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
(3)体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性，体会
导数在解决实际问题中的作用．
1．用导数求最值时，要步骤规范、表格齐全；若解析式中含
有参数，要注意讨论参数的大小．
2．如果连续函数在某区间内只有一个极值，那么极大值就是
最大值，极小值就是最小值，即不必再与端点处函数值进行比较．
3．在解决实际优化问题时，要注意所设自变量的取值范围，
同时要注意考虑问题的实际意义，把不符合实际意义的值舍去，
并还原到实际问题作答．