【南方新课堂】2016年高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 第15讲 导数

第 15 讲

导数在生活中的优化问题举例

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.

利用导数解决实际生活中的优化问题的基本步骤： ①分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数 学模型，写出相应的函数关系式 y=f(x)并确定定义域； ②求导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; ③判断使 f′(x)=0 的点是极大值点还是极小值点；

④确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答，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= gt (其中g=10 m/s2), 2则物体在 t=3 s 的瞬时速度为( A ) A.30 m/s B.40 m/s C.45 m/s D.50 m/s -16 . 2.函数 f(x)=12x-x3 在区间[-3,3]上的最小值是_______ =3x+1 . 3.曲线 y=xex+2x+1 在点(0,1)处的切线方程为y ________ 4.某工厂要围建一个面积为 128 m2 的矩形堆料场，一边 可以用原有的墙壁，其他三边要砌新的墙壁，要使砌墙所用的 16 m,8 m. 材料最省，堆料场的长、宽应分别为________

考点 1 求参数的取值范围问题1 2 例1:(2012年广东广州二模)已知函数f(x)=lnx- ax +x, 2 a∈R.

(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)是否存在实数 a,使得函数 f(x)的极值大于 0?若存在， 求 a 的取值范围；若不存在，说明理由.

解：(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), ax2-x-1 1 f′(x)= -ax+1=- . x x 1+x ①当 a=0 时，f′(x)= ,∵x>0,∴f′(x)>0. x ∴函数 f(x)单调递增区间为(0,+∞). ax2-x-1 ②当 a≠0 时，令 f′(x)=0,得- =0. x ∵x>0,∴ax2-x-1=0.∴Δ=1+4a.

1 ⅰ)当Δ≤0,即 a≤-4时，得 ax2-x-1≤0,故 f ′(x)≥0, ∴函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 1 ⅱ)当Δ>0,即 a>- 时，方程 ax2-x-1=0 的两个实根分 4 1- 1+4a 1+ 1+4a 别为 x1= ,x2= . 2a 2a 1 若- <a<0,则 x1<0,x2<0, 4 此时，当 x∈(0,+∞)时，f′(x)>0, ∴函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 若 a>0,则 x1<0,x2>0, 此时，当 x∈(0,x2)时，f′(x)>0;

当x∈(x2,+∞)时，f′(x)<0, ∴函数f(x)的单调递增区间为 1+ 区间为 1+4a ,+∞ . 2a 1+ 0,

1+4a ,单调递减 2a

综上所述，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为 1+ 0, 1+ 1+4a 1+4a , 单调递减区间为 ，+∞ ; 2a 2a

当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调 递

减区间.

(2)由(1),得当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增， 故函数f(x)无极值； 1+ 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为 0, 1+ 调递减区间为 1+4a , ,+∞ 2a

1+4a ,单 2a

1 则f(x)有极大值，其值为f(x2)=lnx2- 2 ax 2 2 +x2,其中x2= 1+ 1+4a . 2a x2-1 2 2 而ax2-x2-1=0,即ax2=x2+1,∴f(x2)=lnx2+ . 2

x-1 1 1 设函数h(x)=lnx+ 2 (x>0),则h′(x)= x+2>0. x-1 则h(x)=lnx+ 在(0,+∞)上为增函数. 2 又h(1)=0,则h(x)>0等价于x>1. x2-1 ∴f(x2)=lnx2+ 2 >0等价于x2>1. 即在a>0时，方程ax2-x-1=0的大根大于1. 设φ(x)=ax2-x-1,由于φ(x)的图象是开口向上的抛物 1 线，且经过点(0,-1),对称轴x= >0, 2a 则只需φ(1)<0,即a-1-1<0,解得a<2,而a>0. 故实数a的取值范围为(0,2).

【规律方法】也可以采用下面的方法求出实数a的取值范 围: 1+ 1+4a 1 1 ①由于 = 2a + 2 2a 1+4a 1 1 a2 = 2a + 2 1 4 a2+a 在

1+ 1+4a 1+ 1+4a (0,+∞)是减函数，而 =1时,a=2,故 >1 2a 2a 的解集为(0,2),从而实数a的取值范围为(0,2); 1+ 1+4a ②解不等式 >1,而a>0,通过分类讨论得出实 2a 数a的取值范围为(0,2).

【互动探究】

1.(2013 年湖北)已知函数 f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点， 则实数 a 的取值范围是(A.(-∞,0) 1 B. 0,2

)

C.(0,1) D.(0,+∞)

1 解析：f′(x)=lnx+x· -2ax=lnx+1-2ax,函数f(x)有两 x 个极值点，就是f′(x)=0在(0,+∞)内有两个不同的根，即y lnx+1 -lnx =2a与y=g(x)= x 有两个不同交点.g′(x)= x2 ,当x∈ (0,1)时，y=g(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，y=g(x)单调递 减，当x=1时，y=g(x)有极大值g(1)=1.又当x→0时，g(x)→- ∞;当x→+∞时，g(x)>0→0.结合图象，y=2a与y=g(x)= lnx+1 1 x 有两个不同交点，即0<2a<1,0<a<2.答案：B

考点 2 利用导数证明不等式问题

1-x 例2:已知函数f(x)= +lnx. ax (1)若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，求正实数a的取值 范围； 1 (2)当a=1时，求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：(1)∵f(x)= +lnx,∴f′(x)= (a>0). ax ax2 ∵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.

1 x-1 (2)当a=1时，f′(x)= 2 .∴当x∈ 2,1 时，f′(x)<0, x 1 故f(x)在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.