导数与生活中的优化问题及应用课件.pptx

《导数与生活中的优化问题及应用课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数与生活中的优化问题及应用课件.pptx（64页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、考向1利用导数解决实际生活中的优化问题【典例1】(2013烟台模拟)某商场销售某种商品的经验表明,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=+10(x-6)2,其中3x6,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f(x)最大.第1页/共64页【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点(5,11),将其代入可求得a的值.(2)利润为f(x)=(每件产品的售价-每件产品的成本)销量,表示出

2、函数解析式后,可借助导数求最值.第2页/共64页【规范解答】(1)因为x=5时,y=11,所以 +10=11,所以a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+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)+10(x-6)2=2+10(x-3)(x-6)2,3xf(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是()(A)f(a)eaf(0)(B)f(a)eaf(0)(C)f(a)(D)f(a)(2)(2012辽宁高考)设f(x)=lnx+-1,证明：当x1时，f(x)(x-1);当1x3时，f(x)第9页/共64页【思路点拨】(1)观察选项知,所要比较的两数为 的大小

3、,故可构造函数g(x)=,利用其单调性来比较.(2)构造函数,借助函数单调性证明不等式.同时应注意对于不等式中的无理式,可利用基本不等式放缩后,变为整式或分式的形式后再证明.第10页/共64页【规范解答】(1)选B.令g(x)g(x)0，g(x)在R上为增函数，又a0.g(a)g(0)，即即f(a)eaf(0).第11页/共64页(2)方法一：记g(x)ln x 1 (x1).则当x1时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减.又g(1)0，有g(x)0，即f(x)1时，x1，故 (i).令k(x)ln xx1，则k(1)0，k(x)10，故k(x)0，即ln x1时，f(x)(x1).第1

4、3页/共64页方法一：记h(x)f(x)，得h(x)令g(x)(x5)3216x，则当1x3时，g(x)3(x5)22160.因此g(x)在(1,3)内是减函数，又由g(1)0，第14页/共64页得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(1,3)内是减函数，又h(1)0，得h(x)0.于是当1x3时，f(x)方法二：记h(x)(x5)f(x)9(x1)，则当1x3时，得h(x)f(x)(x5)f(x)9 (x1)(x5)()9第15页/共64页 3x(x1)(x5)(2 )18x 3x(x1)(x5)(2 )18x (7x232x25)0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又h(1)0，

5、所以h(x)0，即f(x)f(b)的形式.(2)对形如f(x)g(x),构造函数F(x)=f(x)-g(x).(3)对于(或可化为)f(x1,x2)A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x).【提醒】解决这种问题常见的思维误区是不善于构造函数或求导之后得出f(x)g(x)f(x)g(x)的错误结论.第17页/共64页2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.第18页/共64页【变式训练】设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,xR.(1)求

6、f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当aln2-1且x0时,exx2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,xR知f(x)=ex-2,xR.令f(x)=0,得x=ln2,于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表.x x(-,ln2)(-,ln2)ln2ln2(ln2,+)(ln2,+)f(x)f(x)-0 0+f(x)f(x)单调递减单调递减2(1-ln2+a)2(1-ln2+a)单调递增单调递增第19页/共64页故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2(1-ln2+a).第20页/共64页

7、(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,xR,于是g(x)=ex-2x+2a,xR.由(1)知当aln2-1时,g(x)的最小值为g(ln2)=2(1-ln2+a)0.于是对任意xR,都有g(x)0,所以g(x)在R内单调递增.于是当aln2-1时,对任意x(0,+),都有g(x)g(0).而g(0)=0,从而对任意x(0,+),g(x)0.即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.第21页/共64页考向3利用导数研究函数的零点【典例3】(1)(2013台州模拟)方程x3-3x=k有3个不等的实根,则常数k的取值范围是.(2)(2012福建高考)已知函数f(x)=axsinx-(a

8、R),且在0,上的最大值为,求函数f(x)的解析式;判断函数f(x)在(0,)内的零点个数,并加以证明.第22页/共64页【思路点拨】(1)设f(x)=x3-3x-k,利用导数求出f(x)的极值,由极值符号对方程根的影响来构造不等式组求解.(2)利用导数求出f(x)在0,的最大值,据此求出a的值;先根据零点存在性定理,判断出根的存在情况,再利用函数的单调性证明.第23页/共64页【规范解答】(1)设f(x)=x3-3x-k,则f(x)=3x2-3,令f(x)=0得x=1,且f(1)=-2-k,f(-1)=2-k,又f(x)的图象与x轴有3个交点,故 -2k2.答案:(-2,2)第24页/共64

9、页(2)由已知f(x)a(sinxxcosx)，对于任意x(0，)，有sinxxcosx0.当a0时，f(x)，不合题意；当a0，x(0，)时，f(x)0，从而f(x)在(0，)内单调递减，又f(x)在0，上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f(0)，不合题意；第25页/共64页当a0，x(0，)时，f(x)0，从而f(x)在(0，)内单调递增，又f(x)在0，上的图象是连续不断的，故f(x)在0，上的最大值为f()，即 ，解得a1.综上所述，得f(x)xsinx .第26页/共64页f(x)在(0，)内有且只有两个零点.理由如下：由知，f(x)xsinx ，从而有f(0)0.0

10、，又f(x)在0，上的图象是连续不断的.所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点.又由知f(x)在0，上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点.第27页/共64页当x ，时，令g(x)f(x)sinxxcosx.由g()10，g()0，且g(x)在 ，上的图象是连续不断的，故存在m(，)，使得g(m)0.由g(x)2cosxxsinx，知x(，)时，有g(x)0，从而g(x)在(，)内单调递减.当x(，m)时，g(x)g(m)0，即f(x)0，从而f(x)在(，m)内单调递增，第28页/共64页故当x ，m时，f(x)f()0，故f(x)在 ，m上无零点；当x(m，)时，有g(x)g

11、(m)0，即f(x)0，从而f(x)在(m，)内单调递减.又f(m)0，f()0，且f(x)在m，上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，)内有且只有两个零点.第29页/共64页【互动探究】在本例题(1)中,若改为“方程只有一个实数根”,其他条件不变,求k的取值范围.【解析】要使原方程只有一个实数根,只需2-k0,解得k2或k0).则f(x)=3ax2+2bx+c.方程f(x)=0的判别式=(2b)2-12ac,(1)0即b23ac时,f(x)0恒成立,f(x)在R上为增函数,结合函数f(x)的图象知,方程f(x)=0有唯一一个实根.第31页/

12、共64页(2)当0即b23ac时,方程f(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1m).当m0时,方程f(x)=0有唯一一个实根;当m=0时,方程f(x)=0有两个实根;当m0时,方程f(x)=0有三个实根;当M=0时,方程f(x)=0有两个实根;当M0时,方程f(x)=0有一个实根.第32页/共64页【变式备选】(2013安庆模拟)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a0.(1)求f(x)的单调区间.(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点,求实数m的取值范围.第33页/共64页【解析】(1)f(x)=3x2-3a=3(x2-a),当a0,故当a0

13、时,由f(x)0解得x ;由f(x)0解得-x0时,f(x)的单调递增区间为(-,-),(,+);f(x)的单调递减区间为(-,).第34页/共64页(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f(-1)=3(-1)2-3a=0,a=1.所以f(x)=x3-3x-1,f(x)=3x2-3,由f(x)=0解得x1=-1,x2=1.由(1)中f(x)单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,结合f(x)的单调性可知,m的取值范围是(-3,1).第35页/共64页【满分指导】导数综合问题的规范

14、解答【典例】(12分)(2012山东高考)已知函数f(x)=(k为常数,e=2.71828 是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行.(1)求k的值.(2)求f(x)的单调区间.(3)设g(x)=xf(x),其中f(x)为f(x)的导函数.证明:对任意x0,g(x)1+e-2.第36页/共64页【思路点拨】已知条件已知条件条件分析条件分析曲线曲线y=f(x)y=f(x)在点在点(1,f(1)(1,f(1)处的切线与处的切线与x x轴轴平行平行得出得出f(1)=0f(1)=0即可求出即可求出k k的值的值求出求出f(x)f(x)及及f(x)=0f(x)=0的根的根

15、,再再判断判断f(x)f(x)的符号的符号g(x)=xf(x)g(x)=xf(x)直接求直接求g(x)=xf(x)g(x)=xf(x)的最值困难的最值困难,可对可对g(x)g(x)放缩后放缩后,再求最值再求最值第37页/共64页【规范解答】(1)得f(x)=2分由已知,f(1)=0,k=1.3分第38页/共64页(2)由(1)知,f(x)=设k(x)=-ln x-1，则k(x)=0，即k(x)在(0,+)上是减函数，由k(1)=0知，k(x)=0有唯一实根.当0 x0，从而f(x)0，当x1时k(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1,+).7

16、分第39页/共64页(3)由(2)可知，当x1时，g(x)=xf(x)01+e-2，故只需证明g(x)1+e-2在0 x1时成立.当0 x0，9分设F(x)=1-xln x-x，x(0,1)，则F(x)=-(ln x+2)，当x(0,e-2)时，F(x)0，当x(e-2,1)时，F(x)0，所以当x=e-2时，F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2.11分第40页/共64页所以g(x)0,g(x)1+e-2.12分第41页/共64页【失分警示】(下文见规范解答过程)第42页/共64页1.(2012 大纲版全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=()(A)-2或2

17、(B)-9或3(C)-1或1(D)-3或1【解析】选A.设y=f(x),f(x)=3(x+1)(x-1),当x=-1或x=1时取得极值,f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.第43页/共64页2.(2013 三亚模拟)设函数f(x)=x3-4x+a,0a2.若f(x)的三个零点为x1,x2,x3,且x1x2-1(B)x20(D)x32第44页/共64页【解析】选C.因为f(x)=3x2-4，所以由f(x)0得x 或x ；由f(x)0得 x ，即f(x)在(-,)上递增，在(，)上递减,在(,+)上递增.又f(0)=a且0a2，f(x)的三个零点满足x1x

18、2x3，据此可画出函数f(x)的草图如图，由图可知x20成立.第45页/共64页3.(2012 山东高考)设函数f(x)=，g(x)=ax2+bx(a，bR，a0),若y=f(x)的图象与y=g(x)图象有且仅有两个不同的公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列判断正确的是()(A)当a0时，x1+x20，y1+y20(B)当a0时，x1+x20，y1+y20(C)当a0时，x1+x20，y1+y20(D)当a0时，x1+x20，y1+y20第46页/共64页【解析】选B.令则1=ax3+bx2(x0),设F(x)=ax3+bx2，F(x)=3ax2+2bx,令F(x)=3ax2+2b

19、x=0,则要使y=f(x)的图象与y=g(x)图象有且仅有两个不同的公共点只需 整理得4b3=27a2，第47页/共64页于是可取a=2,b=3来研究，当a=2，b=3时，2x3+3x2=1，解得x1=-1，x2=，此时y1=-1，y2=2，此时x1+x20，y1+y20；当a=-2，b=3时，-2x3+3x2=1，解得x1=1，x2=-，此时y1=1，y2=-2，此时x1+x20，y1+y20.答案应选B.第48页/共64页4.(2012 天津高考)已知函数f(x)=,xR,其中a0,(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在区间(-2，0)内恰有两个零点，求a的取值范围.(3)

20、当a=1时，设函数f(x)在区间t,t+3上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间-3,-1上的最小值.第49页/共64页【解析】(1)f(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a),由f(x)=0,得x1=-1,x2=a0,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如表:故函数f(x)的单调递增区间是(-,-1),(a,+);单调递减区间是(-1,a).x x(-,-1)(-,-1)-1-1(-1,a)(-1,a)a a(a,+)(a,+)f(x)f(x)+0 0-0 0+f(x)f(x)极大值极大值极小值极小值第50页/共64页(2

21、)由(1)知f(x)在区间(-2，-1)内单调递增，在区间(-1，0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(-2，0)内恰有两个零点当且仅当 解得0a .所以，a的取值范围是(0，).第51页/共64页(3)a=1时，f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在-3，-1上单调递增，在-1，1上单调递减，在1，2上单调递增.当t-3，-2时，t+30，1，-1t，t+3，f(x)在t，-1上单调递增，在-1，t+3上单调递减.因此，f(x)在t，t+3上的最大值M(t)=f(-1)=-，而最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知，当t-

22、3，-2时，f(t)f(t+3)，故m(t)=f(t)，所以第52页/共64页g(t)=f(-1)-f(t)，而f(t)在-3，-2上单调递增，因此f(t)f(-2)=.所以g(t)在-3，-2上的最小值为g(-2)=第53页/共64页当t-2，-1时，t+31，2，且-1，1t，t+3.下面比较f(-1)，f(1)，f(t)，f(t+3)的大小.由f(x)在-2，-1，1，2上单调递增，有f(-2)f(t)f(-1)，f(1)f(t+3)f(2).又由f(1)=f(-2)=，f(-1)=f(2)=，从而M(t)=f(-1)=，m(t)=f(1)=.所以g(t)=M(t)-m(t)=.综上，函

23、数g(t)在区间-3，-1上的最小值为 .第54页/共64页1.函数f(x)的定义域为R,且满足f(2)=2,f(x)1,则不等式f(x)-x0的解集为.【解析】令g(x)=f(x)-x,g(x)=f(x)-1,由题意知g(x)0,g(x)为增函数,g(2)=f(2)-2=0,g(x)0的解集为(2,+).答案:(2,+)第55页/共64页2.已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d(b,c,d为常数),当k(-,0)(4,+)时,f(x)-k=0只有一个实根;当k(0,4)时,f(x)-k=0有3个相异实根,现给出下列四个命题:f(x)-4=0和f(x)=0有一个相同的实根;f(x)=0和f

24、(x)=0有一个相同的实根;f(x)-3=0的任一实根大于f(x)-1=0的任一实根;f(x)+5=0的任一实根小于f(x)-2=0的任一实根.其中正确命题的序号是.第56页/共64页【解析】由题意知0和4为函数的极值,设f(x)=0的两根为x1,x2,且x1x2,则f(x)在x1处取极大值,在x2处取极小值,故f(x1)=4,f(x2)=0.由此作出f(x)的草图,如图所示.结合图象可知,正确.答案:第57页/共64页3.设a0，函数f(x)=x+,g(x)=x-lnx，若对任意的x1，x21,e,都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为_.【解析】只需满足f(x)ming(x)m

25、ax即可.g(x)=1-0,所以函数g(x)在1,e上为增函数，g(x)max=g(e)=e-1.由f(x)=1-=0，得x=a.第58页/共64页当0a1时，函数f(x)在1,e上为增函数,此时f(x)min=f(1)=a2+1,解 得 a1;当1ae时，函数f(x)在(1,a)上为减函数，在(a,e)上为增函数,此时f(x)min=f(a)=2a,解 得1ae;第59页/共64页当ae时，函数f(x)在1,e上为减函数，此时f(x)min=f(e)=e+，解 得ae.综上,a .答案:a 第60页/共64页第61页/共64页第62页/共64页第63页/共64页感谢您的观看！第64页/共64页