2019届江苏高三数学一轮复习讲义+课时作业第三章导数及其应用第17讲导数的综合应用

第17讲 导数的综合应用

考试要求 1.理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(B级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解决某些实际问题(B级要求).

诊 断 自 测

1

1.(教材改编)函数y＝x＋2ln x的最小值为________.

1?211?

解析 定义域为{x|x>0}，令y′＝x－x2<0，解得0

??11?1?

增区间为?2，＋∞?，故x＝2时y取最小值为2＋2ln 2.

??答案 2－2ln 2

1

2.函数f(x)＝sin x＋2x在区间[0，2π]上的值域为________.

24

解析 由f′(x)＝0得x＝3π或x＝3π，再把区间的两个端点的值分别代入解析式，即可得到函数最大值为π，最小值为0. 答案 [0，π]

x2

3.设函数f(x)＝x－2－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]，都有f(x)>a，则实数a

3

的取值范围是________.

2

解析 f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，又37?2?1571177f(1)＝2，f?－3?＝27，f(－1)＝2，f(2)＝7，故f(x)min＝2，所以a<2.

??7

答案 (－∞，2) 4.(选修1－1P83习题3改编)若做一个容积为256的正方形底无盖水箱，为使它的用料最省(全面积最小)，则它的高为________.

解析 设底的边长为a，水箱的高为h，即容积V＝a2h，由已知V＝256得a2h2562561 024

＝256，故h＝a2.又用料S＝a2＋4ah＝a2＋4a·a2＝a2＋a，记S＝f(a)，则f′(a)

3

1 0242（a－512）＝2a－a2＝，

a2令f′(a)>0得a>8；令f′(a)<0得0

故a＝8时S最小，此时h＝82＝4. 答案 4

5.(选修1－1P79例2改编)设计一种体积为v0的圆柱形饮料罐，为了使它的用料最省，则它的高为________.

解析 设底半径为r，高为h，则V0＝πr2h，故h＝

V0， 2πr

V0??2?2V0?r＋r·r＋?， ∴用料S＝2πr＋2πrh＝2π?2?＝2π?πr?πr???

2

V0?2πr3－V0?

记S＝f(r)，则f′(r)＝2π?2r－2?＝2π·， 2πr??πrV0令f′(r)>0得r3>，即r>

2π

3

3

?V0，故f(r)在?0，?2π?

3

?V0??上递减，在??2π??

V0

3

3

?V0，＋∞?2π?

3

上递增，故r＝

V0V0

时用料最省，此时高h＝2＝2ππr

π·

4π

V202

＝

V0·4π2π

32·V0

＝

3

4V0. π

3

答案

4V0

π

知 识 梳 理

1.最值与不等式

各类不等式与函数最值的关系如下表：

不等式类型 任意的x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)M 存在x∈D，f(x)g(x) 任意的x∈D，f(x)g(x2) 任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2) 与最值的关系 任意的x∈D，f(x)min>M 任意的x∈D，f(x)maxM 任意的x∈D，f(x)min0 任意的x∈D，[f(x)－g(x)]max<0 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max 存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min 2.生活中的优化问题 解决优化问题的基本思路：

考点一 导数在研究不等式问题中的应用(典例迁移) 【例1】 (经典母题)已知函数f(x)＝

1＋ln xx. 1??

(1)若函数f(x)在区间?a，a＋2?上存在极值，求正实数a的取值范围；

??(2)如果当x≥1时， 不等式f(x)≥

k

恒成立 ，求实数k的取值范围. x＋1

解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝

1－1－ln xln x

＝－x2x2，

令f′(x)＝0，得x＝1；

当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 1

所以x＝1为极大值点，所以0

??(2)当x≥1时，k≤令g(x)＝

（x＋1）（1＋ln x）

恒成立，

x

（x＋1）（1＋ln x）

，

x

1

（1＋ln x＋1＋x）x－（x＋1）（1＋ln x）

x－ln x

则g′(x)＝＝x2.

x21

再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－x≥0， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，

所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2].

【迁移探究1】 本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥求实数k的取值范围. 解 当x∈[1，e]时，k≤令g(x)＝

（x＋1）（1＋ln x）

有解，

x

k

成立，x＋1

（x＋1）（1＋ln x）

，由例1(2)解可知，

x

2

g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋e， 2?2?

∴k≤2＋，即实数k的取值范围是?－∞，2＋e?.

e??

【迁移探究2】 (2018·苏州调研)已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数.

(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围； ②若存在唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围.