高中数学高考高考数学一轮复习总教案：3 3　导数的应用 (二)

这是一份高中数学高考高考数学一轮复习总教案：3 3　导数的应用 (二)，共3页。教案主要包含了变式训练1，变式训练2，变式训练3等内容，欢迎下载使用。
典例精析
题型一 利用导数证明不等式
【例1】已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x.
(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域；
(2)求证：x＞1时，f(x)＜eq \f(2,3)x3.
【解析】(1)由已知f′(x)＝x＋eq \f(1,x)，
当x∈[1，e]时，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上为增函数.
故f(x)max＝f(e)＝eq \f(e2,2)＋1，f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)，
因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[eq \f(1,2)，eq \f(e2,2)＋1].
(2)证明：令F(x)＝f(x)－eq \f(2,3)x3＝－eq \f(2,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋ln x，则F′(x)＝x＋eq \f(1,x)－2x2＝eq \f((1－x)(1＋x＋2x2),x)，
因为x＞1，所以F′(x)＜0，
故F(x)在(1，＋∞)上为减函数.
又F(1)＝－eq \f(1,6)＜0，
故x＞1时，F(x)＜0恒成立，
即f(x)＜eq \f(2,3)x3.
【点拨】有关“超越性不等式”的证明，构造函数，应用导数确定所构造函数的单调性是常用的证明方法.
【变式训练1】已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时( )
A.f′(x)＞0，g′(x)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0
C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0
【解析】选B.
题型二 优化问题
【例2】 (2012湖南模拟)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋eq \r(x))x万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素.记余下工程的费用为y万元.
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？
【解析】(1)设需新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，
即n＝eq \f(m,x)－1.
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋eq \r(x))x
＝256(eq \f(m,x)－1)＋eq \f(m,x)(2＋eq \r(x))x
＝eq \f(256m,x)＋meq \r(x)＋2m－256.
(2)由(1)知f′(x)＝－eq \f(256m,x2)＋eq \f(1,2)mx＝eq \f(m,2x2)(x－512).
令f′(x)＝0，得x＝512.所以x＝64.
当0＜x＜64时，f′(x)＜0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64＜x＜640时，f′(x)＞0，f(x)在区间(64,640)内为增函数.
所以f(x)在x＝64处取得最小值.
此时n＝eq \f(m,x)－1＝eq \f(640,64)－1＝9.
故需新建9个桥墩才能使y最小.
【变式训练2】(2013上海质检)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).
【解析】设圆柱底面半径为r，高为h，
则由已知可得4(4r＋2h)＝9.6，所以2r＋h＝1.2.
S＝2.4πr－3πr2，h＝1.2－2r＞0，所以r＜0.6.
所以S＝2.4πr－3πr2(0＜r＜0.6).
令f(r)＝2.4πr－3πr2，则f′(r)＝2.4π－6πr.
令f′(r)＝0得r＝0.4.所以当0＜r＜0.4，f′(r)＞0；
当0.4＜r＜0.6，f′(r)＜0.
所以r＝0.4时S最大，Smax＝1.51.
题型三 导数与函数零点问题
【例3】 设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－mx2＋(m2－4)x，x∈R.
(1)当m＝3时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且α＜β.若对任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)当m＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2＋5x，f′(x)＝x2－6x＋5.
因为f(2)＝eq \f(2,3)，f′(2)＝－3，所以切点坐标为(2，eq \f(2,3))，切线的斜率为－3，
则所求的切线方程为y－eq \f(2,3)＝－3(x－2)，即9x＋3y－20＝0.
(2)f′(x)＝x2－2mx＋(m2－4).
令f′(x)＝0，得x＝m－2或x＝m＋2.
当x∈(－∞，m－2)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m－2)上是增函数；
当x∈(m－2，m＋2)时，f′(x)＜0，f(x)在(m－2，m＋2)上是减函数；
当x∈(m＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(m＋2，＋∞)上是增函数.
因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且f(x)＝eq \f(1,3)x[x2－3mx＋3(m2－4)]，
所以
解得m∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).
当m∈(－4，－2)时，m－2＜m＋2＜0，
所以α＜m－2＜β＜m＋2＜0.
此时f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，与题意不合，故舍去.
当m∈(－2,2)时，m－2＜0＜m＋2，
所以α＜m－2＜0＜m＋2＜β.
因为对任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.
因为当x＝m＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1.
当m∈(2,4)时，0＜m－2＜m＋2，
所以0＜m－2＜α＜m＋2＜β.
因为对任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.
因为当x＝m＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1(舍去).
综上可知，m的取值范围是{－1}.
【变式训练3】已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[eq \r(2)，e]上有两个不等解，求a的取值范围.
【解析】(1)当a＞0时，F(x)的递增区间为(eq \f(1,\r(a))，＋∞)，递减区间为(0，eq \f(1,\r(a)))；
当a≤0时，F(x)的递减区间为(0，＋∞).
(2)[eq \f(1,2)ln 2，eq \f(1,e)).
总结提高
在应用导数处理方程、不等式有关问题时，首先应熟练地将方程、不等式问题直接转化为函数问题，再利用导数确定函数单调性、极值或最值.