难点15 导数的应用问题-2021届高考数学一轮复习难点突破——重要思想方法 附难点突破答案与解析

难点 15 导数的应用问题 [思维导读] 利用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间［a,b］上的最大最小值，或利用求导法 解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸，这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化，因而已逐 渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用. [实例分享] ●难点磁场 (★★★★★)已知 f(x)=x2+c,且 f［f(x)］=f(x2+1) (1)设 g(x)=f［f(x)］,求 g(x)的解析式； (2)设φ(x)=g(x)－λf(x),试问：是否存在实数λ,使φ(x)在(－∞,－1)内为减函数，且在 (－1，0)内是增函数. ●案例探究 ［例 1］已知 f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在 x=±1 时取得极值，且 f(1)=－1. (1)试求常数 a、b、c 的值； (2)试判断 x=±1 是函数的极小值还是极大值，并说明理由. 命题意图：利用一阶导数求函数的极大值和极小值的方法是导数在研究函数性质方面的继续深入.是导 数应用的关键知识点，通过对函数极值的判定，可使学生加深对函数单调性与其导数关系的理解.属★★★ ★★级题目. 知识依托：解题的成功要靠正确思路的选择.本题从逆向思维的角度出发，根据题设结构进行逆向联想， 合理地实现了问题的转化，使抽象的问题具体化.这是解答本题的闪光点. 错解分析：本题难点是在求导之后，不会应用 f′(±1)=0 的隐含条件，因而造成了解决问题的最大思 维障碍. 技巧与方法：考查函数 f(x)是实数域上的可导函数，可先求导确定可能的极值，再通过极值点与导数的 关系，建立由极值点 x=±1 所确定的相等关系式，运用待定系数法求值. 解：(1)f′(x)=3ax2+2bx+c ∵x=±1 是函数 f(x)的极值点， ∴x=±1 是方程 f′(x)=0,即 3ax2+2bx+c=0 的两根. 由根与系数的关系，得 又 f(1)=－1,∴a+b+c=－1, ③ 由①②③解得 a= , (2)f(x)= x3－ x, ∴f′(x)= x2－ = (x－1)(x+1) 当 x＜－1 或 x＞1 时，f′(x)＞0 当－1＜x＜1 时，f′(x)＜0 ∴函数 f(x)在(－∞,－1)和(1,+∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数. ∴当 x=－1 时，函数取得极大值 f(－1)=1, 当 x=1 时，函数取得极小值 f(1)=－1. ［例 2］在甲、乙两个工厂，甲厂位于一直线河岸的岸边 A 处，乙厂与甲厂在河的同侧，乙厂位于离河      −= =− 13 03 2 a c a b 2 3,0,2 1 == cb 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 ① ②岸 40 km 的 B 处，乙厂到河岸的垂足 D 与 A 相距 50 km，两厂要在此岸边合建一个供水站 C，从供水站到 甲厂和乙厂的水管费用分别为每千米 3a 元和 5a 元，问供水站 C 建在岸边何处才能使水管费用最省？ 命题意图：学习的目的，就是要会实际应用，本题主要是考查学生运用导数知识解决实际问题的意识， 思想方法以及能力. 知识依托：解决实际应用问题关键在于建立数学模型和目标函数.把“问题情景”译为数学语言，找出 问题的主要关系，并把问题的主要关系近似化，形式化，抽象成数学问题，再划归为常规问题，选择合适 的数学方法求解. 错解分析：本题难点是如何把实际问题中所涉及的几个变量转化成函数关系式. 技巧与方法：根据题设条件作出图形，分析各已知条件之间的关系，借助图形的特征，合理选择这些 条件间的联系方式，适当选定变化，构造相应的函数关系. 解法一：根据题意知，只有点 C 在线段 AD 上某一适当位置，才能使总运费最省，设 C 点距 D 点 x km,则 ∵BD=40,AC=50－x, ∴BC= 又设总的水管费用为 y 元，依题意有： y=30(5a－x)+5a (0＜x＜50) y′=－3a+ ,令 y′=0,解得 x=30 在(0,50)上，y 只有一个极值点，根据实际问题的意义， 函数在 x=30(km)处取得最小值，此时 AC=50－x=20(km) ∴供水站建在 A、D 之间距甲厂 20 km 处，可使水管费用最省. 解法二：设∠BCD=Q,则 BC= ,CD=40cotθ,(0＜θ＜ ),∴AC=50－40cotθ 设总的水管费用为 f(θ),依题意，有 f(θ)=3a(50－40·cotθ)+5a· =150a+40a· ∴f′(θ)=40a· 令 f′(θ)=0,得 cosθ= 根据问题的实际意义，当 cosθ= 时，函数取得最小值，此时 sinθ= ,∴cotθ= , ∴AC=50－40cotθ=20(km),即供水站建在 A、D 之间距甲厂 20 km 处，可使水管费用最省. ●锦囊妙计 1.f(x)在某个区间内可导，若 f′(x)＞0,则 f(x)是增函数；若 f′(x)＜0,则 f(x)是减函数. 2.求函数的极值点应先求导，然后令 y′=0 得出全部导数为 0 的点，(导数为 0 的点不一定都是极值点， 例如：y=x3,当 x=0 时，导数是 0，但非极值点)，导数为 0 的点是否是极值点，取决于这个点左、右两边的 增减性，即两边的 y′的符号，若改变符号，则该点为极值点；若不改变符号，则非极值点，一个函数的极 值点不一定在导数为 0 的点处取得，但可得函数的极值点一定导数为 0. 2222 40+=+ xCDBD 22 40+x 22 40 5 +x ax θsin 40 2 π θsin 40 θ θ sin cos35− θ θ θ θθθθ 22 sin cos5340 sin )(sin)cos35(sin)cos35( −⋅=′⋅−−⋅′− a 5 3 5 3 5 4 4 33.可导函数的最值可通过(a,b)内的极值和端点的函数值比较求得，但不可导函数的极值有时可能在函数 不可导的点处取得，因此，一般的连续函数还必须和导数不存在的点的函数值进行比较，如 y=|x|,在 x=0 处 不可导，但它是最小值点. [难点突破训练] 一、选择题 1.(★★★★)设 f(x)可导，且 f′(0)=0,又 =－1,则 f(0)( ) A.可能不是 f(x)的极值 B.一定是 f(x)的极值 C.一定是 f(x)的极小值 D.等于 0 2.(★★★★)设函数 fn(x)=n2x2(1－x)n(n 为正整数)，则 fn(x)在［0,1］上的最大值为( ) A.0 B.1 C. D. 二、填空题 3.(★★★★)函数 f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0 且 a≠1)的单调区间_________. 4.(★★★★)在半径为 R 的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为_________时它的面积最大. 三、解答题 5.(★★★★★)设 f(x)=ax3+x 恰有三个单调区间，试确定 a 的取值范围，并求其单调区间. 6.(★★★★)设 x=1 与 x=2 是函数 f(x)=alnx+bx2+x 的两个极值点. (1)试确定常数 a 和 b 的值； (2)试判断 x=1,x=2 是函数 f(x)的极大值还是极小值，并说明理由. 7.(★★★★)已知 a、b 为实数，且 b＞a＞e,其中 e 为自然对数的底，求证：ab＞ba. 8.(★★★★)设关于 x 的方程 2x2－ax－2=0 的两根为α、β(α＜β),函数 f(x)= . (1)求 f(α)·f(β)的值； (2)证明 f(x)是［α，β］上的增函数； (3)当 a 为何值时，f(x)在区间［α，β］上的最大值与最小值之差最小？ x xf x )(lim 0 ′ → n n)2 21( +− 1)2(4 + + n n n 1 4 2 + − x ax［科普美文］新教材中的思维观点 数学科学具有高度的综合性、很强的实践性，不断的发展性，中学数学新教材打破原教材的框架体系， 新增添了工具性、实践性很强的知识内容，正是发展的产物.新教材具有更高的综合性和灵活多样性，更具 有朝气与活力，因此，把握新教材的脉搏，培养深刻严谨灵活的数学思维，提高数学素质成为燃眉之需. 新教材提升与增添的内容包括简易逻辑、平面向量、空间向量、线性规划、概率与统计、导数、研究 型课题与实习作业等，这使得新教材中的知识内容立体交叉，联系更加密切，联通的渠道更多，并且富含 更高的实用性.因此在高考复习中，要通过总结、编织科学的知识网络，求得对知识的融会贯通，揭示知识 间的内在联系.做到以下几点： 一、深刻领会数学思想方法，把立足点放在提高数学素质上.数学的思想方法是数学的精髓，只有运用 数学思想方法，才能把数学的知识与技能转化为分析问题与解决问题的能力，才能形成数学的素质.知识是 能力的载体，领悟并逐步学会运用蕴含在知识发生发展和深化过程中，贯穿在发现问题与解决问题过程中 的数学思想方法，是从根本上提高素质，提高数学科能力的必由之路，只有通过对数学思想方法的不断积 累，不断总结经验，才能从知识型向能力型转化，不断提高学习能力和学习水平. 二、培养用化归（转化）思想处理数学问题的意识.数学问题可看作是一系列的知识形成的一个关系链. 处理数学问题的实质，就是实现新问题向旧问题的转化，复杂问题向简单问题的转化，实现未知向已知的 转化。虽然解决问题的过程不尽相同，但就其思考方式来讲，通常将待解决的问题通过一次又一次的转化， 直至化归为一类已解决或很容易解决的问题，从而求得原问题的解答. 三、提高用函数方程思想方法分析问题解决问题的能力.函数思想的实质是抛开所研究对象非数学的特 性，用联系和变化的观点，建立各变量之间固有的函数关系.与这种思想相联系的就是方程的思想，在解决 数学问题时，将所求的量（或与所求的量相关的量）设成未知数，用它来表示问题中的其他各量，根据题 中隐含的等量关系去列方程，以求得问题的解决. 数学思维是科学思维的核心，思维的基石在于逻辑推理，逻辑思维能力是数学能力的核心，逻辑推理 是数学思维的基本方法. 我国著名的数学家华罗庚先生认为，学习有两个过程：一个是“从薄到厚，一个是从厚到薄”，前者是 “量”的积累，后者是“质”的飞跃.雄关漫道真如铁，而今迈步从头越，只要同学们在学习中不断积累， 不断探索，不断创新，定能在高考中取得骄人战绩！ [难点突破答案与解析] 难点磁场 解：(1)由题意得 f［f(x)］=f(x2+c)=(x2+c)2+c f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1) ∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c, ∴x2+c=x2+1,∴c=1 ∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1 (2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ) 若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x3+2(2－λ)x ∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数， ∴当 x＜－1 时，φ′(x)＜0 即 4x3+2(2－λ)x＜0 对于 x∈(－∞,－1)恒成立 ∴2(2－λ)＞－4x2, ∵x＜－1,∴－4x2＜－4 ∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4 又函数φ(x)在(－1,0)上是增函数 ∴当－1＜x＜0 时，φ′(x)＞0 即 4x2+2(2－λ)x＞0 对于 x∈(－1,0)恒成立∴2(2－λ)＜－4x2, ∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜0 ∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4 故当λ=4 时，φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，在(－1,0)上是增函数，即满足条件的λ存在. 一、1.解析：由 =－1,故存在含有 0 的区间(a,b)使当 x∈(a,b),x≠0 时 ＜0,于是当 x∈(a,0) 时 f′(0)＞0,当 x∈(0,b)时，f′(0)＜0,这样 f(x)在(a,0)上单增，在(0,b)上单减. 答案：B 2.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令 f′n(x)=0,得 x1=0,x2=1,x3= ,易知 fn(x)在 x= 时取得最大值，最大值 fn( )=n2( )2(1－ )n=4·( )n+1 答案：D 二、3.解析：函数的定义域是 x＞ 或 x＜－2,f′(x)= .(3x2+5x－2)′= , ①若 a＞1,则当 x＞ 时，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函数 f(x)在( , +∞)上是增函数，x＜－2 时，f′(x)＜0.∴函数 f(x)在(－∞,－2)上是减函数. ②若 0＜a＜1,则当 x＞ 时，f′(x)＜0,∴f(x)在( ,+∞)上是减函数，当 x＜－2 时，f′(x)＞0,∴f(x)在(－ ∞,－2)上是增函数 答案：(－∞,－2) 4.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为 2x,高为 h，那么 h=AO+BO=R+ ,解得 x2=h(2R－h),于是内接三角形的面积为 S=x·h= 从而 令 S′=0,解得 h= R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下： h (0, R) R ( ,2R) S′ + 0 － S 增函数 最大值 减函数 由此表可知，当 x= R 时，等腰三角形面积最大. 答案： R 三、5.解：f′(x)=3ax2+1 x f x )0(lim 0 ′ → x f )0(′ n+2 2 n+2 2 n+2 2 n+2 2 n+2 2 n n +2 3 1 253 log 2 −+ xx ea )2)(13( log)56( +− ⋅+ xx ex a 3 1 3 1 3 1 3 1 22 xR − ,)2()2( 432 hRhhhRh −=⋅− )2()2(2 1 432 1 43 ′−−=′ − hRhhRhS 3 2 322 1 43 )2( )23()46()2(2 1 hhR hRhhRhhRh − −=−−= − 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3若 a＞0,f′(x)＞0 对 x∈(－∞,+∞)恒成立，此时 f(x)只有一个单调区间，矛盾. 若 a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾. 若 a＜0,∵f′(x)=3a(x+ )·(x－ ),此时 f(x)恰有三个单调区间. ∴a＜0 且单调减区间为(－∞,－ )和( ,+∞)，单调增区间为(－ , ). 6.解：f′(x)= +2bx+1 (1)由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0,即 a+2b+1=0,且 +4b+1=0,解方程组可得 a=－ ,b=－ , ∴f(x)=－ lnx－ x2+x (2)f′(x)=－ x-1－ x+1,当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0,当 x∈(1,2)时，f′(x)＞0,当 x∈(2,+∞)时，f′(x)＜0, 故在 x=1 处函数 f(x)取得极小值 ,在 x=2 处函数取得极大值 － ln2. 7.证法一：∵b＞a＞e,∴要证 ab＞ba,只要证 blna＞alnb,设 f(b)=blna－alnb(b＞e),则 f′(b)=lna－ .∵b＞a＞e,∴lna＞1,且 ＜1,∴f′(b)＞0.∴函数 f(b)=blna－alnb 在(e,+∞)上是增函数，∴f(b) ＞f(a)=alna－alna=0,即 blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba. 证法二：要证 ab＞ba,只要证 blna＞alnb(e＜a＜b ,即证 ,设 f(x)= (x＞e)，则 f′(x)= ＜ 0,∴函数 f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b, ∴f(a)＞f(b),即 ,∴ab＞ba. 8.解：(1)f(α)= ,f(β)= ,f(α)=f(β)=4 (2)设φ(x)=2x2－ax－2,则当α＜x＜β时，φ(x)＜0, ∴函数 f(x)在(α，β)上是增函数 (3)函数 f(x)在［α，β］上最大值 f(β)＞0,最小值 f(α)＜0, ∵|f(α)·f(β)|=4,∴当且仅当 f(β)=－f(α)=2 时，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值 4，此时 a=0,f(β)=2 ||3 1 a ||3 1 a ||3 1 a ||3 1 a ||3 1 a ||3 1 a x a 2 a 3 2 6 1 3 2 6 1 3 2 3 1 6 5 3 4 3 2 b a b a ) x xln 2 ln1 x x− b b a a lnln > aa −+ − 16 8 2 aa ++ − 16 8 2 22 2 22 22 )1( )4(2)1(4 )1( )1)(4()1()4()( + −−+= + ′+−−+′−=′ x axxx x xaxxaxxf 0 )1( )(2 )1( )22(2 2222 2 > + −= + +−−= x x x axx ϕ