第4章 第4节 第1课时 导数与不等式-【名师大课堂】2025年高考数学艺术生总复习必备

用导数解决生活中的优化问题 某企业拟建造如图所 示的容器(不计厚度,长度 单位:米),其中容器的中间 为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计 要求容器的体积为64π 3 立方米.假设该容器 的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形 部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分 每平方米建造费用为4千元.设该容器的总建 造费用为y千元. (1)将y表示成r的函数f(r),并求该函数 的定义域. (2)讨论函数f(r)的单调性,并确定r和l 为何值时,该容器的建造费用最小,并求出 最小建造费用. 【解】 (1)因为容器的体积为64π3 立方米, 所以4πr 3 3 +πr 2l=643π ,解得l=64 3r2 -43r , 所以圆柱的侧面积为 2πrl=2πr 643r2- 4 3r =128π3r -8πr 2 3 , 两端两个半球的表面积之和为4πr2, 所以y=f(r)= 128π3r - 8πr2 3 ×3+4πr2×4 =128πr +8πr 2, 又l=64 3r2 -43r>0⇒r<2 4 3, 所以定义域为(0,2 4 3). (2)因为y'=-128πr2 +16πr=16π (r3-8) r2 , 所以令y'>0,得2<r<2 4 3; 令y'<0,得0<r<2, 当r∈(2,2 4 3)时,f(r)为增函数; 当r∈(0,2)时,f(r)为减函数, 所以当r=2,l=83 时, 该容器的建造费用最小为96π千元. 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立 实际问题的数学模型,写出实际问题中变 量之间的函数关系式y=f(x). (2)求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0. (3)比较函数在区间端点和f'(x)=0处的 点的函数值的大小,最大(小)者为最大 (小)值. (4)回归实际问题作答. [针对训练] 5.现有一块边长为a的正方形铁片,铁片的四角 截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一 个无盖方盒,该方盒容积的最大值是 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式 导数法证明不等式 已知函数f(x)=xlnx-2x. (1)求f(x)的单调区间、极值; (2)若x>y>0,试确定f(x)-f(y)与 xlny-ylnx的大小关系,并给出证明. 【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x) =lnx+1-2=lnx-1,令f'(x)=0得x=e. 将x,f'(x),f(x)变化情况列表: x (0,e) e (e,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 150 可得(0,e)是f'(x)的递减区间, (e,+∞)是f(x)的递增区间,f'(x)在x=e 处有极小值-e,无极大值. (2)f(x)-f(y)>xlny-ylnx.证明如下: [f(x)-f(y)]-(xlny-ylnx) =xlnx-2x-ylny+2y-xlny+ylnx =xlnxy+yln x y-2 (x-y) =y xyln x y+ln x y-2 (x y-1 )􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 .(*) 设t=xy>1 ,Q(t)=tlnt+lnt-2(t-1)(t>1), 则Q'(t)=lnt+1+1t-2=lnt+ 1 t-1 (>1). 设 M(t)=lnt+1t-1 (t>1), 则 M'(t)=1t- 1 t2 =t-1 t2 >0(t>1). 所以 M(t)在(1,+∞)上是递增函数. 所以 M(t)>M(1)=0,即Q'(t)>0. 所以Q(t)在(1,+∞)上是递增函数. 所以Q(t)>Q(1)=0. 又y>0,所以(*)>0, 所以f(x)-f(y)>xlny-ylnx. 利用导数证明不等式的方法 (1)构造法:证明f(x)<g(x),x∈(a,b), 可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果 F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数, 则只需F(a)≤0,由减函数的定义可知,x ∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)< g(x). (2)最值比较法:证明f(x)<g(x),x∈ (a,b)时,若构造函数F(x)=f(x)-g(x) 后,F(x)的单调性无法确定,可考虑f(x) 的最大值与g(x)的最小值,如果f(x)max <g(x)min,可证:f(x)<g(x). (3)适当放缩构造法:一是根据已知条件适 当放缩,二是利用常见的放缩结论;lnx< x<ex(x>0);xx+1≤ln (x+1)≤x(x>- 1);若x∈(0,π2 ),则tanx>x>sinx;若 x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥lnx. [针对训练] 1.(2024·山东威海模拟)已知函数f(x)=1- lnx x ,g(x)=aeex +1x-bx ,若曲线y=f(x) 与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1), 且在点A 处的切线互相垂直. (1)求a,b的值; (2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥2x. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 250 单变量不等式恒成立问题 已知函数f(x)=1+lnxx . (1)若函数f(x)在区间 a,a+12 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)≥ kx+1 恒 成立,求实数k的取值范围. 【解】 (1)函数的定义域为(0,+∞), f'(x)=1-1-lnxx2 =-lnx x2 , 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. 所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯 一的极值点, 所以0<a<1<a+12 ,故1 2<a<1 , 即正实数a的取值范围为 12 ,1 . (2)当x≥1时,k≤ (x+1)(1+lnx) x 恒成立, 令g(x)= (x+1)(1+lnx) x (x≥1), 则g'(x)= x(1+lnx+1+1x )-(x+1)(1+lnx) x2 =x-lnx x2 . 再令h(x)=x-lnx(x≥1), 则h'(x)=1-1x≥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,即实数k的取值范围是(-∞,2]. 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的 思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题 是指在能够判断出参数的系数正负的情 况下,可以根据不等式的性质将参数分 离出来,得到一个一端是参数,另一端是 变量表达式的不等式,只要研究变量表 达式的最值就可以解决问题. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过 好“双关” 转化 关 通过分离参数法,先转化为f(a) ≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈ D恒成立,再转化为f(a)≥g(x)max ((或f(a)≤g(x)min) 求最 值关 求函数g(x)在区间D 上的最大值 (或最小值)问题 [针对训练] 2.(2024·石嘴山模拟)设函数f(x)=lnx+kx , k∈R. (1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线 与直线x-2=0垂直,求f(x)的单调性和 极小值(其中e为自然对数的底数); (2)若对任意的x1>x2>0,f(x1)-f(x2) <x1-x2 恒成立,求k的取值范围. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 350 ×(-2x)+(a-2x)2=(a-2x)(a-6x),由V'=0得 x=a6 或x=a2 (舍去),则x=a6 为V 在定义域内唯一的 极大值点也是最大值点,此时Vmax= 2 27a 3. 第四节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式 考点知能突破 针对训练 1.解:(1)因为f(x)=1-lnxx ,所以f'(x)=lnx-1x2 , f'(1)=-1.因为g(x)=aeex +1x-bx , 所以g'(x)=-aeex -1 x2 -b. 因为曲 线y=f(x)与 曲 线y=g(x)的 一 个 公 共 点 是 A(1,1),且在点A 处的切线互相垂直,所以g(1)=1,且 f'(1)·g'(1)=-1,从而g(1)=a+1-b=1,且g'(1)= -a-b-1=1,解得a=b=-1. (2)g(x)=-eex +1x+x , 则f(x)+g(x)≥2x⇔1- lnx x - e ex -1x+x≥0. 令h(x)=1-lnxx - e ex -1x+x (x≥1), 则h(1)=0,h'(x)=-1-lnx x2 +e ex +1 x2 +1=lnx x2 +e ex +1. 因为x≥1,所以h'(x)=lnx x2 +e ex +1>0, 所以h(x)在[1,+∞)上单调递增, 所以h(x)≥h(1)=0,即1-lnxx - e ex -1x+x≥0. 故当x≥1时,f(x)+g(x)≥2x 成立. 2.解:(1)由条件得f'(x)=1x- k x2 (x>0), 因为曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x-2= 0垂直, 所以f'(e)=0,即1e- k e2 =0,解得k=e,所以f'(x)=1x -e x2 =x-e x2 (x>0). 由f'(x)<0得0<x<e;由f'(x)>0得x>e. 所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增, 当x=e时,f(x)取得极小值, 且f(e)=lne+ee=2. 所以f(x)的极小值为2. (2)由题意知对任意的x1>x2>0,f(x1)-x1<f(x2)- x2恒成立, 设h(x)=f(x)-x=lnx+kx -x (x>0), 则h(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以h'(x)=1x- k x2 -1≤0在(0,+∞)上恒成立, 故当x>0时,k≥-x2+x=- x-12 2 +14 恒成立, 又- x-12 2 +14≤ 1 4 ,则k≥14 ,故实数k的取值范围 是 1 4 ,+∞ . 第二课时 导数与函数零点 考点知能突破 针对训练 1.解:(1)f'(x)=-1x2 +e x e= x2ex-e ex2 , 令f'(x)>0,解得x>1,令f'(x)<0,解得0<x<1, 所以f(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增. (2)F'(x)=f(x)=1x+ ex e-3 , 由(1)得∃x1,x2,满足0<x1<1<x2, 使得f(x)在(0,x1)上大于0,在(x1,x2)上小于0,在(x2, +∞)上大于0, 即F(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在 (x2,+∞)上单调递增, 而F(1)=0,x→0时,F(x)→ -∞,x→+∞时, F(x)→+∞, 画出 函 数 F(x)的 草 图,如 图 所示. 故F(x)在(0,+∞)上的零点 有3个. 2.解:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为R, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=ex-x+1,求导得f'(x)=ex-1. 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增, 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2. (2)由(1)知f'(x)=ex+a,由于ex>0, ①当a>0时,f'(x)>0,f(x)在R上是增函数, 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0; 当x<0时,取x=-1a , 则f -1a <1+a -1a-1 =-a<0. 所以函数f(x)存在零点,不满足题意. ②当a<0时,令f'(x)=0,得x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上,f'(x)<0,f(x)单调递减, 在(ln(-a),+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值. 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+ aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0, 解得-e2<a<0. 综上所述,实数a的取值范围是(-e2,0). 微专题(一) 导数中函数的构造问题 跟踪训练 1.答案:(-2,0)∪(2,+∞) 解析:构 造 函 数g(x)=x2f(x),其 中f(x)为 奇 函 数 且x≠0, 则g(-x)=(-x)2f(-x)=-x2f(x)=-g(x), 所以函数g(x)为奇函数, 且g(2)=0,g(-2)=-g(2)=0, 当x>0时,g'(x)=x2f'(x)+2xf(x)=x[xf'(x)+ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —703—