導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用與生活中的優(yōu)化問題舉例

第七節(jié)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用與生活中的優(yōu)化問題舉例1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).2.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)，會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).3.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題.

1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值以及解決生活中的優(yōu)化問題，已成為近幾年高考炙手可熱的考點(diǎn)，必須高度重視該局部內(nèi)容的根底知識和根本方法，以到達(dá)熟練掌握、靈活運(yùn)用的程度.2.選擇題、填空題側(cè)重于利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性和極值；解答題側(cè)重于導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、解析幾何、不等式、數(shù)列的綜合應(yīng)用，一般難度較大，屬于中高檔題.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性高考指數(shù):★★★★1.(2021·北京高考)函數(shù)f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.(1)假設(shè)曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線，求a,b的值；(2)當(dāng)a=3,b=-9時，假設(shè)函數(shù)f(x)+g(x)在區(qū)間［k,2］上的最大值為28，求k的取值范圍.【解題指南】第(1)問，交點(diǎn)既在f(x)上也在g(x)上，兩個函數(shù)在公切點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)相等；第(2)問，構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h(x)的單調(diào)性與極值，結(jié)合h(x)的圖象，即可求出k的取值范圍.【解析】(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,由可得解得a=b=3.(2)f(x)=3x2+1,g(x)=x3-9x,令h(x)=f(x)+g(x)=x3+3x2-9x+1,h′(x)=3x2+6x-9,令h′(x)=0，得x1=-3,x2=1.x=-3時，取極大值28;當(dāng)x=1時，取極小值-4.而h(2)=3＜h(-3)=28，如果h(x)在區(qū)間［k,2］上的最大值為28，那么k≤-3.x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)h′(x)+0–0+h(x)增28減-4增2.(2021·福建高考)a，b為常數(shù)，且a≠0，函數(shù)f(x)=-ax+b+axlnx，f(e)=2(e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求實(shí)數(shù)b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)a=1時，是否同時存在實(shí)數(shù)m和M(m<M)，使得對每一個t∈[m，M]，直線y=t與曲線y=f(x)(x∈[，e])都有公共點(diǎn)？假設(shè)存在，求出最小的實(shí)數(shù)m和最大的實(shí)數(shù)M；假設(shè)不存在，說明理由.【解題指南】(1)f(e)=2?b的值;(2)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得導(dǎo)函數(shù)f′(x)，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)得單調(diào)區(qū)間，必要時分類討論；(3)列表判斷y=f(x)(x∈[,e])的單調(diào)性和極值、最值情況，即可探究出是否存在滿足題意的m和M.【解析】(1)由f(e)=2,得b=2.(2)由(1)可得f(x)=-ax+2+axlnx,從而f′(x)=alnx,因為a≠0，故：①當(dāng)a>0時，由f′(x)>0得x>1；由f′(x)<0得0<x<1；②當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得0<x<1；由f′(x)<0得x>1.綜上，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).(3)當(dāng)a=1時，f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx.由(2)可得，當(dāng)x在區(qū)間[,e]上變化時，f′(x),f(x)的變化情況如下表：x(,1)1(1,e)ef′(x)–0+f(x)2-單調(diào)遞減極小值1單調(diào)遞增2又2-<2，所以函數(shù)f(x)(x∈[,e])的值域為[1,2].據(jù)此可得，假設(shè)那么對每一個t∈[m,M],直線y=t與曲線y=f(x)(x∈[,e])都有公共點(diǎn)；并且對每一個t∈(-∞,m)∪(M,+∞)，直線y=t與曲線y=f(x)(x∈[,e])都沒有公共點(diǎn).綜上，當(dāng)a=1時，存在最小的實(shí)數(shù)m=1，最大的實(shí)數(shù)M=2，使得對每一個t∈[m,M]，直線y=t與曲線y=f(x)(x∈[,e])都有公共點(diǎn).【方法技巧】確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域區(qū)間.(2)求f′(x),令f′(x)=0，解此方程，求出定義域區(qū)間上的一切實(shí)根.(3)把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)，和上面各實(shí)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點(diǎn)把函數(shù)的定義域分成假設(shè)干個小區(qū)間.(4)確定導(dǎo)函數(shù)在各個區(qū)間上的符號，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間的符號判定f(x)在每個相應(yīng)區(qū)間上的單調(diào)性.3.(2021·廣東高考)設(shè)a＞0,討論函數(shù)f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的單調(diào)性.【解析】函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).當(dāng)a≠1時，方程2a(1-a)x2-2(1-a)x+1=0的判別式Δ=12(a-1)(a-).①當(dāng)0<a<時,Δ>0,f′(x)有兩個零點(diǎn)，且當(dāng)0<x<x1或x>x2時，f′(x)>0,f(x)在(0,x1)與(x2,+∞)內(nèi)為增函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時,f′(x)<0,f(x)在(x1,x2)內(nèi)為減函數(shù)；②當(dāng)≤a<1時，Δ≤0,f′(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù)；③當(dāng)a=1時，f′(x)=>0(x>0),f(x)在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù)；④當(dāng)a>1時，所以f′(x)在定義域內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1，且當(dāng)0<x<x1時，f′(x)>0,f(x)在(0,x1)內(nèi)為增函數(shù)；當(dāng)x>x1時，f′(x)<0,f(x)在(x1,+∞)內(nèi)為減函數(shù).

f(x)的單調(diào)區(qū)間如下表：0<a<≤a≤1a>1(0,x1)(x1,x2)(x2,+∞)(0,+∞)(0,x1)(x1,+∞)↗↘↗↗↗↘4.(2021·江西高考)設(shè)函數(shù)f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.(1)假設(shè)f(x)的兩個極值點(diǎn)為x1,x2，且x1x2=1，求實(shí)數(shù)a的值；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)函數(shù)？假設(shè)存在,求出a的值；假設(shè)不存在，說明理由.【解析】f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a，(1)由有f′(x1)=f′(x2)=0，從而x1x2==1，所以a=9.(2)由Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0，f′(x)可正也可負(fù)，所以不存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)函數(shù).5.(2021·重慶高考)函數(shù)f(x)=ax3+x2+bx(其中常數(shù)a,b∈R)，g(x)=f(x)+f′(x)是奇函數(shù).(1)求f(x)的表達(dá)式；(2)討論g(x)的單調(diào)性，并求g(x)在區(qū)間［1,2］上的最大值與最小值.【解析】(1)因為f(x)=ax3+x2+bx，所以f′(x)=3ax2+2x+b，所以g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+x2+bx+3ax2+2x+b=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b，因為g(x)是奇函數(shù)，所以g(-x)=-g(x)，即對任意的x都有-ax3+(3a+1)x2-(b+2)x+b=-ax3-(3a+1)x2-(b+2)x-b，即2(3a+1)x2+2b=0對任意x都成立，所以3a+1=0且2b=0，所以a=-,b=0,所以f(x)=-x3+x2.(2)由(1)可得g(x)=-x3+2x，所以g′(x)=-x2+2=-(x+)(x-),令g′(x)=0，那么x=-或x=；所以當(dāng)x<-時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)是減函數(shù)；當(dāng)-<x<時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)是增函數(shù)；當(dāng)x>時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)是減函數(shù)；綜上可知，函數(shù)g(x)在區(qū)間(-∞,-)和(，+∞)上是減函數(shù)，在區(qū)間(-,)上是增函數(shù).函數(shù)g(x)在區(qū)間［1，2］內(nèi)有極值點(diǎn)x=，所以函數(shù)g(x)的最大值與最小值只能在x=1,,2三點(diǎn)處取得，因為g(1)=,g(2)=,g(2)=，所以函數(shù)g(x)的最大值是，最小值是.6.(2021·全國Ⅱ)函數(shù)f(x)=x3-3ax2+3x+1.(1)設(shè)a=2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個極值點(diǎn)，求a的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)a=2時，f(x)=x3-6x2+3x+1，f′(x)=3x2-12x+3=3(x2-4x+1)=3(x-2+)(x-2-)，當(dāng)x∈(-∞,2-)時,f′(x)>0,f(x)在(-∞,2-)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2-,2+)時，f′(x)<0,f(x)在(2-,2+)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2+,+∞)時，f′(x)>0,f(x)在(2+,+∞)上單調(diào)遞增，綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-∞,2-),(2+,+∞),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(2-,2+).(2)f′(x)=3［(x-a)2+1-a2］，當(dāng)1-a2≥0時，f′(x)≥0,f(x)為增函數(shù)，故f(x)無極值點(diǎn)，當(dāng)1-a2<0時,f′(x)=0有兩個根x1=a-,x2=a+，由題意知，2<a-<3或2<a+<3,解得：因此a的取值范圍是().利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值高考指數(shù):★★★★7.(2021·安徽高考)函數(shù)f(x)=axn(1-x)2在區(qū)間[0，1]上的圖象如下圖，那么n可能是()(A)1(B)2(C)3(D)4【解析】選A.代入驗證，當(dāng)n=1時，f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x)，那么f′(x)=a(3x2-4x+1)，由f′(x)=a(3x2-4x+1)=0可知，x1=，x2=1，再結(jié)合圖象可知函數(shù)應(yīng)在(0，)遞增，在(，1)遞減，即在x=處取得極大值，由f()=a××(1-)2=，知a存在.8.(2021·重慶高考)函數(shù)f(x)=ax3＋bx＋c在點(diǎn)x=2處取得極值c-16.(1)求a，b的值；(2)假設(shè)f(x)有極大值28，求f(x)在［-3,3］上的最小值.【解題指南】根據(jù)題意可先利用極值的定義求出a,b的值,然后再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在［-3,3］上的最小值.【解析】(1)由題意知即解得a=1,b=-12.(2)由(1)可知f(x)=x3-12x+c,所以f′(x)=3x2-12,解f′(x)=0,可得x=±2,極大值為f(-2)=c+16=28,解得c=12,所以f(x)=x3-12x+12.又f(-3)=21,f(-2)=28,f(2)=-4,f(3)=3,所以f(x)在［-3,3］上的最小值為f(2)=-4.9.(2021·湖南高考)設(shè)函數(shù)f(x)=x--alnx(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)假設(shè)f(x)有兩個極值點(diǎn)x1和x2，記過點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直線的斜率為k.問：是否存在a，使得k=2-a？假設(shè)存在，求出a的值；假設(shè)不存在，請說明理由.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞).令g(x)=x2-ax+1,其判別式Δ=a2-4.①當(dāng)|a|≤2時，Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a<-2時，Δ>0,g(x)=0的兩根都小于0，在(0,+∞)上，f′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增．③當(dāng)a>2時，Δ>0,g(x)=0的兩根為當(dāng)0<x<x′1時，f′(x)>0；當(dāng)x′1<x<x′2時，f′(x)<0；當(dāng)x>x′2時，f′(x)>0，故f(x)分別在(0,x′1),(x′2,+∞)上單調(diào)遞增，在(x′1,x′2)上單調(diào)遞減．(2)不存在a使k=2-a.理由如下：由(1)知，a>2．因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+-a(lnx1-lnx2)，所以又由(1)知，x1x2=1．于是k=2-a·假設(shè)存在a，使得k=2-a，那么即lnx1-lnx2=x1-x2．亦即x2--2lnx2=0(x2>1)(*)再由(1)知，函數(shù)h(t)=t--2lnt在(0,+∞)上單調(diào)遞增，而x2>1，所以x2--2lnx2>1--2ln1=0.這與(*)式矛盾．故不存在a，使得k=2-a.10.(2021·陜西高考)設(shè)f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)討論g(x)與g()的大小關(guān)系；(3)求a的取值范圍，使得g(a)-g(x)＜對任意x＞0成立.【解題指南】(1)先求出原函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),再求得g(x),然后利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性(單調(diào)區(qū)間)，并求出最小值；(2)作差法比較，構(gòu)造一個新的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并由單調(diào)性判斷函數(shù)的正負(fù)；(3)對任意x＞0成立的恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)的最小值問題.【解析】(1)由題設(shè)f(x)=lnx知f′(x)=,g(x)=lnx+,∴g′(x)=,令g′(x)=0得x=1,當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＜0,g(x)是減函數(shù)，故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.當(dāng)x∈(1,+∞)時，g′(x)＞0,g(x)是增函數(shù)，故(1,+∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，因此，x=1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以g(x)的最小值為g(1)=1.(2)g()=-lnx+x，設(shè)h(x)=g(x)-g()=2lnx-x+,那么h′(x)=,當(dāng)x=1時，h(1)=0,即g(x)=g(),當(dāng)x∈(0,+∞)時，h′(x)≤0,且只有h′(1)=0,因此，h(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時，h(x)＞h(1)=0，即g(x)＞g().當(dāng)x＞1時，h(x)＜h(1)=0,即g(x)＜g().綜上所述，當(dāng)x=1時,g(x)=g()；當(dāng)0＜x＜1時，g(x)＞g()；當(dāng)x＞1時，g(x)＜g().(3)由(1)知g(x)的最小值為1，所以，g(a)-g(x)＜對任意x＞0成立?g(a)-1＜,即lna＜1，從而得0＜a＜e.11.(2021·重慶高考)設(shè)f(x)=2x3+ax2+bx+1的導(dǎo)數(shù)為f′(x),假設(shè)函數(shù)y=f′(x)的圖象關(guān)于直線x=-對稱,且f′(1)=0.(1)求實(shí)數(shù)a,b的值;(2)求函數(shù)f(x)的極值.【解題指南】根據(jù)二次函數(shù)的圖象性質(zhì)及題中f′(1)=0可直接求出a,b的值,然后根據(jù)極值的定義求解函數(shù)的極值.【解析】(1)因f(x)=2x3+ax2+bx+1,故f′(x)=6x2+2ax+b.因為y=f′(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱,即解得a=3.又由于f′(1)=0,即6+2a+b=0,解得b=-12.(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2-12x+1,f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2).令f′(x)=0,即6(x-1)(x+2)=0,解得x1=-2,x2=1.當(dāng)x∈(-∞,-2)時,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上為增函數(shù);當(dāng)x∈(-2,1)時,f′(x)<0,故f(x)在(-2,1)上為減函數(shù);當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上為增函數(shù).從而函數(shù)f(x)在x1=-2處取得極大值f(-2)=21,在x2=1處取得極小值f(1)=-6.【誤區(qū)警示】(1)可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)x0一定滿足f′(x0)＝0，但當(dāng)f′(x1)＝0時，x1不一定是極值點(diǎn)，如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn).(2)可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側(cè)與右側(cè)f′(x)的符號不同.12.(2021·安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)=sinx-cosx+x+1，0<x<2π，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.【解析】由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,知f′(x)=1+sin(x+)，令f′(x)=0,從而sin(x+)=-,得x=π或x=,當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)變化情況如下表：因此，由上表知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,π)與(,2π)，單調(diào)遞減區(qū)間是(π,)，極小值為f()=,極大值為f(π)=π+2.x(0,π)π(π,)(,2π)f′(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗13.(2021·北京高考)設(shè)定函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d(a>0)，且方程f′(x)-9x=0的兩個根分別為1，4.(1)當(dāng)a=3且曲線y=f(x)過原點(diǎn)時，求f(x)的解析式；(2)假設(shè)f(x)在(-∞,+∞)無極值點(diǎn)，求a的取值范圍.【解析】由f(x)=x3+bx2+cx+d得f′(x)=ax2+2bx+c，因為f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0的兩個根分別為1,4，所以(*)(1)當(dāng)a=3時，(*)式為解得b=-3,c=12，又因為曲線y=f(x)過原點(diǎn)，所以d=0，故f(x)=x3-3x2+12x.(2)由于a>0,所以“f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞,+∞)內(nèi)無極值點(diǎn)〞等價于“f′(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞，+∞)內(nèi)恒成立〞.由(*)式得2b=9-5a,c=4a.又Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9)，解得a∈［1,9］，即a的取值范圍是［1,9］.利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的優(yōu)化問題高考指數(shù):★★★14.(2021·山東高考)某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y=-x3+81x-234，那么使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為()(A)13萬件(B)11萬件(C)9萬件(D)7萬件【解析】選C.y′=-x2+81,令y′=0得x=9或x=-9(舍去)，當(dāng)x<9時y′>0；當(dāng)x>9時y′<0，故當(dāng)x=9時函數(shù)取得極大值，也是最大值，應(yīng)選C.15.(2021·江蘇高考)將邊長為1m的正三角形薄片沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S那么S的最小值是_________.【解析】設(shè)剪成的小正三角形的邊長為xm，那么：方法一：利用導(dǎo)數(shù)的方法求最小值.令S′(x)=0，∵0<x<1,∴x=,當(dāng)x∈(0,)時，S′(x)<0，S(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(,1)時，S′(x)>0，S(x)單調(diào)遞增；故當(dāng)x=時，S的最小值是方法二：利用函數(shù)的方法求最小值.令3-x=t,t∈(2,3),∈(,)，那么：故當(dāng)即x=時，S的最小值是答案:16.(2021·山東高考)某企業(yè)擬建造如下圖的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其外表積有關(guān).圓柱形局部每平方米建造費(fèi)用為3千元，半球形局部每平方米建造費(fèi)用為c(c＞3)千元.設(shè)該容器的建造費(fèi)用為y千元.(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式，并求該函數(shù)的定義域；(2)求該容器的建造費(fèi)用最小時的r.【解題指南】(1)先求出l和r的關(guān)系，再根據(jù)問題情境列出函數(shù)表達(dá)式，注意函數(shù)的定義域.(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值.【解析】(1)因為容器的體積為立方米，所以解得由于l≥2r，因此0＜r≤2.所以圓柱的側(cè)面積為2πrl=兩端兩個半球的外表積之和為4πr2,所以建造費(fèi)用定義域為(0,2］.(2)因為0＜r≤2，由于c>3,所以c-2>0,所以令y′＞0得:令y′＜0得:0＜r＜,①當(dāng)≥2時，即3＜c≤時，函數(shù)y在(0，2)上是單調(diào)遞減的，故建造費(fèi)用最小時r=2.②當(dāng)0＜＜2時，即c＞時，函數(shù)y在(0，2)上是先減后增的，故建造費(fèi)用最小時r=.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性【典例1】(2021·山東高考)函數(shù)f(x)=(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行.(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)g(x)=xf′(x)，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：對任意x>0,g(x)<1+e-2.【解題視角】由題目獲取信息并分析如下：(1)信息：①函數(shù)f(x)的解析式;②f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行.(2)信息分析：①由曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行可知f′(1)=0，即可求出k的值;②可由(1)的結(jié)論求解導(dǎo)數(shù)大于零、小于零的區(qū)間，從而求出單調(diào)區(qū)間；③構(gòu)造函數(shù)法求解g(x)=xf′(x)的最值.【標(biāo)準(zhǔn)解答】(1)f′(x)=由,f′(1)==0,∴k=1.(2)由(1)知,f′(x)=.設(shè)k(x)=-lnx-1，那么k′(x)=<0，即k(x)在(0,+∞)上是減函數(shù)，由k(1)=0知，當(dāng)0<x<1時k(x)>0，從而f′(x)>0，當(dāng)x>1時k(x)<0，從而f′(x)<0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,+∞).(3)由(2)可知，當(dāng)x≥1時，g(x)=xf′(x)≤0＜1+e-2，故只需證明g(x)<1+e-2在0<x<1時成立.當(dāng)0<x<1時，ex＞1，且g(x)>0，∴g(x)=<1-xlnx-x.設(shè)F(x)=1-xlnx-x，x∈(0,1)，那么F′(x)=-(lnx+2)，當(dāng)x∈(0,e-2)時，F(xiàn)′(x)>0，當(dāng)x∈(e-2,1)時，F(xiàn)′(x)<0，所以當(dāng)x=e-2時，F(xiàn)(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2.所以g(x)<F(x)≤1+e-2.綜上,對任意x>0,g(x)<1+e-2.【命題人揭秘】命題規(guī)律：縱觀歷年來高考試題，該高頻考點(diǎn)的考查內(nèi)容主要有：(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)極值、最值，解決有關(guān)不等式、方程的綜合問題.(2)題型有：①判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，證明函數(shù)的單調(diào)性,②求函數(shù)極大值、極小值、最大值、最小值，由不等式、方程恒成立求參數(shù)范圍等.(3)考查形式多為解答題，有少量題目出現(xiàn)在選擇題、填空題中.難度為中檔或中檔偏上，個別題目的難度也會是高檔難度.備考策略：利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)單調(diào)區(qū)間是函數(shù)考查的主要形式，是高考熱點(diǎn)，是解答題中的必考題目，在復(fù)習(xí)中必須加強(qiáng)研究，進(jìn)行專題訓(xùn)練，熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，總結(jié)函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用的題型、解法，并通過加大訓(xùn)練強(qiáng)度提高解題能力.利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際生活中的最優(yōu)化問題【典例2】(2021·江蘇高考)請你設(shè)計一個包裝盒，如下圖，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影局部所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A,B,C,D四個點(diǎn)重合于圖中的點(diǎn)P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜邊的兩個端點(diǎn)，設(shè)AE=FB=x(cm).(1)某廣告商要求包裝盒側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值?(2)某廣告商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值.【解題視角】由題目獲取信息并分析如下：(1)信息：①ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，將其折成一個正四棱柱形狀的包裝盒；②由圖知切去陰影局部所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A,B,C,D四個點(diǎn)重合于一點(diǎn)P；③E,F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點(diǎn)，AE=FB=x(cm).(2)信息分析：①解決此題的關(guān)鍵是正確的列出側(cè)面積的表達(dá)式，然后求解；②由正方形ABCD的圖知，包裝盒底邊長為xcm，高為cm，由此可表示出正四棱柱的底面積和體積，由關(guān)系式利用導(dǎo)數(shù)法求最值.【標(biāo)準(zhǔn)解答】(1)S=602-4x2-(60-2x)2=240x-8x2(0<x<30),所以x=15時側(cè)面積最大.(2)V=(30-x)(0<x<30),所以,V′=6x(20-x),當(dāng)0<x<20時，V遞增，當(dāng)20<x<30時，V遞減，所以，當(dāng)x=20時，V最大.此時，包裝盒的高與底面邊長的比值為【命題人揭秘】命題規(guī)律：縱觀歷年來高考試題，該高頻考點(diǎn)呈現(xiàn)如下規(guī)律：(1)考查內(nèi)容主要有：函數(shù)模型的建立與應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)解決最優(yōu)化問題的方法.(2)題型主要有：根據(jù)實(shí)際背景解決時間最少，本錢最小，利潤最大，材料最省，幾何體面積、體積最大、最小等問題.(3)一般在解答題中考查，近幾年也偶爾出現(xiàn)在選擇題、填空題中.題目難度為中檔或中檔偏上難度.備考策略：利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的最優(yōu)化問題，是高考常考考點(diǎn)，所占分值較高.在復(fù)習(xí)中應(yīng)作為重點(diǎn)備考內(nèi)容進(jìn)行強(qiáng)化訓(xùn)練，主要在函數(shù)模型的建立，對函數(shù)解析式求導(dǎo)，判斷函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)最值上進(jìn)行針對性題組訓(xùn)練.問題背景雖然各不相同，但函數(shù)模型有限，要總結(jié)規(guī)律，找出共同的分析思路和一般的解決方法.通過訓(xùn)練到達(dá)思路清晰，解法熟練，胸有成竹.有關(guān)導(dǎo)數(shù)解答題的標(biāo)準(zhǔn)解答【典例3】(12分)(2021·陜西高考)設(shè)f(x)=x3+mx2+nx.(1)如果g(x)=f′(x)-2x-3在x=-2處取得最小值-5，求f(x)的解析式；(2)如果m+n<10(m,n∈N*),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù)，試求m和n的值.(注：區(qū)間(a,b)的長度為b-a)【解題視角】由題目獲取信息并分析如下：(1)信息：①函數(shù)解析式為含有參數(shù)的三次多項式，f(x)=x3+mx2+nx；②在(1)中，g(x)=f′(x)-2x-3，且在x=-2處取得最小值-5；③在(2)中，m+n<10(m,n∈N*)，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù).(2)信息分析：①在(1)中，g(x)是二次函數(shù)，先將函數(shù)g(x)配方，再結(jié)合二次函數(shù)的圖象特點(diǎn)，可得參數(shù)m,n.從而求出f(x).②在(2)中，先根據(jù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，得出f′(x)=0有兩個不等的實(shí)根，進(jìn)而根據(jù)Δ>0得到m2>n，又因為單調(diào)遞減區(qū)間的長度為|x2-x1|=2，結(jié)合m+n<10,經(jīng)過討論可得m,n的值.【標(biāo)準(zhǔn)解答】(1)由題得g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-1)2+(n-3)-(m-1)2,…………………2分g(x)在x=-2處取得最小值-5，所以即m=3,n=2.……4分即得所要求的解析式為f(x)=x3+3x2+2x.………………6分(2)因為f′(x)=x2+2mx+n，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度為正整數(shù)，故f′(x)=0一定有兩個不同的根，從而Δ=4m2-4n>0，即m2>n，………………8分不妨將f′(x)=0的兩根設(shè)為x1,x2，那么|x2-x1|=2為正整數(shù).又m+n＜10,故m≥2時才可能有符合條件的m,n.當(dāng)m=2時,只有n=3符合要求，當(dāng)m=3時，只有n=5符合要求，當(dāng)m≥4時，沒有符合要求的n，綜上所述，只有m=2,n=3或m=3,n=5滿足上述要求.……………………12分【閱卷人點(diǎn)撥】失分警示本題有以下失分之處：(1)解答本題時，可能在函數(shù)求導(dǎo)數(shù)時出錯.(2)可能因為審題不細(xì)致，在第一問中，誤將f′(x)看作f(x)，將f(x)代入g(x),致使函數(shù)關(guān)系式錯誤，從而導(dǎo)致結(jié)果錯誤.(3)由于思維不嚴(yán)謹(jǐn)，在第二問中，不能根據(jù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，得出f′(x)=0有兩個不等的實(shí)根的結(jié)論，致使思路受阻無法繼續(xù)進(jìn)行解答.備考策略1.對于題目條件較復(fù)雜，設(shè)問較多的題目審題時，應(yīng)該細(xì)致嚴(yán)謹(jǐn)，字斟句酌，將題目條件條目化，一一分析，細(xì)心推敲.2.對于設(shè)問較多的題目，一般前面的問題較簡單，問題難度階梯式上升，先由條件將前面的問題正確解答，然后將前面問題的結(jié)論作為后面問題解答的條件，注意問題之間的相互聯(lián)系，使問題化難為易，層層解決.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系在區(qū)間(a，b)內(nèi)，函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系：如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)_________；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)_________；如果f′(x)=0，那么f(x)在這個區(qū)間內(nèi)_______.【考點(diǎn)突破區(qū)】單調(diào)遞增單調(diào)遞減為常數(shù)【狀元心得】1.導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)單調(diào)性的三步曲第一步：求導(dǎo)；第二步：解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；第三步：結(jié)論.2.導(dǎo)數(shù)法判斷單調(diào)性的兩點(diǎn)注意(1)定義域.(2)對參數(shù)的分類討論.

函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系1.函數(shù)的極小值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都___，f′(a)＝0，而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)_________，右側(cè)_________，那么點(diǎn)a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的_______.小f′(x)<0f′(x)>0極小值2.函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近的其他點(diǎn)的函數(shù)值都___，f′(b)＝0，而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)_________，右側(cè)__________，那么點(diǎn)b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的________.極小值點(diǎn)，極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極大值和極小值統(tǒng)稱為_____.大f′(x)>0f′(x)<0極大值極值【狀元心得】求函數(shù)f(x)極值的步驟第一步：確定函數(shù)f(x)的定義域；