2019年高考数学一轮复习 导数的实际应用及综合应用

第20讲 导数的实际应用及综合应用
1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格
x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3
＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a 的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a 5－3
＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2. (2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3
＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润
f (x )＝[2x －3
＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]
＝30(x －4)(x －6)．
当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：x,(3,4),4,(4,6)f ′(x ),＋,0,－
f (x ),单调递增,极大值42,单调递减 由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.
答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A 、B 、C 、D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．
(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2
)最大，试问x 应取何值？
(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
(1)根据题意，有
S ＝4×2x ×22
(60－2x ) ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时，包装盒侧面积S 最大．
(2)根据题意，有
V ＝(2x )2×22
(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．
当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增；
当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．
所以当x ＝20时，V 取极大值，也是最大值． 此时，包装盒的高与底面边长的比值为22(60－2x )2x ＝12，
即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12
. 3．(2017·新课标卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0.
(1)求a ；
(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.
(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．
设g (x )＝ax －a －ln x ，
则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0.
因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0，
而g ′(x )＝a －1x
，g ′(1)＝a －1，得a ＝1. 若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x
. 当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；
当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．
所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0.
综上，a ＝1.
(2)由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x .
设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x
. 当x ∈(0，12
)时，h ′(x )<0； 当x ∈(12
，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0，12)上单调递减，在(12
，＋∞)上单调递增． 又h (e －2)>0，h (12
)<0，h (1)＝0， 所以h (x )在(0，12)上有唯一零点x 0，在[12
，＋∞)上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.
因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点．
由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)．
由x 0∈(0，12)得f (x 0)<14
. 因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点，
由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2.
所以e －2<f (x 0)<2－2.
4．(2015·山东卷)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .
(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x ＞0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围．
(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，
f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1
. 令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．
①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)．
a ．当0＜a ≤89
时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
b ．当a ＞89
时，Δ＞0， 设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，
因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14
. 由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14
. 所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 因此，函数有两个极值点．
c ．当a ＜0时，Δ＞0，
由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1<x 2.
当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 所以函数有一个极值点．
综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点；
当0≤a ≤89
时，函数f (x )无极值点； 当a ＞89
时，函数f (x )有两个极值点． (2)由(1)知，
①当0≤a ≤89
时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意．
②当89
＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意． ③当a ＞1时，由g (0)＜0，可得x 2＞0.
所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减．
因为f (0)＝0，
所以x ∈(0，x 2)时，f (x )＜0，不合题意．
④当a ＜0时，设h (x )＝x －ln(x ＋1)．
因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1
＞0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增．
因此，当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＞h (0)＝0，
即ln(x ＋1)＜x .
可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ，
当x ＞1－1a
时，ax 2＋(1－a )x ＜0， 此时f (x )＜0，不符合题意，舍去．
综上所述，a 的取值范围是[0,1]．。