導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
題型一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象
例1 下面四個(gè)圖象中，有一個(gè)是函數(shù)f(x)=x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象，則f(-1)=________.
破題切入點(diǎn) 先求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，確定導(dǎo)函數(shù)圖象，從而求出a的值.然后代入-1求得函數(shù)值.
答案 或-
解析 ∵f′(x)=x2+2ax+a2-1，
∴f′(x)的圖象開口向上，則②④排除.
若圖象不過(guò)原點(diǎn)，則f′(x)的圖象為①，
此時(shí)a=0，f(-1)=;
若圖象過(guò)原點(diǎn)，則f′(x)的圖象為③，
此時(shí)a2-1=0，
又對(duì)稱軸x=-a>0，∴a=-1，
∴f(-1)=-.
題型二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根
例2 設(shè)函數(shù)f(x)=x3-ax2-ax，g(x)=2x2+4x+c.
(1)試判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù);
(2)若a=-1，當(dāng)x∈[-3,4]時(shí)，函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，求c的取值范圍.
破題切入點(diǎn) (1)對(duì)f(x)求導(dǎo)找出極值點(diǎn)、對(duì)a討論看圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù).
(2)結(jié)合兩個(gè)函數(shù)的圖象求解.
解 (1)f(x)=x3-ax2-ax=x(x2-ax-a)，
令f(x)=0，得x=0或x2-ax-a=0.(*)
顯然方程(*)的根的判別式Δ=(-a)2-4××(-a)
=a2+a=a(a+).
當(dāng)a<-或a>0時(shí)，Δ>0，方程(*)有兩個(gè)非零實(shí)根，
此時(shí)函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a=-時(shí)，Δ=0，方程(*)有兩個(gè)相等的非零實(shí)根，
此時(shí)函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a=0時(shí)，Δ=0，方程(*)有兩個(gè)相等的零實(shí)根，
此時(shí)函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)-0時(shí)，函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a=-時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)-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(shí)的r.
破題切入點(diǎn) 考查圓柱及球的表面積與體積求法，函數(shù)關(guān)系式的建立及實(shí)際問題中定義域的求解，通過(guò)求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)的最值等問題.
解 (1)設(shè)容器的容積為V，
由題意知V=πr2l+πr3，又V=，
故l==-r=(-r).
由于l≥2r，因此03，所以c-2>0.
當(dāng)r3-=0時(shí)，r= .
令 =m，則m>0，
所以y′=(r-m)(r2+rm+m2).
�、佼�(dāng)0時(shí)，
當(dāng)r=m時(shí)，y′=0;當(dāng)r∈(0，m)時(shí)，y′<0;
當(dāng)r∈(m,2)時(shí)，y′>0，
所以r=m是函數(shù)y的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn).
②當(dāng)m≥2，即3時(shí)，建造費(fèi)用最小時(shí)r= .
總結(jié)提高 (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象或方程的根、零點(diǎn)等問題，一般都是先求導(dǎo)得出函數(shù)的單調(diào)性與極值，然后再畫出函數(shù)的大致圖象.
(2)利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題要注意：①函數(shù)的定義域;②極值和最值的區(qū)別;③最后還原到實(shí)際問題中作答.
1.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc，a0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;
�、躥(0)f(3)<0.
其中正確結(jié)論的序號(hào)是________.
答案�、冖�
解析 f(x)=x3-6x2+9x-abc，a0，
f(3)=27-54+27-abc=-abc<0，
且f(0)=-abc=f(3)<0，
所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.
2.若函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示，則y=f(x)的圖象可能為________.
答案�、�
解析 根據(jù)f′(x)的符號(hào)，f(x)圖象應(yīng)該是先下降后上升，最后下降，排除①④;從適合f′(x)=0的點(diǎn)可以排除②.
3.已知a≤+ln x對(duì)任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為________.
答案 0
解析 設(shè)f(x)=+ln x，則f′(x)=+=.當(dāng)x∈[，1)時(shí)，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在[，1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(1,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)min=f(1)=0，∴a≤0，即a的最大值為0.
4.函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)=2，對(duì)任意x∈R，f(x)+f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex+1的解集為________.
答案 (0，+∞)
解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=ex·f(x)-ex，
因?yàn)間′(x)=ex·f(x)+ex·f′(x)-ex
=ex[f(x)+f(x)]-ex>ex-ex
=0，
所以g(x)=ex·f(x)-ex為R上的增函數(shù).
又因?yàn)間(0)=e0·f(0)-e0=1，
所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0.
5.關(guān)于x的方程x3-3x2-a=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
答案 (-4,0)
解析 由題意知使函數(shù)f(x)=x3-3x2-a的極大值大于0且極小值小于0即可，
又f′(x)=3x2-6x=3x(x-2)，
令f′(x)=0，得x1=0，x2=2.
當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0;
當(dāng)00)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為________.
答案 40
解析 ∵y′=x2-39x-40，令y′=0.
即x2-39x-40=0，解得x=40或x=-1(舍).
當(dāng)x>40時(shí)，y′>0，當(dāng)00，又由h>0可得r<5，
故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0,5).
(2)因?yàn)閂(r)=(300r-4r3)，
故V′(r)=(300-12r2)，
令V′(r)=0，解得r1=5，r2=-5(因?yàn)閞2=-5不在定義域內(nèi)，舍去).
當(dāng)r∈(0,5)時(shí)，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù);
當(dāng)r∈(5,5)時(shí)，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù).
由此可知，V(r)在r=5處取得最大值，此時(shí)h=8.
即當(dāng)r=5，h=8時(shí)，該蓄水池的體積最大.
11.(2013·江蘇)已知函數(shù)f(x)=ex+e-x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù);
(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0，+∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(3)已知正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，+∞)，使得f(x0)0)，則t>1，
所以m≤-=-對(duì)任意t>1成立.
因?yàn)閠-1++1≥2+1=3，
所以-≥-，
當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即x=ln 2時(shí)等號(hào)成立.
因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是.
(3)解 令函數(shù)g(x)=ex+-a(-x3+3x)，
則g′(x)=ex-+3a(x2-1).
當(dāng)x≥1時(shí)，ex->0，x2-1≥0，
又a>0，故g′(x)>0.
所以g(x)是[1，+∞)上的單調(diào)增函數(shù)，
因此g(x)在[1，+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1，+∞)，
使ex0+e-x0-a(-x+3x0)<0成立，
當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0.
故e+e-1-2a<0，即a>.
令函數(shù)h(x)=x-(e-1)ln x-1，
則h′(x)=1-.
令h′(x)=0，得x=e-1.
當(dāng)x∈(0，e-1)時(shí)，h′(x)<0，
故h(x)是(0，e-1)上的單調(diào)減函數(shù);
當(dāng)x∈(e-1，+∞)時(shí)，h′(x)>0，
故h(x)是(e-1，+∞)上的單調(diào)增函數(shù)，
所以h(x)在(0，+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0，
所以當(dāng)x∈(1，e-1)(0，e-1)時(shí)，
h(e-1)≤h(x)(e-1)ln a，
從而ea-1h(e)=0，即a-1>(e-1)ln a，
故ea-1>ae-1.
綜上所述，當(dāng)a∈時(shí)，ea-1ae-1.
12.(2013·陜西)已知函數(shù)f(x)=ex，x∈R.
(1)求f(x)的反函數(shù)的圖象在點(diǎn)(1,0)處的切線方程;
(2)證明：曲線y=f(x)與曲線y=x2+x+1有唯一公共點(diǎn);
(3)設(shè)a0時(shí)，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.
∴φ′(x)在x=0處有唯一的極小值φ′(0)=0，
即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)=0.
∴φ′(x)≥0(僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立)，
∴φ(x)在R上是單調(diào)遞增的，
∴φ(x)在R上有唯一的零點(diǎn)，
故曲線y=f(x)與y=x2+x+1有唯一的公共點(diǎn).
方法二 ∵ex>0，x2+x+1>0，
∴曲線y=ex與y=x2+x+1公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)等于曲線y=與y=1公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)，
設(shè)φ(x)=，則φ(0)=1，即x=0時(shí)，兩曲線有公共點(diǎn).
又φ′(x)==≤0(僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立)，
∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，
∴φ(x)與y=1有唯一的公共點(diǎn)，
故曲線y=f(x)與y=x2+x+1有唯一的公共點(diǎn).
(3)解 -f=-e
==[e-e-(b-a)].
設(shè)函數(shù)u(x)=ex--2x(x≥0)，
則u′(x)=ex+-2≥2-2=0，
∴u′(x)≥0(僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立)，
∴u(x)單調(diào)遞增.
當(dāng)x>0時(shí)，u(x)>u(0)=0.
令x=，則e-e-(b-a)>0，
∴>f.
