广西专版课件：125导数的应用(第3课时).ppt

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1、第十二章极限与导数导数的应用第讲5（第三课时）1题型6利用导数证明不等式1.证明：对任意的正整数n，不等式都成立.证明：令函数f(x)=x3-x2+ln(x+1)，则.所以当x∈［0，+∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在［0，+∞)上单调递增.又f(0)=0，2所以，当x∈(0，+∞)时，恒有f(x)＞f(0)=0，即x3＞x2-ln(x+1)恒成立.故当x∈(0，+∞)时，有ln(x+1)＞x2-x3.对任意正整数n，取∈(0，+∞)，则有，所以结论成立.点评：利用导数证明不等式，一般是先根据不等式的形式构造相对应的函数，然后利用导数

2、讨论此函数的单调性或最值，进一步得到所需结论.34567题型7利用导数解决方程根的问题2.设函数f(x)=x-ln(x+m)，其中m为常数.求证:当m＞1时，方程f(x)=0在区间［e-m-m，e2m-m］内有两个不等实根.证明：当m＞1时，f(1-m)=1-m＜0，f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m＞0，f(e2m-m)=e2m-m-lne2m=e2m-3m.8令g(m)=e2m-3m(m＞1)，则g′(m)=2e2m-3＞0.所以g(m)在(1，+∞)上为增函数，从而g(m)＞g(1)=e2-3＞0，即f(e2m-

3、m)＞0.所以f(e-m-m)f(1-m)＜0，f(e2m-m)f(1-m)＜0.因为f(x)为连续函数，所以存在x1∈(e-m-m，1-m)，x2∈(1-m，e2m-m)，使f(x1)=0，f(x2)=0.故方程f(x)=0在区间［e-m-m，e2m-m］内有两个不等实根.9点评：方程根的问题，一是可以转化为函数图象的交点问题，通过导数研究函数图象的性质，再结合图象的性质观察交点情况，由图象直观地得出相应的结论；二是利用性质f(a)f(b)＜0(a

4、0已知函数f(x)=lnx，g(x)=x.若关于x的方程g(x2)-f(1+x2)=k有四个不同的实根，求实数k的取值范围.解：令则由φ′(x)＞0，得x(x+1)(x-1)＞0，所以-1＜x＜0或x＞1.由φ′(x)＜0，得x＜-1或0＜x＜1.11所以φ(x)在(-∞，-1)，(0，1)上是减函数，在(-1，0)，(1，+∞)上是增函数.从而φ(0)=0为φ(x)的极大值，φ(-1)=φ(1)=-ln2为φ(x)的极小值且φ(x)为偶函数.由此可得函数y=φ(x)的草图如右.若方程φ(x)=k有四个不同的实根，则直线y=k与曲线y=φ(x)

5、有四个不同的公共点.由图知，实数k的取值范围是(-ln2，0).123.某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12-x)2万件.(1)求分公司一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x(元)的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值Q(a).题型8利用导数解决实际问题13解：(1)分公司一年的利润L(x)(万元)与售价x(元)的函数关系式为L(x)=(x-3-a)

6、(12-x)2,x∈［9,11］.(2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′(x)=0,得x=6+a或x=12(不合题意，舍去).因为3≤a≤5,所以8≤6+a≤.在x=6+a两侧L′(x)的值由正变负，所以，①当8≤6+a＜9，即3≤a＜时，14［L(x)］max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a)；②当9≤6+a≤，即≤a≤5时，［L(x)］max=L(6+a)=(6+a-3-a)［12-(6+a)］2=4(3-a)3.9(6-a)(3≤a<)4(3-a)3(≤

7、a≤5).所以Q(a)=15答：若3≤a＜，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L(x)最大，最大值Q(a)=9(6-a)万元；若≤a≤5，则当每件售价为(6+a)元时，分公司一年的利润L(x)最大，最大值Q(a)=4(3-a)3万元.点评：涉及实际问题的最值问题，一般是利用函数知识来解决，即先建立函数关系，把实际问题转化为数学问题，然后利用求函数最值的方法求得最值.注意求得的解要符合实际意义.1617181920已知函数(a，b为常数)的图象在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过函数y=f(x)的图象(即动点在点A附近沿曲线y

8、=f(x)运动)，经过点A时，从l的一侧进入另一侧，求实数a的值.解：因为f′(x)=x2+ax+b，所以f′(1)=1+a+b.又题型利用导数处理图