导数的综合应用
题型一 利用导数研究函数图象
例1 下面四个图象中，有一个是函数f(x)=x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数y=f′(x)的图象，则f(-1)=________.
破题切入点 先求出函数f(x)的导函数，确定导函数图象，从而求出a的值.然后代入-1求得函数值.
答案 或-
解析 ∵f′(x)=x2+2ax+a2-1，
∴f′(x)的图象开口向上，则②④排除.
若图象不过原点，则f′(x)的图象为①，
此时a=0，f(-1)=;
若图象过原点，则f′(x)的图象为③，
此时a2-1=0，
又对称轴x=-a>0，∴a=-1，
∴f(-1)=-.
题型二 利用导数研究函数的零点或方程的根
例2 设函数f(x)=x3-ax2-ax，g(x)=2x2+4x+c.
(1)试判断函数f(x)的零点个数;
(2)若a=-1，当x∈[-3,4]时，函数f(x)与g(x)的图象有两个公共点，求c的取值范围.
破题切入点 (1)对f(x)求导找出极值点、对a讨论看图象与x轴交点的个数.
(2)结合两个函数的图象求解.
解 (1)f(x)=x3-ax2-ax=x(x2-ax-a)，
令f(x)=0，得x=0或x2-ax-a=0.(*)
显然方程(*)的根的判别式Δ=(-a)2-4××(-a)
=a2+a=a(a+).
当a<-或a>0时，Δ>0，方程(*)有两个非零实根，
此时函数f(x)有3个零点;
当a=-时，Δ=0，方程(*)有两个相等的非零实根，
此时函数f(x)有2个零点;
当a=0时，Δ=0，方程(*)有两个相等的零实根，
此时函数f(x)有1个零点;
当-0时，函数f(x)有3个零点;
当a=-时，函数f(x)有2个零点;
当-3)千元.设该容器的建造费用为y千元.
(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
破题切入点 考查圆柱及球的表面积与体积求法，函数关系式的建立及实际问题中定义域的求解，通过求导判断函数的单调性，从而确定函数的最值等问题.
解 (1)设容器的容积为V，
由题意知V=πr2l+πr3，又V=，
故l==-r=(-r).
由于l≥2r，因此03，所以c-2>0.
当r3-=0时，r= .
令 =m，则m>0，
所以y′=(r-m)(r2+rm+m2).
①当0时，
当r=m时，y′=0;当r∈(0，m)时，y′<0;
当r∈(m,2)时，y′>0，
所以r=m是函数y的极小值点，也是最小值点.
②当m≥2，即3时，建造费用最小时r= .
总结提高 (1)利用导数研究函数图象或方程的根、零点等问题，一般都是先求导得出函数的单调性与极值，然后再画出函数的大致图象.
(2)利用导数解决实际问题要注意：①函数的定义域;②极值和最值的区别;③最后还原到实际问题中作答.
1.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc，a0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;
④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是________.
答案 ②③
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.若函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，则y=f(x)的图象可能为________.
答案 ③
解析 根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除①④;从适合f′(x)=0的点可以排除②.
3.已知a≤+ln x对任意x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________.
答案 0
解析 设f(x)=+ln x，则f′(x)=+=.当x∈[，1)时，f′(x)<0，故函数f(x)在[，1)上单调递减;当x∈(1,2]时，f′(x)>0，故函数f(x)在(1,2]上单调递增，∴f(x)min=f(1)=0，∴a≤0，即a的最大值为0.
4.函数f(x)的定义域是R，f(0)=2，对任意x∈R，f(x)+f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex+1的解集为________.
答案 (0，+∞)
解析 构造函数g(x)=ex·f(x)-ex，
因为g′(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为R上的增函数.
又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1，
所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.
5.关于x的方程x3-3x2-a=0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________.
答案 (-4,0)
解析 由题意知使函数f(x)=x3-3x2-a的极大值大于0且极小值小于0即可，
又f′(x)=3x2-6x=3x(x-2)，
令f′(x)=0，得x1=0，x2=2.
当x<0或x>2时，f′(x)>0;
当00)，为使耗电量最小，则速度应定为________.
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).
当x>40时，y′>0，当00，又由h>0可得r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5).
(2)因为V(r)=(300r-4r3)，
故V′(r)=(300-12r2)，
令V′(r)=0，解得r1=5，r2=-5(因为r2=-5不在定义域内，舍去).
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数;
当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数.
由此可知，V(r)在r=5处取得最大值，此时h=8.
即当r=5，h=8时，该蓄水池的体积最大.
11.(2013·江苏)已知函数f(x)=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.
(1)证明：f(x)是R上的偶函数;
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0，+∞)上恒成立，求实数m的取值范围;
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞)，使得f(x0)0)，则t>1，
所以m≤-=-对任意t>1成立.
因为t-1++1≥2+1=3，
所以-≥-，
当且仅当t=2，即x=ln 2时等号成立.
因此实数m的取值范围是.
(3)解 令函数g(x)=ex+-a(-x3+3x)，
则g′(x)=ex-+3a(x2-1).
当x≥1时，ex->0，x2-1≥0，
又a>0，故g′(x)>0.
所以g(x)是[1，+∞)上的单调增函数，
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，
当且仅当最小值g(1)<0.
故e+e-1-2a<0，即a>.
令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1，
则h′(x)=1-.
令h′(x)=0，得x=e-1.
当x∈(0，e-1)时，h′(x)<0，
故h(x)是(0，e-1)上的单调减函数;
当x∈(e-1，+∞)时，h′(x)>0，
故h(x)是(e-1，+∞)上的单调增函数，
所以h(x)在(0，+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0，
所以当x∈(1，e-1)(0，e-1)时，
h(e-1)≤h(x)(e-1)ln a，
从而ea-1h(e)=0，即a-1>(e-1)ln a，
故ea-1>ae-1.
综上所述，当a∈时，ea-1ae-1.
12.(2013·陕西)已知函数f(x)=ex，x∈R.
(1)求f(x)的反函数的图象在点(1,0)处的切线方程;
(2)证明：曲线y=f(x)与曲线y=x2+x+1有唯一公共点;
(3)设a0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，+∞)上单调递增.
∴φ′(x)在x=0处有唯一的极小值φ′(0)=0，
即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)=0.
∴φ′(x)≥0(仅当x=0时等号成立)，
∴φ(x)在R上是单调递增的，
∴φ(x)在R上有唯一的零点，
故曲线y=f(x)与y=x2+x+1有唯一的公共点.
方法二 ∵ex>0，x2+x+1>0，
∴曲线y=ex与y=x2+x+1公共点的个数等于曲线y=与y=1公共点的个数，
设φ(x)=，则φ(0)=1，即x=0时，两曲线有公共点.
又φ′(x)==≤0(仅当x=0时等号成立)，
∴φ(x)在R上单调递减，
∴φ(x)与y=1有唯一的公共点，
故曲线y=f(x)与y=x2+x+1有唯一的公共点.
(3)解 -f=-e
==[e-e-(b-a)].
设函数u(x)=ex--2x(x≥0)，
则u′(x)=ex+-2≥2-2=0，
∴u′(x)≥0(仅当x=0时等号成立)，
∴u(x)单调递增.
当x>0时，u(x)>u(0)=0.
令x=，则e-e-(b-a)>0，
∴>f.
