高三数学总复习学案15 10页

学案15　导数的综合应用 导学目标： 1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．‎ 自主梳理 ‎1．函数的最值 ‎(1)函数f(x)在[a，b]上必有最值的条件 如果函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．‎ ‎(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：‎ ‎①求函数y＝f(x)在(a，b)内的________；‎ ‎②将函数y＝f(x)的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．‎ ‎2．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．‎ 自我检测 ‎1．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为 (　　)‎ A．0≤a<1 B．0‎2f(1)‎ ‎4．(2011·新乡模拟)函数f(x)＝ex (sin x＋cos x)在区间上的值域为______________．‎ ‎5．f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．‎ 探究点一　求含参数的函数的最值 例1　已知函数f(x)＝x2e－ax (a>0)，求函数在[1,2]上的最大值．‎ 变式迁移1　设a>0，函数f(x)＝.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)求f(x)在区间[a,‎2a]上的最小值．‎ 探究点二　用导数证明不等式 例2　(2011·张家口模拟)已知f(x)＝x2－aln x(a∈R)，‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求证：当x>1时，x2＋ln xln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.‎ 探究点三　实际生活中的优化问题 例3　(2011·孝感月考)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(万元)与每件产品的售价x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最大，并求出L的最大值Q(a)．‎ 变式迁移3　甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．‎ ‎(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；‎ ‎(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？‎ 转化与化归思想的应用 例　(12分)(2010·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.‎ ‎(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；‎ ‎(2)证明：(x－1)f(x)≥0.‎ ‎【答题模板】‎ ‎(1)解　∵f′(x)＝＋ln x－1＝ln x＋，x>0，‎ ‎∴xf′(x)＝xln x＋1.由xf′(x)≤x2＋ax＋1，‎ 得a≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，则g′(x)＝－1，[2分]‎ 当00；‎ 当x>1时，g′(x)<0，[4分]‎ ‎∴x＝1是最大值点，g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1，‎ ‎∴a的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]‎ ‎(2)证明　由(1)知g(x)＝ln x－x≤g(1)＝－1，∴ln x－x＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]‎ 当00，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1‎ ‎＝ln x＋xln x－x＋1‎ ‎＝ln x－x≥0，‎ ‎∴(x－1)f(x)≥0.[11分]‎ 综上，(x－1)f(x)≥0.[12分]‎ ‎【突破思维障碍】‎ 本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，本题实质还是利用单调性求最值问题．‎ ‎1．求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要分类讨论参数的范围．若已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．‎ ‎2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤：‎ ‎(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)；‎ ‎(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；‎ ‎(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；‎ ‎(4)回到实际问题，作出解答． ‎ ‎(满分：75分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．(2011·皖南模拟)已知曲线C：y＝2x2－x3，点P(0，－4)，直线l过点P且与曲线C相切于点Q，则点Q的横坐标为 (　　)‎ A．－1 B．‎1 ‎ C．－2 D．2‎ ‎2．已知函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如图所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是 (　　)‎ ‎3．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是 (　　)‎ ‎4．函数f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函数，则t的取值范围是 (　　)‎ A．t>5 B．t<5‎ C．t≥5 D．t≤5‎ ‎5．(2011·沧州模拟)若函数f(x)＝，且0b B．a0，试比较f(x)与g(x)的大小．‎ 答案 自主梳理 ‎1．(1)连续　(2)①极值　②端点值 自我检测 ‎1．B　2.D　3.C ‎4.　5.6‎ 课堂活动区 例1　解题导引　求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．‎ 解　∵f(x)＝x2e－ax (a>0)，‎ ‎∴f′(x)＝2xe－ax＋x2·(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．‎ 令f′(x)>0，即e－ax(－ax2＋2x)>0，‎ 得02时，f(x)在[1,2]上是减函数，‎ ‎∴f(x)max＝f(1)＝e－a.‎ ‎②当1≤≤2，即1≤a≤2时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，‎ ‎∴f(x)max＝f＝‎4a－2e－2.‎ ‎③当>2，即02时，f(x)的最大值为e－a.‎ 变式迁移1　解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝a·(a>0)，‎ 由f′(x)＝a·>0，得0e.‎ 故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)∵f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴f(x)在[a,‎2a]上的最小值[f(x)]min＝min{f(a)，f(‎2a)}．∵f(a)－f(‎2a)＝ln，‎ ‎∴当02时，[f(x)]min＝.‎ 例2　解题导引　利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．‎ ‎(1)解　f′(x)＝x－＝(x>0)，‎ 若a≤0时，f′(x)>0恒成立，‎ ‎∴函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．‎ 若a>0时，令f′(x)>0，得x>，‎ ‎∴函数f(x)的单调增区间为(，＋∞)，减区间为(0，)．‎ ‎(2)证明　设F(x)＝x3－(x2＋ln x)，‎ 故F′(x)＝2x2－x－.‎ ‎∴F′(x)＝.‎ ‎∵x>1，∴F′(x)>0.‎ ‎∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数．‎ 又F(x)在(1，＋∞)上连续，F(1)＝>0，‎ ‎∴F(x)>在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)>0.‎ ‎∴当x>1时，x2＋ln xln 2－1时，‎ g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.‎ 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，‎ 所以g(x)在R内单调递增，于是当a>ln 2－1时，‎ 对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．‎ 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0，‎ 即ex－x2＋2ax－1>0，‎ 故ex>x2－2ax＋1.‎ 例3　解　(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L＝(x－3－a)(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′＝0，得x＝6＋a或x＝12(不合题意，舍去)．‎ ‎∵3≤a≤5，∴8≤6＋a≤.‎ 在x＝6＋a两侧L′的值由正变负．‎ ‎∴①当8≤6＋a<9，即3≤a<时，‎ Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．‎ ‎②当9≤6＋a≤，即≤a≤5时，‎ Lmax＝L(6＋a)＝(6＋a－3－a)[12－(6＋a)]2‎ ‎＝4(3－a)3.‎ 所以Q(a)＝ 综上，若3≤a<，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L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最大，最大值Q(a)＝4(3－a)3(万元)．‎ 变式迁移3　解　(1)因为赔付价格为S元/吨，‎ 所以乙方的实际年利润为ω＝2 000－St.‎ 由ω′＝－S＝，‎ 令ω′＝0，得t＝t0＝()2.‎ 当t0；当t>t0时，ω′<0.‎ 所以当t＝t0时，ω取得最大值．‎ 因此乙方获得最大利润的年产量为()2吨．‎ ‎(2)设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.‎ 将t＝()2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式：‎ v＝－.‎ 又v′＝－＋＝，‎ 令v′＝0，得S＝20.‎ 当S<20时，v′>0；‎ 当S>20时，v′<0，‎ 所以S＝20时，v取得最大值．‎ 因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20元/吨时，可获得最大净收入．‎ 课后练习区 ‎1．A　2.D　3.C　4.C　5.A ‎6.d 解析　如图所示，为圆木的横截面，‎ 由b2＋h2＝d2，‎ ‎∴bh2＝b(d2－b2)．‎ 设f(b)＝b(d2－b2)，‎ ‎∴f′(b)＝－3b2＋d2.‎ 令f′(b)＝0，由b>0，‎ ‎∴b＝d，且在(0，d)上f′(b)>0，在[d，d]上f′(b)<0.‎ ‎∴函数f(b)在b＝d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝d.‎ ‎7．300‎ 解析　设长为x m，则宽为(20－x)m，仓库的容积为V，则V＝x(20－x)·3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，‎ 令V′＝0得x＝10.‎ 当00；当x>10时，V′<0，‎ ‎∴x＝10时，V最大＝300 (m3)．‎ ‎8．(－1,0]‎ 解析　f′(x)＝≥0，解得－1≤x≤1.‎ 由已知得(m,‎2m＋1)⊆[－1,1]，即，‎ 解得－1－1)．‎ ‎……………………………………………………………………………………………(4分)‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)令f′(x)＝0，即x＝0，则 x ‎(－1,0)‎ ‎0‎ ‎(0，e－1)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  ‎……………………………………………………………………………………………(9分)‎ 又∵f(－1)＝＋1，f(e－1)＝e2－1>＋1，‎ 又f(x)e2－1.………………………………………………………………………………(12分)‎ ‎10．解　(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，‎ 每年能源消耗费用为C(x)＝，(2分)‎ 再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝，…………………………………………(4分)‎ 而建造费用为C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5分)‎ 最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f(x)＝‎20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x ‎＝＋6x (0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，‎ 即＝6，解得x＝5，x＝－(舍去)．…………………………………………(8分)‎ 当00，………………………………………………………………(10分)‎ 故x＝5是f(x)的最小值点，‎ 对应的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.‎ 当隔热层修建‎5 cm厚时，总费用达到最小值70万元．‎ ‎……………………………………………………………………………………………(12分)‎ ‎11．解　(1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，‎ 依题意，得g(1)＝a＋b＝0.①……………………………………………………………(2分)‎ 又f′(x)＝，g′(x)＝a－，‎ 且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线，‎ ‎∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1.②……………………………………………………(4分)‎ 由①②得a＝，b＝－.…………………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则 F(x)＝ln x－(x－)＝ln x－x＋，‎ ‎∴F′(x)＝－－＝－(－1)2≤0.‎ ‎∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分)‎ 当0F(1)＝0，即f(x)>g(x)；‎ 当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；‎ 当x>1时，F(x)g(x)；‎ x＝1时，f(x)＝g(x)；‎ x>1时f(x)