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  • 2021-05-13 发布

2015高考数学(理)(导数的综合应用)一轮复习学案

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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)