【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫 第3章學(xué)案15

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1、◆+◆◆二〇一九高考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 學(xué)案15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 導(dǎo)學(xué)目標(biāo): 1.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性,并會根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍.2.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實際問題. 自主梳理 1.已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)值范圍時,實質(zhì)為恒成立問題. 2.求函數(shù)單調(diào)區(qū)間,實質(zhì)為解不等式問題,但解集一定為定義域的子集. 3.實際應(yīng)用問題:首先要充分理解題意,列出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)關(guān)系式,再利用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最大值或最小值,最后回到實際問題中,得出最優(yōu)解. 自我檢測 1.函數(shù)f(x)=x3-3ax-a在(0,1)內(nèi)有最小值,則a的取值范圍為________. 2.(2011·揚州模擬)已知f(x

2、),g(x)都是定義在R上的函數(shù),g(x)≠0,f′(x)g(x)0,且a≠1),+=,則a的值為____________. 3.(2011·廈門質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函數(shù),函數(shù)g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,則實數(shù)m為________. 4.函數(shù)f(x)=ex (sin x+cos x)在區(qū)間上的值域為______________. 5.f(x)=x(x-c)2在x=2處有極大值,則常數(shù)c的值為________. 探究點一 討論函數(shù)的單調(diào)性 例1 已知函

3、數(shù)f(x)=x2e-ax (a>0),求函數(shù)在[1,2]上的最大值. 變式遷移1 設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)求f(x)在區(qū)間[a,2a]上的最小值. 探究點二 用導(dǎo)數(shù)證明不等式 例2 已知f(x)=x2-aln x(a∈R), (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求證:當(dāng)x>1時,x2+ln xln 2-1且x>0時,ex>x2-2ax+1

4、. 探究點三 實際生活中的優(yōu)化問題 例3 某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品,每件產(chǎn)品的成本為3元,并且每件產(chǎn)品需向總公司交a元(3≤a≤5)的管理費,預(yù)計當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為x元(9≤x≤11)時,一年的銷售量為(12-x)2萬件. (1)求分公司一年的利潤L(萬元)與每件產(chǎn)品的售價x的函數(shù)關(guān)系式; (2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為多少元時,分公司一年的利潤L最大,并求出L的最大值Q(a). 變式遷移3 甲方是一農(nóng)場,乙方是一工廠.由于乙方生產(chǎn)需占用甲方的資源,因此甲方有權(quán)向乙方索賠以彌補經(jīng)濟損失并獲得一定凈收入,在乙方不賠付甲方的情況下,乙方的年利潤x(元)與年產(chǎn)量t

5、(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x=2 000.若乙方每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價格). (1)將乙方的年利潤ω(元)表示為年產(chǎn)量t(噸)的函數(shù),并求出乙方獲得最大利潤的年產(chǎn)量; (2)甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟損失金額y=0.002t2(元),在乙方按照獲得最大利潤的產(chǎn)量進行生產(chǎn)的前提下,甲方要在索賠中獲得最大凈收入,應(yīng)向乙方要求的賠付價格S是多少? 轉(zhuǎn)化與化歸思想 例 (14分)(2010·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-x+1. (1)若xf′(x)≤x2+ax+1,求a的取值范圍; (2)證明:(x-1)f(x)≥0. 【答題模板】

6、 (1)解 ∵f′(x)=+ln x-1=ln x+,x>0,[2分] ∴xf′(x)=xln x+1.由xf′(x)≤x2+ax+1, 得a≥ln x-x,令g(x)=ln x-x,則g′(x)=-1,[5分] 當(dāng)00;當(dāng)x>1時,g′(x)<0, ∴x=1是最大值點,g(x)max=g(1)=-1,∴a≥-1, ∴a的取值范圍為[-1,+∞).[8分] (2)證明 由(1)知g(x)=ln x-x≤g(1)=-1,∴l(xiāng)n x-x+1≤0.(注:充分利用(1)是快速解決(2)的關(guān)鍵.)[10分] 當(dāng)0

7、-x+1=xln x+ln x-x+1≤0, ∴(x-1)f(x)≥0.[12分] 當(dāng)x≥1時,x-1>0,f(x)=(x+1)ln x-x+1=ln x+xln x-x+1 =ln x-x≥0, ∴(x-1)f(x)≥0. 綜上,(x-1)f(x)≥0.[14分] 【突破思維障礙】 本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式證明等知識,通過運用導(dǎo)數(shù)知識解決函數(shù)、不等式問題,考查了考生綜合運用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力以及計算能力,同時也考查了函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.通過轉(zhuǎn)化,本題實質(zhì)還是利用單調(diào)性求最值問題. 1.求極值、最值時,要求步驟規(guī)范,含參數(shù)時,要分類討論參數(shù)的范圍.若

8、已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍時,隱含恒成立思想. 2.利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟: (1)分析實際問題中各變量之間的關(guān)系,列出實際問題的數(shù)學(xué)模型,寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x); (2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比較函數(shù)的區(qū)間端點對應(yīng)的函數(shù)值和極值,確定最值; (4)回到實際問題,作出解答. (滿分:90分) 一、填空題(每小題6分,共48分) 1.(2010·無錫模擬)已知曲線C:y=2x2-x3,點P(0,-4),直線l過點P且與曲線C相切于點Q,則點Q的橫坐標(biāo)為________. 2.函數(shù)f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f

9、(x)在x=-3時取得極值,則a=________. 3.(2011·鹽城調(diào)研)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f(x)=f(2-x),且當(dāng)x∈(-∞,1)時,(x-1)f′(x)<0,則a=f(0)、b=f()、c=f(3)的大小關(guān)系為________________. 4.函數(shù)f(x)=-x3+x2+tx+t在(-1,1)上是增函數(shù),則t的取值范圍是________. 5.若函數(shù)f(x)=,且0

10、h為矩形的長,b為矩形的寬) 7.要建造一個長方體形狀的倉庫,其內(nèi)部的高為3 m,長和寬的和為20 m,則倉庫容積的最大值為_______________m3. 8.若函數(shù)f(x)=在區(qū)間(m,2m+1)上是單調(diào)遞增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍為________. 二、解答題(共42分) 9.(12分)(2011·徐州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=kx3-3x2+1(k≥0). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)的極小值大于0,求k的取值范圍. 10.(14分)(2010·湖北)為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗,房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層.某幢建

11、筑物要建造可使用20年的隔熱層,每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元.該建筑物每年的能源消耗費用C(單位:萬元)與隔熱層厚度x(單位:cm)滿足關(guān)系:C(x)= (0≤x≤10),若不建隔熱層,每年能源消耗費用為8萬元,設(shè)f(x)為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和. (1)求k的值及f(x)的表達式; (2)隔熱層修建多厚時,總費用f(x)達到最小,并求最小值. 11.(16分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax+,函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上,且在此點有公共切線. (1)求a、b的值; (2)對任意x>0,試比較f(x)與g(x)

12、的大小. 答案 自我檢測 1.00), ∴f′(x)=2xe-ax+x2·(-a)e-ax =e-ax(-ax2+2x). 令f′(x)>0,即e-ax(-ax2+2x)>0, 得0

13、 在上是增函數(shù). ①當(dāng)0<<1,即a>2時,f(x)在[1,2]上是減函數(shù), ∴f(x)max=f(1)=e-a. ②當(dāng)1≤≤2,即1≤a≤2時,f(x)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù),∴f(x)max=f=4a-2e-2. ③當(dāng)>2,即02時,f(x)的最大值為e-a. 變式遷移1 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=a·(a>0), 由f′(

14、x)=a·>0,得0e. 故f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減. (2)∵f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減, ∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min=min{f(a),f(2a)}. ∵f(a)-f(2a)=ln, ∴當(dāng)02時,[f(x)]min=. 例2 解題導(dǎo)引 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構(gòu)造函數(shù),通過研究函數(shù)的性質(zhì)進而解決不等式問題. (1)解 f′(x)=x-=(x>0), 若a≤0時,f′(x)>0恒成立,

15、∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞). 若a>0時,令f′(x)>0,得x>, ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(,+∞),減區(qū)間為(0,). (2)證明 設(shè)F(x)=x3-(x2+ln x), 故F′(x)=2x2-x-. ∴F′(x)=.∵x>1,∴F′(x)>0. ∴F(x)在(1,+∞)上為增函數(shù). 又F(x)在(1,+∞)上連續(xù),F(xiàn)(1)=>0, ∴F(x)>在(1,+∞)上恒成立. ∴F(x)>0. ∴當(dāng)x>1時,x2+ln x

16、ln 2.于是當(dāng)x變化時, f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) f′(x) - 0 + f(x)  極小值  故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln 2), 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2,+∞), f(x)在x=ln 2處取得極小值,極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)證明 設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知當(dāng)a>ln 2-1時, g′(x)最小值為g′(ln 2)=2(1-ln 2

17、+a)>0. 于是對任意x∈R,都有g(shù)′(x)>0, 所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增, 于是當(dāng)a>ln 2-1時, 對任意x∈(0,+∞), 都有g(shù)(x)>g(0). 而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>0, 即ex-x2+2ax-1>0, 故ex>x2-2ax+1. 例3 解 (1)分公司一年的利潤L(萬元)與售價x的函數(shù)關(guān)系式為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(不合題意,舍去). ∵3≤a≤

18、5, ∴8≤6+a≤. 在x=6+a兩側(cè)L′的值由正變負. ∴①當(dāng)8≤6+a<9,即3≤a<時, Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a). ②當(dāng)9≤6+a≤,即≤a≤5時, Lmax=L(6+a)=(6+a-3-a)[12-(6+a)]2 =4(3-a)3. 所以Q(a)= 綜上,若3≤a<,則當(dāng)每件售價為9元時,分公司一年的利潤L最大,最大值Q(a)=9(6-a)(萬元); 若≤a≤5,則當(dāng)每件售價為(6+a)元時,分公司一年的利潤L最大,最大值Q(a)=4(3-a)3(萬元). 變式遷移3 解 (1)因為賠付價格為S元/噸, 所以乙方的實際年

19、利潤為ω=2 000-St. 由ω′=-S=, 令ω′=0,得t=t0=()2. 當(dāng)t0; 當(dāng)t>t0時,ω′<0. 所以當(dāng)t=t0時,ω取得最大值. 因此乙方獲得最大利潤的年產(chǎn)量為()2噸. (2)設(shè)甲方凈收入為v元,則v=St-0.002t2. 將t=()2代入上式,得到甲方凈收入v與賠付價格S之間的函數(shù)關(guān)系式: v=-. 又v′=-+=, 令v′=0,得S=20. 當(dāng)S<20時,v′>0; 當(dāng)S>20時,v′<0, 所以S=20時,v取得最大值. 因此甲方向乙方要求賠付價格S=20元/噸時,可獲得最大凈收入. 課后練習(xí)區(qū) 1.-1 2.5

20、 3.cb 解析 f′(x)=,令g(x)=xcos x-sin x, 則g′(x)=-xsin x+cos x-cos x=-xsin x, ∵0

21、0,即函數(shù)g(x)在(0,1)上是減函數(shù),得g(x)b. 6.d 解析 如圖所示,為圓木的橫截面, 由b2+h2=d2, ∴bh2=b(d2-b2). 設(shè)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. ∴函數(shù)f(b)在b=d處取極大值,也是最大值,即抗彎強度最大,此時長h=d. 7.300 解析 設(shè)長為x m,則寬為(20-x)m,倉庫的容積為V,則V=x(20-x)·3=

22、-3x2+60x,V′=-6x+60, 令V′=0得x=10. 當(dāng)00;當(dāng)x>10時,V′<0, ∴x=10時,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-10時,f′(x)=3kx2-6x=3kx(x-). ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,0),(,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,).………………(6分) (2)當(dāng)k

23、=0時,函數(shù)f(x)不存在極小值.當(dāng)k>0時,依題意f()=-+1>0, 即k2>4,由條件k>0, ∴k的取值范圍為(2,+∞).…………………………………………………………(12分) 10.解 (1)設(shè)隔熱層厚度為x cm,由題設(shè), 每年能源消耗費用為C(x)=,……………………………………………………(2分) 再由C(0)=8,得k=40, 因此C(x)=,………………………………………………………………………(4分) 而建造費用為C1(x)=6x.…………………………………………………………………(6分) 最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為 f(x)=2

24、0C(x)+C1(x)=20×+6x =+6x (0≤x≤10).………………………………………………………………(8分) (2)f′(x)=6-,令f′(x)=0, 即=6,解得x=5,x=-(舍去).…………………………………………(10分) 當(dāng)00,………………………………………………………………(12分) 故x=5是f(x)的最小值點, 對應(yīng)的最小值為f(5)=6×5+=70. 當(dāng)隔熱層修建5 cm厚時,總費用達到最小值70萬元.……………………………(14分) 11.解 (1)f(x)=ln x的圖象與x軸

25、的交點坐標(biāo)是(1,0), 依題意,得g(1)=a+b=0.①……………………………………………………………(2分) 又f′(x)=,g′(x)=a-, 且f(x)與g(x)在點(1,0)處有公共切線, ∴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),則 F(x)=ln x-(x-)=ln x-x+, ∴F′(x)=--……………………………………………………………………(8分) =-(-1)2≤0. ∴F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù).………………………………………………………(10分) 當(dāng)0F(1)=0,即f(x)>g(x);……………………………………………(12分) 當(dāng)x=1時,F(xiàn)(1)=0,即f(x)=g(x);…………………………………………………(14分) 當(dāng)x>1時,F(xiàn)(x)g(x); x=1時,f(x)=g(x); x>1時f(x)

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