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1、 精品資料
學案15 導數(shù)的綜合應用
導學目標： 1.應用導數(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．實際應用問題：首先要充分理解題意，列出適當?shù)暮瘮?shù)關系式，再利用導數(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．(201
2、1·揚州模擬)已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，g(x)≠0，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，f(x)＝ax·g(x)
(a>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_
3、_______．
探究點一 討論函數(shù)的單調(diào)性
例1 已知函數(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x>1時，x2＋ln x<x3.
變式遷移2 (2010·安徽)設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(
4、1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
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，預計當每件產(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)關系式；
(2)當每件產(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
5、的資源，因此甲方有權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(噸)滿足函數(shù)關系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
6、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】
(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0<x<1時，g′(x)>0；當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
7、x－x≤g(1)＝－1，∴l(xiāng)n x－x＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解決(2)的關鍵．)[10分]
當0<x<1時，x－1<0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋ln x－x＋1≤0，
∴(x－1)f(x)≥0.[12分]
當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)、導數(shù)、不等式證明等知識，通過運用導數(shù)知識解決函數(shù)、不等式問題，考查了考生綜合運用數(shù)學知識解決
8、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系，列出實際問題的數(shù)學模型，寫出相應的函數(shù)關系式y(tǒng)＝f(x)；
(2)求函數(shù)的導數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比較函數(shù)的區(qū)間端點對應的函數(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．(
9、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的橫坐標為________．
2．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(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，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，則a＝f(0)、b＝f()、c＝f(3)的大小關系為________________．
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．
10、若函數(shù)f(x)＝，且0<x1<x2<1，設a＝，b＝，則a，b的大小關系為________．
6．在直徑為d的圓木中，截取一個具有最大抗彎強度的長方體梁，則矩形面的長為________．(強度與bh2成正比，其中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)設函數(shù)f(x)＝kx3－3x
11、2＋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
12、)達到最小，并求最小值．
11．(16分)設函數(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)的大小．
答案 自我檢測
1．0<a<1 2. 3.－2 4. 5.6
課堂活動區(qū)
例1 解題導引 求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，首先應判斷函數(shù)在閉區(qū)間上的單調(diào)性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判斷函數(shù)在各區(qū)間上的單調(diào)性，在這里一般要用到分類討論的思想，討論的標準通常是極值點與區(qū)間端點的大小關系，
13、確定單調(diào)性或具體情況．
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0<x<.
∴f(x)在(－∞，0)，上是減函數(shù)，
在上是增函數(shù)．
①當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>2，即0<a<1
14、時，f(x)在[1,2]上是增函數(shù)，
∴f(x)max＝f(2)＝4e－2a.
綜上所述，
當0<a<1時，f(x)的最大值為4e－2a；
當1≤a≤2時，f(x)的最大值為4a－2e－2；
當a>2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′(x)＝a·>0，得0<x<e；
由f′(x)<0，得x>e.
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，＋
15、∞)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0<a≤2時，[f(x)]min＝ln a；
當a>2時，[f(x)]min＝.
例2 解題導引 利用導數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構造函數(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，
∴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(
16、0，)．
(2)證明 設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x>1時，x2＋ln x<x3.
變式遷移2 (1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是當x變化時，
f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
17、
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g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當a>ln 2－1時，
g′(x)最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R內(nèi)單
18、調(diào)遞增，
于是當a>ln 2－1時，
對任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
例3 解 (1)分公司一年的利潤L(萬元)與售價x的函數(shù)關系式為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≤5，
∴8≤6＋a≤.
在x＝6＋a兩側(cè)L′
19、的值由正變負．
∴①當8≤6＋a<9，即3≤a<時，
Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．
②當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，
所以乙方的實際年利潤為ω＝2 000－St.
20、
由ω′＝－S＝，
令ω′＝0，得t＝t0＝()2.
當t<t0時，ω′>0；
當t>t0時，ω′<0.
所以當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)關系式：
v＝－.
又v′＝－＋＝，
令v′＝0，得S＝20.
當S<20時，v′>0；
當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．
課后練習區(qū)
21、
1．－1 2.5 3.c<a<b
4．t≥5
解析 ∵f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，
f′(x)＝－3x2＋2x＋t，
∴在(－1,1)上f′(x)≥0，
即－3x2＋2x＋t≥0，∴t≥3x2－2x.
設函數(shù)g(x)＝3x2－2x，由于g(x)的圖象是對稱軸為x＝，開口向上的拋物線，故g(x)<g(－1)，
故要使t≥3x2－2x在區(qū)間(－1,1)上恒成立?t≥g(－1)，
即t≥5.故t的取值范圍是t≥5.
5．a(chǎn)>b
解析 f′(x)＝，令g(x)＝xcos x－sin x，
則g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xs
22、in x，
∵0<x<1，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，得g(x)<g(0)＝0，
故f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，得a>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
23、．300
解析 設長為x m，則寬為(20－x)m，倉庫的容積為V，則V＝x(20－x)·3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，
令V′＝0得x＝10.
當0<x<10時，V′>0；當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－1<m≤0.
9．解 (1)當k＝0時，f(x)＝－3x2＋1，
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，
單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．
當k>0時，f′(
24、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k＝0時，函數(shù)f(x)不存在極小值．當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)設隔熱層厚度為x cm，由題設，
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)＝，…………………………………………………………………
25、……(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)＝20C(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0<x<5時，f′(x)<0，
當5<x<10時，f′(x)>0，………………………………………………………………(12分
26、)
故x＝5是f(x)的最小值點，
對應的最小值為f(5)＝6×5＋＝70.
當隔熱層修建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軸的交點坐標是(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＝－.………………………………………………………
27、…………(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0<x<1時，F(xiàn)(x)>F(1)＝0，即f(x)>g(x)；……………………………………………(12分)
當x＝1時，F(xiàn)(1)＝0，即f(x)＝g(x)；…………………………………………………(14分)
當x>1時，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，即f(x)<g(x)．
綜上，0<x<1時，f(x)>g(x)；
x＝1時，f(x)＝g(x)；
x>1時f(x)<g(x)．………………………………………………………………………(16分)
高考數(shù)學理一輪資源庫 第3章學案15
