高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第三章】導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 學(xué)案15

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1、 精品資料 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(huì)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍.2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題. 自主梳理 1.函數(shù)的最值 (1)函數(shù)f(x)在[a,b]上必有最值的條件 如果函數(shù)y=f(x)的圖象在區(qū)間[a,b]上________,那么它必有最大值和最小值. (2)求函數(shù)y=f(x)在[a,b]上的最大值與最小值的步驟: ①求函數(shù)y=f(x)在(a,b)內(nèi)的________; ②將函數(shù)y=f(x)的各極值與________比較,其中最大的一個(gè)是最大值,最小的一個(gè)是最小值.

2、 2.實(shí)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(shí)際問題中,得出最優(yōu)解. 自我檢測(cè) 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 (  ) A.0≤a<1 B.0

3、.對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x),若滿足(x-1)f′(x)≥0,則必有 (  ) A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1) 4.(2011新鄉(xiāng)模擬)函數(shù)f(x)=ex (sin x+cos x)在區(qū)間上的值域?yàn)開_____________. 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(diǎn)一 求含參數(shù)的函數(shù)的最值 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.

4、 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(diǎn)二 用導(dǎo)數(shù)證明不等式 例2 (2011張家口模擬)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(shí),x2+ln xln 2-1且x>0時(shí),ex>x2-2ax+1. 探究點(diǎn)三 實(shí)際生活中的優(yōu)

5、化問題 例3 (2011孝感月考)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(fèi),預(yù)計(jì)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為x元(9≤x≤11)時(shí),一年的銷售量為(12-x)2萬(wàn)件. (1)求分公司一年的利潤(rùn)L(萬(wàn)元)與每件產(chǎn)品的售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式; (2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為多少元時(shí),分公司一年的利潤(rùn)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(chǎng),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(bǔ)經(jīng)濟(jì)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(rùn)x(元)與年產(chǎn)量t(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x=2

6、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(jià)格). (1)將乙方的年利潤(rùn)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(rùn)的年產(chǎn)量; (2)甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟(jì)損失金額y=0.002t2(元),在乙方按照獲得最大利潤(rùn)的產(chǎn)量進(jìn)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(jià)格S是多少? 轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用 例 (12分)(2010全國(guó)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】 (1)解 ∵f′

7、(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,則g′(x)=-1,[2分] 當(dāng)00; 當(dāng)x>1時(shí),g′(x)<0,[4分] ∴x=1是最大值點(diǎn),g(x)max=g(1)=-1,∴a≥-1, ∴a的取值范圍為[-1,+∞).[6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.)[8分] 當(dāng)0

8、 x+ln x-x+1≤0, ∴(x-1)f(x)≥0. 當(dāng)x≥1時(shí),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.[11分] 綜上,(x-1)f(x)≥0.[12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(shí),通過運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)解決函數(shù)、不等式問題,考查了考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題的能力以及計(jì)算能力,同時(shí)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(shí)質(zhì)還是利用單調(diào)性求最值問題. 1.求極值、最值時(shí),要求步驟規(guī)范,含參數(shù)時(shí),要分類討論參數(shù)的范圍.若已知函數(shù)單調(diào)

9、性求參數(shù)范圍時(shí),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(shí)際問題中各變量之間的關(guān)系,列出實(shí)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(diǎn)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值和極值,確定最值; (4)回到實(shí)際問題,作出解答. (滿分:75分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(2011皖南模擬)已知曲線C:y=2x2-x3,點(diǎn)P(0,-4),直線l過點(diǎn)P且與曲線C相切于點(diǎn)Q,則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為

10、 (  ) A.-1 B.1 C.-2 D.2 2.已知函數(shù)y=f(x),y=g(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示,那么y=f(x),y=g(x)的圖象可能是 (  ) 3.設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),y=f′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的圖象最有可能是 (  )

11、 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 (  ) A.t>5 B.t<5 C.t≥5 D.t≤5 5.(2011滄州模擬)若函數(shù)f(x)=,且0b B.a(chǎn)

12、、填空題(每小題4分,共12分) 6.在直徑為d的圓木中,截取一個(gè)具有最大抗彎強(qiáng)度的長(zhǎng)方體梁,則矩形面的長(zhǎng)為________.(強(qiáng)度與bh2成正比,其中h為矩形的長(zhǎng),b為矩形的寬) 7.要建造一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的倉(cāng)庫(kù),其內(nèi)部的高為3 m,長(zhǎng)和寬的和為20 m,則倉(cāng)庫(kù)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(shí)數(shù)m的取值范圍為________. 三、解答題(共38分) 9.(12分)已知函數(shù)f(x)=(1+x)2-ln(1+x)

13、. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若x∈[-1,e-1]時(shí),f(x)

14、最小值. 11.(14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(diǎn)也在函數(shù)g(x)的圖象上,且在此點(diǎn)有公共切線. (1)求a、b的值; (2)對(duì)任意x>0,試比較f(x)與g(x)的大?。? 答案 自主梳理 1.(1)連續(xù) (2)①極值?、诙它c(diǎn)值 自我檢測(cè) 1.B 2.D 3.C 4. 5.6 課堂活動(dòng)區(qū) 例1 解題導(dǎo)引 求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值,首先應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)通常是極值點(diǎn)與區(qū)間

15、端點(diǎn)的大小關(guān)系,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02時(shí),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(shí),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0

16、2)=4e-2a. 綜上所述, 當(dāng)02時(shí),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?yàn)?0,+∞), f′(x)=a(a>0), 由f′(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,

17、∴當(dāng)02時(shí),[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(jìn)而解決不等式問題. (1)解 f′(x)=x-=(x>0), 若a≤0時(shí),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(shí),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).

18、 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(shí),x2+ln x

19、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(shí), g′(x)最小值為g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是對(duì)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(shí), 對(duì)任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>g(0). 而g(0)=0,從而對(duì)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

20、一年的利潤(rùn)L(萬(wàn)元)與售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式為L(zhǎng)=(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′的值由正變負(fù). ∴①當(dāng)8≤6+a<9,即3≤a<時(shí), Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a). ②當(dāng)9≤6+a≤,即≤a≤5時(shí), 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

21、<,則當(dāng)每件售價(jià)為9元時(shí),分公司一年的利潤(rùn)L最大,最大值Q(a)=9(6-a)(萬(wàn)元); 若≤a≤5,則當(dāng)每件售價(jià)為(6+a)元時(shí),分公司一年的利潤(rùn)L最大,最大值Q(a)=4(3-a)3(萬(wàn)元). 變式遷移3 解 (1)因?yàn)橘r付價(jià)格為S元/噸, 所以乙方的實(shí)際年利潤(rùn)為ω=2 000-St. 由ω′=-S=, 令ω′=0,得t=t0=()2. 當(dāng)t0;當(dāng)t>t0時(shí),ω′<0. 所以當(dāng)t=t0時(shí),ω取得最大值. 因此乙方獲得最大利潤(rùn)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(jià)格S之間

22、的函數(shù)關(guān)系式: v=-. 又v′=-+=, 令v′=0,得S=20. 當(dāng)S<20時(shí),v′>0; 當(dāng)S>20時(shí),v′<0, 所以S=20時(shí),v取得最大值. 因此甲方向乙方要求賠付價(jià)格S=20元/噸時(shí),可獲得最大凈收入. 課后練習(xí)區(qū) 1.A 2.D 3.C 4.C 5.A 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

23、大值,也是最大值,即抗彎強(qiáng)度最大,此時(shí)長(zhǎng)h=d. 7.300 解析 設(shè)長(zhǎng)為x m,則寬為(20-x)m,倉(cāng)庫(kù)的容積為V,則V=x(20-x)3=-3x2+60x,V′=-6x+60, 令V′=0得x=10. 當(dāng)00;當(dāng)x>10時(shí),V′<0, ∴x=10時(shí),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). ………………………………………………………

24、……………………………………(4分) ∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 在(-1,0)上單調(diào)遞減.…………………………………………………………………(6分) (2)令f′(x)=0,即x=0,則 x (-1,0) 0 (0,e-1) f′(x) - 0 + f(x)  極小值  ……………………………………………………………………………………………(9分) 又∵f(-1)=+1,f(e-1)=e2-1>+1, 又f(x)e2-1.………………………………………………………………………………(12分) 1

25、0.解 (1)設(shè)隔熱層厚度為x cm,由題設(shè), 每年能源消耗費(fèi)用為C(x)=,(2分) 再由C(0)=8,得k=40,因此C(x)=,…………………………………………(4分) 而建造費(fèi)用為C1(x)=6x.…………………………………………………………………(5分) 最后得隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和為 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) 當(dāng)0

26、5時(shí),f′(x)<0, 當(dāng)50,………………………………………………………………(10分) 故x=5是f(x)的最小值點(diǎn), 對(duì)應(yīng)的最小值為f(5)=65+=70. 當(dāng)隔熱層修建5 cm厚時(shí),總費(fèi)用達(dá)到最小值70萬(wàn)元. ……………………………………………………………………………………………(12分) 11.解 (1)f(x)=ln x的圖象與x軸的交點(diǎn)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(diǎn)(1,0)處有公共切線, ∴g′

27、(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)=--=-(-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); 當(dāng)x=1時(shí),F(xiàn)(1)=0,即f(x)=g(x); 當(dāng)x>1時(shí),F(xiàn)(x)g(x); x=1時(shí),f(x)=g(x); x>1時(shí)f(x)

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