新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫 第3章學(xué)案15

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)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)，g(x)都是定義

2、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　已知函數(shù)f(x)＝x2e－

3、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(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x

5、＝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(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】 (1)解　∵f′(

6、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、＋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．若已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)

8、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(x)在x＝－3時取

9、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、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．某幢建筑物要建造可使用20

11、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(dá)式； (2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達(dá)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)的大?。?

12、 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、 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′(x)＝a·>0，得0

14、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，＋∞)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(jìn)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)

15、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、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＋a)>0. 于是

17、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≤5， ∴8≤6＋a

18、≤. 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， 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， 所以乙方的實際年利潤為ω＝2 000

19、－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　3.c

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

21、(0,1)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＝－3x2＋60x，V

22、′＝－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＝0時，函數(shù)f(x)

23、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)＝20C(x)＋C1(x

24、)＝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(dá)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(biāo)是(1,0

25、)， 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)