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2013版高中全程复习方略配套课件:2.12导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例


第十二节 导数在研究函数中的应 用与生活中的优化问题举例

三年31考

高考指数:★★★★★

1.了解函数的单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调 性,会求函数的单调区间(对多项式函数一般不超过三次). 2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求 函数的极大值、极小值;会求闭区间上函数的最大值、最小值. 3.会利用导数解决某些简单的实际问题.

1.利用导数判断函数的单调性、求函数的单调区间、求函数的

极值(最值)是考查重点;
2.含参数的函数单调区间与极值情况的讨论是高考的重点和难

点;
3.题型有选择题和填空题,难度较小;与方程、不等式等知识 点交汇则以解答题为主,难度较大.

1.导数与函数单调性的关系 (1)函数y=f(x)在某个区间内可导 单调递增 ①若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内________; 单调递减 ②若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内_________. 常数函数 ③如果在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为________. (2)单调性的应用

若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调,则y=f′(x)在该区间上不
变号.

【即时应用】 (1)函数f(x)=1+x-sinx在(0,2π )上的单调情况是_____. (2)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_____.

(3)若函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数,则实数m的取值范围

是_______.
【解析】(1)在(0,2π)上有f′(x)=1-cosx>0,所以f(x)在

(0,2π)上单调递增.
(2)由导函数图象知,f′(x)在(-≦,0)上为正,在(0,2)上为 负,在(2,+≦)上为正,所以f(x)在(-≦,0)上是增函数,在 (0,2)上是减函数,在(2,+≦)上是增函数,比较①②③④,只 有③符合.

(3)函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数,只需y′=3x2+2x+m≥0 恒成立, 即Δ=4-12m≤0,?m≥ 1 .
3

答案:(1)单调递增

(2)③

1 (3)m≥ 3

2.函数极值的概念 (1)极值点与极值

相反 设函数f(x)在点x0及附近有定义,且在x0两侧的单调性____
(或导数值异号),则x0为函数f(x)的极值点,f(x0)为函数的 极值. (2)极大值点与极小值点 极大值 ①若先增后减(导数值先正后负),则x0为______点. 极小值 ②若先减后增(导数值先负后正),则x0为______点.

【即时应用】 (1)判断下列结论的正误.(请在括号中填“√”或“×”)

①导数为零的点一定是极值点

(

)

②函数f(x)在点x0及附近有定义,如果在x0附近的左侧f′(x)

>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极大值

(

)

③函数f(x)在点x0及附近有定义,如果在x0附近的左侧f′(x) <0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极大值 ( )

(2)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b) 内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点

的个数为_____.

(3)函数f(x)=x3+3x2-9x的极值点为_________.

【解析】(1)①导数为零只是函数在该点取极值的必要条件, ②正确,③f(x0)为极小值,故错误.

(2)从f′(x)的图象可知f(x)在(a,b)内从左到右的单调性依
次为增→减→增→减,所以f(x)在(a,b)内只有一个极小值点;

(3)由f′(x)=3x2+6x-9=0得x=1或x=-3,
当x<-3时,f′(x)>0,

当-3<x<1时,f′(x)<0, 当x>1时,f′(x)>0, ?x=1和x=-3都是f(x)的极值点. 答案:(1)①× ②√ ③× (2)1 (3)1和-3

3.函数极值与最值的求法 (1)求可导函数极值的步骤: ①求导数f′(x); ②求方程f′(x)=0的根; ③列表,检验f′(x)在方程f′(x)=0的根左右两侧的符号(判 断y=f(x)在根左右两侧的单调性),确定是否为极值,是极大

值还是极小值.

(2)求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的最值可分两步进行:

极值 ①求y=f(x)在(a,b)内的____;
②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b)比较, 最大值 最小值 其中最大的一个为______,最小的一个为______.

【即时应用】
(1)思考:最值是否一定是极值? 提示:不一定.如果最值在端点处取得就不是极值. (2)函数f(x)=3x-4x3,x∈[0,1]的最大值是_____. 【解析】由f′(x)=3-12x2=0得x= ? , ≧f(0)=0,f( 1 )=1,f(1)=-1,?f(x)max=1.
2 1 2

答案:1

(3)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取极值10,则
f(2)=_____.
?f 1 ? 10 【解析】f′(x)=3x2+2ax+b,由题意 ? ? ? , ? ?f ? ?1? ? 0 ?

?1 ? a ? b ? a 2 ? 10 即? , 得a=4或a=-3. ?3 ? 2a ? b ? 0

但当a=-3时,b=3,f′(x)=3x2-6x+3≥0,故不存在极值, ?a=4,b=-11,f(2)=18. 答案:18

4.导数的实际应用

导数在实际生活中的应用主要体现在求利润最大、用料最省、
效率最高等问题中,解决这类问题的关键是建立恰当的数学模

型(函数关系),再利用导数研究其单调性和最值.解题过程
中要时刻注意实际问题的意义.

【即时应用】 (1)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单 位:万件)的函数关系式为y= ? x3+81x-234,则使该生产厂 家获得最大年利润的年产量为_____. (2)将边长为1 m的正三角形薄片沿一条平行于某边的直线剪成
2 (梯形的周长) 两块,其中一块是梯形,记S= ,则S的最小值是 梯形的面积

1 3

_____.

【解析】(1)y′=-x2+81,令y′=0得
x=9或x=-9(舍去),当x<9时y′>0; 当x>9时y′<0,故当x=9时函数有极大值,也是最大值; 即该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件. (2)设剪成的小正三角形的边长为x,
(3 ? x) 2 4 (3 ? x) 2 则:S= ? ? 0<x< ? , 1 2 ? 1 3 3 1? x ?(x ? 1)? ?(1 ? x) 2 2
4 (3 ? x) 2 S(x) ? ? , 1? x2 3

4 (2x ? 6)?(1 ? x 2 ) ? (3 ? x) 2 ?( ?2x) S?(x) ? ? (1 ? x 2 ) 2 3 4 ?2(3x ? 1)(x ? 3) ? ? , 2 2 (1 ? x ) 3 令S′(x)=0(0<x<1),得x= 1 , 3 1 当x∈(0, )时,S′(x)<0,S(x)递减; 3 当x∈( 1 ,1)时,S′(x)>0,S(x)递增; 3 故当x= 1 时,S取得最小值 32 3 . 3 3 32 3 答案:(1)9万件 (2) 3

利用导数研究函数的单调性 【方法点睛】 1.导数在函数单调性方面的应用 (1)利用导数判断函数的单调性; (2)利用导数求函数的单调区间; (3)已知函数单调性,求参数的范围.

2.导数法求函数单调区间的一般步骤 第一步:求定义域:求函数y=f(x)的定义域 第二步:求根:求方程f′(x)=0在定义域内的根

第三步:划分区间:用求得的方程的根划分定义域所在的区间
第四步:定号:确定f′(x)在各个区间内的符号

第五步:结果:求得函数在相应区间上的单调性,即得函数
y=f(x)的单调区间. 【提醒】当f(x)不含参数时,也可通过解不等式f′(x)>0(或 f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间.

【例1】(1)(2011·山东高考)函数y= x -2sinx的图象大致
2

是(

)

(2)(2012·景德镇模拟)已知f(x)=lnx: ①设F(x)=f(x+2)- 2x ,求F(x)的单调区间;
x ?1

②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1], x∈[0,1]恒成立,求m的取值范围.

【解题指南】(1)排除法与求导相结合,根据导数与函数单调性
的关系判断.

(2)由题意只需解不等式F′(x)>0和F′(x)<0即可得到单调区
间;原不等式恒成立可转化为ln x ? 1≤3ma+4-m2恒成立,进一步 转化为(ln x ? 1 )max≤(3ma+4-m2)min成立.
2x ? 1 2x ? 1

【规范解答】(1)选C.当x=0时,y=0,排除A. 当x>2π时,y= x -2sinx>0,排除D.
2

≧由y′= 1 -2cosx>0,得cosx< 1 ,在满足上式的x的区间内,y
2 4

是增函数.

由y′= 1 -2cosx<0,得cosx> 1 ,在满足上式的x的区间内,y是
2 4

减函数, ?由余弦函数的周期性知,函数的增减区间有无数多个, ?B不正确,C正确.

(2)①F(x)=ln(x+2)定义域为: (-2,-1)∪(-1,+≦).

2x x ?1

2 ? x ? 1? ? 2x 1 1 2 F? ? x ? ? ? ? ? 2 x?2 x ? 2 ? x ? 1?2 x ? 1? ?

? x ? 1? ? 2 ? x ? 2 ? x2 ? 3 ? ? , 2 2 ? x ? 2 ?? x ? 1? ? x ? 2 ?? x ? 1?
2

令F′(x)>0,得单调增区间为(-2,- 3 )和( 3 ,+≦) 令F′(x)<0,得单调减区间为(- 3 ,-1)和(-1, 3 )

②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为: ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即 ln x ? 1 ≤3ma+4-m2. 现在只需求y=ln x ? 1 (x∈[0,1])的最大值和y=3ma+4-m2(a∈
2x ? 1 2x ? 1

[-1,1])的最小值. 因为 x ? 1 ? 1 ?
2x ? 1 2 所以y=ln x ? 1 (x∈[0,1])的最大值为0, 2x ? 1 1 在[0,1]上单调递减, 2(2x ? 1)

而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数,故其最小值只能 在a=-1或a=1处取得,于是得到:
?0 ? ?3m ? 4 ? m 2 ?0 ? 3m ? 4 ? m 2 或 ? , ? ?3m ? 0 ?3m<0

解得0≤m≤1或-1≤m<0,

所以m的取值范围是[-1,1].

【反思·感悟】1.求函数的单调区间时,切记定义域优先的原 则,一定要注意先求定义域. 2.恒成立问题的处理,一般是采用“分离参数,最值转化”的

方法.

利用导数研究函数的极值(最值) 【方法点睛】

1.应用函数极值应注意的问题
(1)注意极大值与极小值的判断. (2)已知极值求参数的值:注意f′(x0)=0是可导函数y=f(x)在x0 处取得极值的必要不充分条件. 2.数形结合求参数的范围 利用导数研究了函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行 观察分析,确定满足条件的参数范围.

【例2】已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对 称.证明当x>1时,f(x)>g(x). (3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2. 【解题指南】由f′(x)=0得出可能的极值点,再列表判断;利 用已知条件求出y=g(x)的解析式,构造新函数进行证明;讨论

x1,x2的可能取值,判断其范围,再利用f(x)的单调性证明.

【规范解答】(1)f′(x)=(1-x)e-x. 令f′(x)=(1-x)e-x=0,得x=1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-≦,1) + 单调递增 1 0
1 e

(1,+≦) 单调递减

所以f(x)在区间(-≦,1)内是增函数,在区间(1,+≦)内是减函数.

函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)= 1 .
e

(2)因为函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对 称, 所以g(x)=f(2-x),于是g(x)=(2-x)ex-2. 记F(x)=f(x)-g(x),则F(x)=xe-x+(x-2)ex-2, F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,

当x>1时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0, 又e-x>0,所以F′(x)>0,

于是函数F(x)在区间[1,+≦)上是增函数.
因为F(1)=e-1-e-1=0,所以,

当x>1时,F(x)>F(1)=0.因此f(x)>g(x).
(3)①若(x1-1)(x2-1)=0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2 矛盾;

②若(x1-1)(x2-1)>0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2矛

盾;
根据①,②可得(x1-1)(x2-1)<0.

不妨设x1<1,x2>1.
由(2)可知f(x2)>g(x2)=f(2-x2), 所以f(x1)=f(x2)>g(x2)=f(2-x2). 因为x2>1,所以2-x2<1,又x1<1,由(1)知f(x)在区间(-≦,1) 内是增函数, 所以x1>2-x2,即x1+x2>2.

【反思·感悟】1.求函数的极值时,极易弄混极大值、极小值. 2.利用导数研究了单调性和极值,就可以大体知道函数的图象, 为数形结合解题提供了方便.

导数在实际问题中的应用 【方法点睛】 1.导数在实际问题中的应用 在求实际问题中的最值时,一般要先恰当的选择变量,建立函

数关系式,并确定其定义域,然后利用导数加以解决.注意检验
结果与实际是否相符.

2.实际问题中的最值
根据实际意义,函数存在最值,而函数只有一个极值,则函数 的极值就是最值.

【例3】(2011·山东高考)某企业拟建造如 图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),

其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求
容器的容积为 80? 立方米,且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与
3

其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球
形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元.设该容器的建造费用为 y千元. (1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的r.

【解题指南】本题为应用题,(1)先求出l和r的关系,再根据问 题情境列出函数解析式,注意函数的定义域.(2)利用导数求函 数的最值.先求导,再判断函数的单调性,然后根据单调性求出 极值,再由函数的定义域求出最值.

【规范解答】(1)因为容器的容积为 80? 立方米,
3 80? 所以 4?r ? πr2l= , 3 3 80 4r 解得l= 2 ? ,由于l≥2r,因此0<r≤2. 3r 3
3

所以圆柱的侧面积为
80 4r 160? 8?r 2 , 2πrl= 2?r( 2 ? ) ? ? 3r 3 3r 3

两端两个半球的表面积之和为4πr2,
所以建造费用y= 160? -8πr2+4πcr2,定义域为(0,2].
r

160? -16πr+8πcr 2 r 3 ? ? = 8? ?? c ? 2 ? r ? 20 ? ,0<r≤2. r2

(2)因为y′= ?

由于c>3,所以c-2>0,

所以令y′>0得:r>3 20 ;

c?2 令y′<0得:0<r< 3 20 , c?2 ①当3<c≤ 9 ,即 3 20 ≥2时,函数y在(0,2]上是单调递 2 c?2

减的,故建造费用最小时r=2.
2
c?2

②当c> 9 ,即0< 3 20 <2时,函数y在(0,2]上是先减后增 的,故建造费用最小时r=
3

20 . c?2

【反思·感悟】1.解决实际问题,数学建模是关键,恰当变量

的选择,决定了解答过程的繁简;函数模型的确定,决定了能
否解决这个问题.

2.解决实际问题必须考虑实际意义,忽视定义域是这类题目失
分的主要原因.

【满分指导】函数综合题的规范解答 【典例】(14分)(2011·湖南高考)设函数f(x)=x- 1 x

alnx(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)) 的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由.

【解题指南】(1)对f(x)求导,就a的取值分类讨论;

(2)假设存在a满足条件,判断条件是否满足.
【规范解答】(1)f(x)的定义域为(0,+≦).
1 a x 2 ? ax ? 1 f′(x)=1 ? 2 ? ? ????????????2分 2 x x x

令g(x)=x2-ax+1,其判别式Δ=a2-4. ①当|a|≤2时,Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+≦)上单调递 增.????????????????????????3分 ②当a<-2时,Δ>0,g(x)=0的两根都小于0,在(0,+≦)上, f′(x)>0,故f(x)在(0,+≦)上单调递增.???????4分

a ? a2 ? 4 a ? a2 ? 4 ③当a>2时,Δ>0,g(x)=0的两根为x1 ? , x2 ? , 2 2

当0<x<x1时,f′(x)>0;当x1<x<x2时,f′(x)<0;当x> x2时,f′(x)>0,故f(x)分别在(0,x1),(x2,+≦)上单调递增, 在(x1,x2)上单调递减.

??????????????????????????6分
(2)由(1)知,a>2.

因为f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ x1 ? x 2 -a(lnx1-lnx2),所以
x1 x 2 f ? x1 ? ? f (x 2 ) lnx ? lnx 2 1 k? ? 1? ? a? 1 x1 ? x 2 x1 x 2 x1 ? x 2

??????????????????????????9分

又由(1)知,x1x2=1.于是k=2-a· 若存在a,使得k=2-a,则

lnx1 ? lnx 2 =1, x1 ? x 2 即lnx1-lnx2=x1-x2,亦即x2- 1 -2lnx2=0(x2>1)(*)??11分 x2 再由(1)知,函数h(t)=t- 1 -2lnt在(0,+≦)上单调递增,而x2> t 1 1,所以x2-2lnx2>1- 1 -2ln1=0.这与(*)式矛盾.?13分 x2 1

lnx1 ? lnx 2 , x1 ? x 2

故不存在a,使得k=2-a.??????????????14分

【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结,我们可以
得到以下失分警示和备考建议:

失 分

在解答本题时有两点容易造成失分:
(1)利用导数判断函数单调性和求极值(或最值)不熟 练,忽视a的值对f′(x)符号的影响.


(2)对存在性命题的解题方法不熟悉,不能准确、有效 示 地确定解题方法.

解决函数的综合问题时,还有以下几点在备考时要高度 关注:


考 建 议

(1)函数的定义域、单调性、最值(极值)的求解应熟
练掌握; (2)与数列、三角、解析几何、不等式等综合时,能够 迅速、准确地进行转化; 另外需要较强的运算能力,才能快速正确地解决一些函

数综合问题.

1.(2011·湖南高考)设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=lnx的图 象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为( (A)1 (B) 1
2

)

(C) 5
2

(D) 2
2

【解析】选D.由题意|MN|=t2-lnt(t>0),不妨令h(t)=t2lnt,则h′(t)=2t- 1 ,令h′(t)=0解得t= 2 ,因为t∈(0, 2 )
t
2 2 时,h′(t)<0,当t∈( 2 ,+≦)时,h′(t)>0,所以当t= 2 2 2

时,|MN|达到最小.

2.(2011·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中,已知点P是函数
f(x)=ex(x>0)的图象上的动点,该图象在P处的切线l交y轴于点

M,过点P作l的垂线交y轴于点N,设线段MN的中点的纵坐标为t,
则t的最大值是_____.

【解析】设P(x0, e x ),则l:y- e x = e x (x-x0),
0 0 0

?M(0,(1-x0) e x ),过点P作l的垂线,
0

垂线方程为y- e x = ?e ? x (x-x0),?N(0, e x +x0 e ? x
0 0 0 0 0 0 0 0

0

),
0

?t= 1 [(1-x0)e x + e x +x0 e ? x ]= e x + 1 x0( e ? x - e x ),t′=
1 ( e x 0 + e ? x 0 )(1-x0), 2 2 2

所以,t在(0,1)上单调递增,在(1,+≦)上单调递减, ?x0=1时,tmax= 1 (e+ 1 ).
2 e

答案: (e+

1 2

1 ) e

3.(2011·广东高考)函数f(x)=x3-3x2+1在x= _____处取得极 小值. 【解析】f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),

?f(x)的单调递增区间为:(-≦,0)和(2,+≦),递减区间为
(0,2),?f(x)在x=2处取得极小值.

答案:2



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第二章 第12节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

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