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学案15 导数的综合应用


学案 15

导数的综合应用

导学目标:1.应用导数讨论函数的单调性,并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导 数解决某些实际问题.

自主梳理 1.函数的最值 (1)函数 f(x)在[a,b]上必有最值的条件 如果函数 y=f(x)的图象在区间[a,b]上________,那么它必有最大值和最小值. (2)求函数

y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤: ①求函数 y=f(x)在(a,b)内的________; ②将函数 y=f(x)的各极值与________比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是 最小值. 2.实际应用问题:首先要充分理解题意,列出适当的函数关系式,再利用导数求出该 函数的最大值或最小值,最后回到实际问题中,得出最优解. 自我检测 1.函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围为( ) A.0≤a<1 B.0<a<1 1 C.-1<a<1 D.0<a< 2 2.(2011· 汕头月考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数,将 y=f(x)和 y=f′(x)的图象画在同一 个直角坐标系中,不可能正确的是( )

3.对于 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有( ) 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) π? 1 x 4. (2011· 新乡模拟)函数 f(x)= e (sinx+cosx)在区间? ?0,2?上的值域为______________. 2 5.f(x)=x(x-c)2 在 x=2 处有极大值,则常数 c 的值为________.

探究点一 求含参数的函数的最值 - 例 1 已知函数 f(x)=x2e ax (a>0),求函数在[1,2]上的最大值.

alnx 变式迁移 1 设 a>0,函数 f(x)= . x (1)讨论 f(x)的单调性; (2)求 f(x)在区间[a,2a]上的最小值.

探究点二 用导数证明不等式 1 (2011· 张家口模拟)已知 f(x)= x2-alnx(a∈R), 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 2 (2)求证:当 x>1 时, x2+lnx< x3. 2 3 例2

变式迁移 2 (2010· 安徽)设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.

探究点三 实际生活中的优化问题 例 3 (2011· 孝感月考)某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为 3 元,并且每 件产品需向总公司交 a 元(3≤a≤5)的管理费,预计当每件产品的售价为 x 元(9≤x≤11)时, 一年的销售量为(12-x)2 万件. (1)求分公司一年的利润 L(万元)与每件产品的售价 x 的函数关系式; (2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润 L 最大,并求出 L 的最大值 Q(a).

变式迁移 3 甲方是一农场,乙方是一工厂.由于乙方生产需占用甲方的资源,因此甲 方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入, 在乙方不赔付甲方的情况下, 乙方的 年利润 x(元)与年产量 t(吨)满足函数关系 x=2000 t.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方 S 元(以下称 S 为赔付价格). (1)将乙方的年利润 ω(元)表示为年产量 t(吨)的函数,并求出乙方获得最大利润的年产 量; (2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额 y=0.002t2(元),在乙方按照获得最大利润 的产量进行生产的前提下,甲方要在索赔中获得最大净收入,应向乙方要求的赔付价格 S 是多少?

转化与化归思想的应用 例 (12 分)(2010· 全国Ⅰ)已知函数 f(x)=(x+1)lnx-x+1. (1)若 xf′(x)≤x2+ax+1,求 a 的取值范围; (2)证明:(x-1)f(x)≥0. 【答题模板】 x+1 1 (1)解 ∵f′(x)= +lnx-1=lnx+ ,x>0, x x 2 ∴xf′(x)=xlnx+1.由 xf′(x)≤x +ax+1, 1 得 a≥lnx-x,令 g(x)=lnx-x,则 g′(x)= -1,[2 分] x 当 0<x<1 时,g′(x)>0; 当 x>1 时,g′(x)<0,[4 分] ∴x=1 是最大值点,g(x)max=g(1)=-1,∴a≥-1, ∴a 的取值范围为[-1,+∞).[6 分] (2)证明 由(1)知 g(x)=lnx-x≤g(1)=-1,∴lnx-x+1≤0.(注:充分利用(1)是快速解 决(2)的关键.)[8 分] 当 0<x<1 时,x-1<0,f(x)=(x+1)lnx-x+1=xlnx+lnx-x+1≤0, ∴(x-1)f(x)≥0. 当 x≥1 时,x-1>0,f(x)=(x+1)lnx-x+1 =lnx+xlnx-x+1 1 1 ? =lnx-x? ?ln x-x+1?≥0, ∴(x-1)f(x)≥0.[11 分] 综上,(x-1)f(x)≥0.[12 分] 【突破思维障碍】 本小题主要考查函数、导数、不等式证明等知识,通过运用导数知识解决函数、不等式 问题, 考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力以及计算能力, 同时也考查了函数与方 程思想、化归与转化思想.通过转化,本题实质还是利用单调性求最值问题. 1.求极值、最值时,要求步骤规范,含参数时,要分类讨论参数的范围.若已知函数 单调性求参数范围时,隐含恒成立思想. 2.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤: (1)分析实际问题中各变量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出相应的函数关 系式 y=f(x); (2)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值,确定最值; (4)回到实际问题,作出解答.

(满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.(2011· 皖南模拟)已知曲线 C:y=2x2-x3,点 P(0,-4),直线 l 过点 P 且与曲线 C 相切于点 Q,则点 Q 的横坐标为( ) A.-1 B.1 C.-2 D.2 2.已知函数 y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如图所示,那么 y=f(x),y=g(x)的图象可 能是( )

3.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( )

4.函数 f(x)=-x3+x2+tx+t 在(-1,1)上是增函数,则 t 的取值范围是( ) A.t>5 B.t<5 C.t≥5 D.t≤5 sinx sinx1 sinx2 5.(2011· 沧州模拟)若函数 f(x)= ,且 0<x1<x2<1,设 a= ,b= ,则 a,b 的 x x1 x2 大小关系是( ) A.a>b B.a<b C.a=b D.a、b 的大小不能确定 1 2 3 4 5 题号 答案 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6.在直径为 d 的圆木中,截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁,则矩形面的长为 ________.(强度与 bh2 成正比,其中 h 为矩形的长,b 为矩形的宽) 7.要建造一个长方体形状的仓库,其内部的高为 3m,长和宽的和为 20m,则仓库容

积的最大值为_____________________________________________________________m3. 4x 8.若函数 f(x)= 2 在区间(m,2m+1)上是单调递增函数,则实数 m 的取值范围为 x +1 ________. 三、解答题(共 38 分) 1 9.(12 分)已知函数 f(x)= (1+x)2-ln(1+x). 2 (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 x∈[ -1,e-1]时,f(x)<m 恒成立,求 m 的取值范围. e

10.(12 分)(2010· 湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋顶和外墙 需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用 20 年的隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元.该建筑物每年的能源消耗费用 C(单位:万元)与隔热层厚度 x(单位:cm)满足关系: k C(x)= (0≤x≤10),若不建隔热层,每年能源消耗费用为 8 万元,设 f(x)为隔热层建造 3x+5 费用与 20 年的能源消耗费用之和. (1)求 k 的值及 f(x)的表达式; (2)隔热层修建多厚时,总费用 f(x)达到最小,并求最小值.

b 11.(14 分)设函数 f(x)=lnx,g(x)=ax+ ,函数 f(x)的图象与 x 轴的交点也在函数 g(x) x 的图象上,且在此点有公共切线. (1)求 a、b 的值; (2)对任意 x>0,试比较 f(x)与 g(x)的大小.

答案自主梳理 1.(1)连续 (2)①极值 ②端点值 自我检测 1.B 2.D 3.C 1 1 π? 4.? ?2,2e2? 5.6 课堂活动区 例 1 解题导引 求函数在闭区间上的最值,首先应判断函数在闭区间上的单调性, 一般方法是令 f′(x)=0,求出 x 值后,再判断函数在各区间上的单调性,在这里一般要用 到分类讨论的思想, 讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系, 确定单调性或具体情 况. - 解 ∵f(x)=x2e ax (a>0), - - - ∴f′(x)=2xe ax+x2· (-a)e ax=e ax(-ax2+2x). -ax 2 令 f′(x)>0,即 e (-ax +2x)>0, 2 得 0<x< . a 2 ? ∴f(x)在(-∞,0),? ?a,+∞?上是减函数,

2? 在? ?0,a?上是增函数. 2 ①当 0< <1,即 a>2 时,f(x)在[1,2]上是减函数, a - ∴f(x)max=f(1)=e a. 2? 2 ?2 ? ②当 1≤ ≤2,即 1≤a≤2 时,f(x)在? ?1,a?上是增函数,在?a,2?上是减函数, a 2? -2 -2 ∴f(x)max=f? ?a?=4a e . 2 ③当 >2,即 0<a<1 时,f(x)在[1,2]上是增函数, a - ∴f(x)max=f(2)=4e 2a. 综上所述, - 当 0<a<1 时,f(x)的最大值为 4e 2a; - - 当 1≤a≤2 时,f(x)的最大值为 4a 2e 2; -a 当 a>2 时,f(x)的最大值为 e . 变式迁移 1 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1-lnx f′(x)=a· 2 (a>0), x 1-lnx 由 f′(x)=a· 2 >0,得 0<x<e; x 由 f′(x)<0,得 x>e. 故 f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减. (2)∵f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 1 a ∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min=min{f(a),f(2a)}.∵f(a)-f(2a)= ln , 2 2 ∴当 0<a≤2 时,[f(x)]min=lna; ln?2a? 当 a>2 时,[f(x)]min= . 2 例 2 解题导引 利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数,通过研究函数 的性质进而解决不等式问题. 2 a x -a (1)解 f′(x)=x- = (x>0), x x 若 a≤0 时,f′(x)>0 恒成立, ∴函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞). 若 a>0 时,令 f′(x)>0,得 x> a, ∴函数 f(x)的单调增区间为( a,+∞),减区间为(0, a). 2 1 (2)证明 设 F(x)= x3-( x2+lnx), 3 2 1 2 故 F′(x)=2x -x- . x ?x-1??2x2+x+1? ∴F′(x)= . x ∵x>1,∴F′(x)>0. ∴F(x)在(1,+∞)上为增函数. 1 又 F(x)在(1,+∞)上连续,F(1)= >0, 6 1 ∴F(x)> 在(1,+∞)上恒成立.∴F(x)>0. 6 1 2 ∴当 x>1 时, x2+lnx< x3. 2 3 变式迁移 2 (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,

知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln2.于是当 x 变化时, f′(x),f(x)的变化情况如下表: x ln2 (-∞,ln2) (ln2,+∞) 0 f′(x) - + f(x) 极小值 ?? ?? 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2), 单调递增区间是(ln2,+∞), f(x)在 x=ln2 处取得极小值,极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln2-1 时, g′(x)最小值为 g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增,于是当 a>ln2-1 时, 对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0, 即 ex-x2+2ax-1>0, 故 ex>x2-2ax+1. 例 3 解 (1)分公司一年的利润 L(万元)与售价 x 的函数关系式为 L=(x-3-a)(12- 2 x) ,x∈[9,11]. (2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x) =(12-x)(18+2a-3x). 2 令 L′=0,得 x=6+ a 或 x=12(不合题意,舍去). 3 2 28 ∵3≤a≤5,∴8≤6+ a≤ . 3 3 2 在 x=6+ a 两侧 L′的值由正变负. 3 2 9 ∴①当 8≤6+ a<9,即 3≤a< 时, 3 2 Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a). 2 28 9 ②当 9≤6+ a≤ ,即 ≤a≤5 时, 3 3 2 2 2 2 Lmax=L(6+ a)=(6+ a-3-a)[12-(6+ a)]2 3 3 3 1 3 =4(3- a) . 3 9 9?6-a?, 3≤a< , 2 所以 Q(a)= 1 9 4?3- a?3, ≤a≤5. 3 2 9 综上,若 3≤a< ,则当每件售价为 9 元时,分公司一年的利润 L 最大,最大值 Q(a)= 2 9(6-a)(万元); 9 2 若 ≤a≤5, 则当每件售价为(6+ a)元时, 分公司一年的利润 L 最大, 最大值 Q(a)=4(3 2 3 1 - a)3(万元). 3 变式迁移 3 解 (1)因为赔付价格为 S 元/吨,

? ? ?

所以乙方的实际年利润为 ω=2000 t-St. 1000-S t 1000 由 ω′= -S= , t t 1000 2 令 ω′=0,得 t=t0=( ). S 当 t<t0 时,ω′>0;当 t>t0 时,ω′<0. 所以当 t=t0 时,ω 取得最大值. 1000 2 因此乙方获得最大利润的年产量为( ) 吨. S (2)设甲方净收入为 v 元,则 v=St-0.002t2. 1000 2 将 t=( ) 代入上式,得到甲方净收入 v 与赔付价格 S 之间的函数关系式: S 3 2 1000 2×1000 v= - . 4 S S 3 2 3 10002 8×1000 1000 ×?8000-S ? 又 v′=- 2 + = , 5 5 S S S 令 v′=0,得 S=20. 当 S<20 时,v′>0; 当 S>20 时,v′<0, 所以 S=20 时,v 取得最大值. 因此甲方向乙方要求赔付价格 S=20 元/吨时,可获得最大净收入. 课后练习区 1.A 2.D 3.C 4.C 5.A 6 6. d 3

解析 如图所示,为圆木的横截面, 由 b2+h2=d2, ∴bh2=b(d2-b2). 设 f(b)=b(d2-b2), ∴f′(b)=-3b2+d2. 令 f′(b)=0,由 b>0, 3 3 3 ∴b= d,且在(0, d)上 f′(b)>0,在[ d,d]上 f′(b)<0. 3 3 3 3 6 ∴函数 f(b)在 b= d 处取极大值,也是最大值,即抗弯强度最大,此时长 h= d. 3 3 7.300 解析 设长为 xm,则宽为(20-x)m,仓库的容积为 V,则 V=x(20-x)· 3=-3x2+60x, V′=-6x+60, 令 V′=0 得 x=10. 当 0<x<10 时,V′>0;当 x>10 时,V′<0, ∴x=10 时,V 最大=300 (m3). 8.(-1,0] 4?1-x2? 解析 f′(x)= 2 ≥0,解得-1≤x≤1. ?x +1?2

m≥-1 ? ? 由已知得(m,2m+1)?[-1,1],即?2m+1≤1 ? ?m<2m+1 解得-1<m≤0.



1 9.解 (1)∵f(x)= (1+x)2-ln(1+x), 2 x?2+x? 1 ∴f′(x)=(1+x)- = (x>-1). 1+x 1+x ……………………………………………………………………………………………(4 分) ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, 在(-1,0)上单调递减.…………………………………………………………………(6 分) (2)令 f′(x)=0,即 x=0,则 1 x 0 ( -1,0) (0,e-1) e 0 f′(x) - + f(x) 极小值 ?? ?? ……………………………………………………………………………………………(9 分) 1 1 1 1 又∵f( -1)= 2+1,f(e-1)= e2-1> 2+1, e 2e 2 2e 1 又 f(x)<m 在 x∈[ -1,e-1]上恒成立, e 1 2 ∴m> e -1.……………………………………………………………………………… (12 2 分) 10.解 (1)设隔热层厚度为 xcm,由题设, k 每年能源消耗费用为 C(x)= ,(2 分) 3x+5 40 再由 C(0)=8, 得 k=40, 因此 C(x)= , …………………………………………(4 分) 3x+5 而建造费用为 C1(x)=6x.…………………………………………………………………(5 分) 最后得隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和为 40 f(x)=20C(x)+C1(x)=20× +6x 3x+5 800 = +6x (0≤x≤10).………………………………………………………………(6 分) 3x+5 2400 (2)f′(x)=6- ,令 f′(x)=0, ?3x+5?2 2400 25 即 =6,解得 x=5,x=- (舍去).…………………………………………(8 分) 3 ?3x+5?2 当 0<x<5 时,f′(x)<0, 当 5<x<10 时,f′(x)>0, ………………………………………………………………(10 分) 故 x=5 是 f(x)的最小值点, 800 对应的最小值为 f(5)=6×5+ =70. 15+5 当隔热层修建 5cm 厚时,总费用达到最小值 70 万元. …………………………………………………………………………………………… (12 分) 11.解 (1)f(x)=lnx 的图象与 x 轴的交点坐标是(1,0), 依题意, 得 g(1)=a+b=0.①……………………………………………………………(2 分)

1 b 又 f′(x)= ,g′(x)=a- 2, x x 且 f(x)与 g(x)在点(1,0)处有公共切线, ∴g′(1)=f′(1)=1, 即 a-b=1.②……………………………………………………(4 分) 1 1 由①②得 a= , b=- .…………………………………………………………………(6 分) 2 2 (2)令 F(x)=f(x)-g(x),则 1 1 1 1 F(x)=lnx-( x- )=lnx- x+ , 2 2x 2 2x 1 1 1 11 ∴F′(x)= - - 2=- ( -1)2≤0. x 2 2x 2x ∴F(x)在(0,+∞)上为减函数.………………………………………………………(10 分) 当 0<x<1 时,F(x)>F(1)=0,即 f(x)>g(x); 当 x=1 时,F(1)=0,即 f(x)=g(x); 当 x>1 时,F(x)<F(1)=0,即 f(x)<g(x). 综上,0<x<1 时,f(x)>g(x); x=1 时,f(x)=g(x); x>1 时 f(x)<g(x).…………………………………………………………………………(14 分)


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