《【名校資料】高考數(shù)學人教A版理科含答案導學案【第三章】導數(shù)及其應用 學案15》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【名校資料】高考數(shù)學人教A版理科含答案導學案【第三章】導數(shù)及其應用 學案15（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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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)的單調性，并會根據(jù)函數(shù)的性質求參數(shù)范圍.2.會利用導數(shù)解決某些實際問題．
自主梳理
1．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，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
2．實際應用問題：首
2、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 ( )
A．0≤a<1 B．0
3、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 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a>0，函數(shù)f(x)＝.
(1)討論f(x)的單調性；
(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 (2011·張家口模擬)已知f(x)＝x2－aln x(a∈R)，
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)求證：當x>1時，x2＋ln xln 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
5、(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，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
6、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？
轉化與化歸思想的應用
例 (12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′(x)＝＋l
7、n 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00；
當x>1時，g′(x)<0，[4分]
∴x＝1是最大值點，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)的關鍵．)[8分]
當0
8、x－x＋1≤0，
∴(x－1)f(x)≥0.
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.[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、化歸與轉化思想．通過轉化，本題實質還是利用單調性求最值問題．
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)單調性求參數(shù)范圍
9、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：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
10、 ( )
A．－1 B．1 C．－2 D．2
2．已知函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導函數(shù)的圖象如圖所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的圖象可能是 ( )
3．設f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(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、(每小題4分，共12分)
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)上是單調遞增函數(shù)，則實數(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)的單調區(qū)間；
(2)若x∈[－1，e－1]時，f(x)
14、．
11．(14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?。?
答案 自主梳理
1．(1)連續(xù) (2)①極值?、诙它c值
自我檢測
1．B 2.D 3.C
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
15、大小關系，確定單調性或具體情況．
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，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
16、＝4e－2a.
綜上所述，
當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0e.
故f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減．
(2)∵f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，
∴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02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)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)．
若a>0時，令f′(x)>0，得x>，
∴函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(，＋∞)，減區(qū)間為(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)．
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x>1時，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)單調遞增，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
20、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L′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
21、<，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.
由ω′＝－S＝，
令ω′＝0，得t＝t0＝()2.
當t0；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
22、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)
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，即抗彎強度最大，此時長h＝d.
7．300
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00；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－1－1)．
……………………………………………………
24、………………………………………(4分)
∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
在(－1,0)上單調遞減．…………………………………………………………………(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)
25、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)＝，…………………………………………(4分)
而建造費用為C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5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)．………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，
即＝6，解得x＝5，x＝－(舍去)．…………………………………………(8分)
當0<
26、x<5時，f′(x)<0，
當50，………………………………………………………………(10分)
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．
……………………………………………………………………………………………(12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，
27、∴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)＝－－＝－(－1)2≤0.
∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．………………………………………………………(10分)
當0F(1)＝0，即f(x)>g(x)；
當x＝1時，F(xiàn)(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
當x>1時，F(xiàn)(x)g(x)；
x＝1時，f(x)＝g(x)；
x>1時f(x)
【名校資料】高考數(shù)學人教A版理科含答案導學案【第三章】導數(shù)及其應用 學案15
