高考数学理科一轮复习导数的综合应用学习型教学案有答案Word文档下载推荐.docx
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变式迁移1 设a&
0，函数f＝alnxx.
讨论f的单调性；
求f在区间[a,2a]上的最小值．
探究点二 用导数证明不等式
例2 已知f＝12x2－alnx，
求函数f的单调区间；
求证：
当x&
1时，12x2＋lnx&
23x3.
变式迁移2 设a为实数，函数f＝ex－2x＋2a，x∈R.
求f的单调区间与极值；
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 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元的管理费，预计当每件产品的售价为x元时，一年的销售量为2万件．
求分公司一年的利润L与每件产品的售价x的函数关系式；
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．
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与年产量t满足函数关系x＝XXt.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元．
将乙方的年利润ω表示为年产量t的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；
甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2，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 已知函数f＝lnx－x＋1.
若xf′≤x2＋ax＋1，求a的取值范围；
证明：
f≥0.
【答题模板】
解 ∵f′＝x＋1x＋ln
x－1＝lnx＋1x，x&
0，
∴xf′＝xlnx＋1.由xf′≤x2＋ax＋1，
得a≥lnx－x，令g＝lnx－x，则g′＝1x－1，[2分]
当0&
x&
1时，g′&
0；
当x&
0，[4分]
∴x＝1是最大值点，gmax＝g＝－1，∴a≥－1，
∴a的取值范围为[－1，＋∞）．[6分]
证明 由知g＝lnx－x≤g＝－1，∴lnx－x＋1≤0.是快速解决的关键．）[8分]
1时，x－1&
0，f＝lnx－x＋1＝xlnx＋lnx－x＋1≤0，
∴f≥0.
当x≥1时，x－1&
0，f＝lnx－x＋1
＝lnx＋xlnx－x＋1
＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，
∴f≥0.[11分]
综上，f≥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．
．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：
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；
求函数的导数f′，解方程f′＝0；
比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确定最值；
回到实际问题，作出解答．
一、选择题
．已知曲线c：
y＝2x2－x3，点P，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，y＝g的导函数的图象如图所示，那么y＝f，y＝g的图象可能是
3．设f′是函数f的导函数，y＝f′的图象如图所示，则y＝f的图象最有可能是
4．函数f＝－x3＋x2＋tx＋t在上是增函数，则t的取值范围是
A．t&
5
B．t&
c．t≥5
D．t≤5
5．若函数f＝sinxx，且0&
x1&
x2&
1，设a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是
A．a&
b
B．a&
c．a＝b
D．a、b的大小不能确定
题号
2
3
4
5
答案
二、填空题
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________．
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.
8．若函数f＝4xx2＋1在区间上是单调递增函数，则实数m的取值范围为________．
三、解答题
9．已知函数f＝122－ln．
求f的单调区间；
若x∈[1e－1，e－1]时，f&
m恒成立，求m的取值范围．
0．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与隔热层厚度x满足关系：
c＝k3x＋5，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．
求k的值及f的表达式；
隔热层修建多厚时，总费用f达到最小，并求最小值．
1．设函数f＝lnx，g＝ax＋bx，函数f的图象与x轴的交点也在函数g的图象上，且在此点有公共切线．
求a、b的值；
对任意x&
0，试比较f与g的大小．
．连续 ①极值 ②端点值
．B 2.D 3.c
4.12，12eπ2 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′＝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＝x2e－ax，
∴f′＝2xe－ax＋x2&
#8226;
e－ax＝e－ax．
令f′&
0，即e－ax&
得0&
2a.
∴f在，2a，＋∞上是减函数，
在0，2a上是增函数．
①当0&
2a&
1，即a&
2时，f在[1,2]上是减函数，
∴fmax＝f＝e－a.
②当1≤2a≤2，即1≤a≤2时，f在1，2a上是增函数，在2a，2上是减函数，
∴fmax＝f2a＝4a－2e－2.
③当2a&
2，即0&
1时，f在[1,2]上是增函数，
∴fmax＝f＝4e－2a.
综上所述，
1时，f的最大值为4e－2a；
当1≤a≤2时，f的最大值为4a－2e－2；
当a&
2时，f的最大值为e－a.
变式迁移1 解 函数f的定义域为，
f′＝a&
1－lnxx2，
由f′＝a&
1－lnxx2&
0，得0&
e；
由f′&
0，得x&
e.
故f在上单调递增，在上单调递减．
∵f在上单调递增，在上单调递减，
∴f在[a,2a]上的最小值[f]min＝min{f，f}．∵f－f＝12lna2，
∴当0&
a≤2时，[f]min＝lna；
2时，[f]min＝ln&
#61480;
#61481;
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．
解 f′＝x－ax＝x2－ax，
若a≤0时，f′&
0恒成立，
∴函数f的单调增区间为．
若a&
0时，令f′&
a，
∴函数f的单调增区间为，减区间为．
证明 设F＝23x3－，
故F′＝2x2－x－1x.
∴F′＝&
x－1&
&
2x2＋x＋1&
x.
∵x&
1，∴F′&
0.
∴F在上为增函数．
又F在上连续，F＝16&
∴F&
16在上恒成立．∴F&
∴当x&
变式迁移2 解 由f＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′＝ex－2，x∈R.
令f′＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，
f′，f的变化情况如下表：
x
ln2
f′
－
0
＋
f
极小值
故f的单调递减区间是，
单调递增区间是，
f在x＝ln2处取得极小值，极小值为
f＝eln2－2ln2＋2a＝2．
证明 设g＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′＝ex－2x＋2a，x∈R.
由知当a&
ln2－1时，
g′最小值为g′＝2&
于是对任意x∈R，都有g′&
所以g在R内单调递增，于是当a&
对任意x∈，都有g&
g．
而g＝0，从而对任意x∈，都有g&
即ex－x2＋2ax－1&
故ex&
例3 解 分公司一年的利润L与售价x的函数关系式为L＝2，x∈[9,11]．
L′＝2－2
＝．
令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12．
∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.
在x＝6＋23a两侧L′的值由正变负．
∴①当8≤6＋23a&
9，即3≤a&
92时，
Lmax＝L＝2＝9．
②当9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5时，
Lmax＝L＝[12－]2
＝43.
所以Q＝9&
6－a&
， 3≤a&
92，4&
3－13a&
3，
92≤a≤5.
综上，若3≤a&
92，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＝9；
若92≤a≤5，则当每件售价为元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q＝43．
变式迁移3 解 因为赔付价格为S元/吨，
所以乙方的实际年利润为ω＝XXt－St.
由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，
令ω′＝0，得t＝t0＝2.
当t&
t0时，ω′&
当t&
所以当t＝t0时，ω取得最大值．
因此乙方获得最大利润的年产量为2吨．
设甲方净收入为v元，则v＝St－0.002t2.
将t＝2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：
v＝10002S－2×
10003S4.
又v′＝－10002S2＋8×
10003S5＝10002×
8000－S3&
S5，
令v′＝0，得S＝20.
当S&
20时，v′&
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
．A 2.D 3.c 4.c 5.A
6.63d
解析 如图所示，为圆木的横截面，
由b2＋h2＝d2，
∴bh2＝b．
设f＝b，
∴f′＝－3b2＋d2.
令f′＝0，由b&
∴b＝33d，且在上f′&
0，在[33d，d]上f′&
∴函数f在b＝33d处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h＝63d.
7．300
解析 设长为xm，则宽为m，仓库的容积为V，则V＝x&
3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，
令V′＝0得x＝10.
10时，V′&
∴x＝10时，V最大＝300．
8．＝4&
1－x2&
x2＋1&
2≥0，解得－1≤x≤1.
由已知得&
#8838;
[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m&
2m＋1，
解得－1&
m≤0.
9．解 ∵f＝122－ln，
∴f′＝－11＋x＝x&
2＋x&
1＋x．
……………………………………………………………………………………………
∴f在上单调递增，
在上单调递减．…………………………………………………………………
令f′＝0，即x＝0，则
又∵f＝12e2＋1，f＝12e2－1&
12e2＋1，
又f&
m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，
∴m&
12e2－1.………………………………………………………………………………
0．解 设隔热层厚度为xcm，由题设，
每年能源消耗费用为c＝k3x＋5，
再由c＝8，得k＝40，因此c＝403x＋5，…………………………………………
而建造费用为c1＝6x.…………………………………………………………………
最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
f＝20c＋c1＝20×
403x＋5＋6x
＝8003x＋5＋6x．………………………………………………………………
f′＝6－2400&
3x＋5&
2，令f′＝0，
即2400&
2＝6，解得x＝5，x＝－253．…………………………………………
5时，f′&
当5&
10时，f′&
0，………………………………………………………………
故x＝5是f的最小值点，
对应的最小值为f＝6×
5＋80015＋5＝70.
当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．
1．解 f＝lnx的图象与x轴的交点坐标是，
依题意，得g＝a＋b＝0.①……………………………………………………………
又f′＝1x，g′＝a－bx2，
且f与g在点处有公共切线，
∴g′＝f′＝1，即a－b＝1.②……………………………………………………
由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………
令F＝f－g，则
F＝lnx－＝lnx－12x＋12x，
∴F′＝1x－12－12x2＝－122≤0.
∴F在上为减函数．………………………………………………………
1时，F&
F＝0，即f&
g；
当x＝1时，F＝0，即f＝g；
综上，0&
1时，f&
x＝1时，f＝g；
x&
1时f&
g．…………………………………………………………………………
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