高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案有答案.docx
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高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案有答案
高考数学理科一轮复习导数的综合应用学案(有答案)
学案1 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
如果函数=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=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤:
①求函数=f(x)在(a,b)内的________;
②将函数=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<1B.0<a<1
.-1<a<1D.0<a<12
2.(2011•汕头月考)设f′(x)是函数f(x)的导函数,将=f(x)和=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)
.f(0)+f
(2)≥2f
(1)D.f(0)+f
(2)>2f
(1)
4.(2011•新乡模拟)函数f(x)=12ex(sinx+sx)在区间0,π2上的值域为______________.
.f(x)=x(x-)2在x=2处有极大值,则常数的值为________.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.
变式迁移1 设a>0,函数f(x)=alnxx
(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
例2 (2011•张家口模拟)已知f(x)=12x2-alnx(a∈R),
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:
当x>1时,12x2+lnx<23x3
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,每产品的成本为3元,并且每产品需向总公司交a元(3≤a≤)的管理费,预计当每产品的售价为x元(9≤x≤11)时,一年的销售量为(12-x)2万.
(1)求分公司一年的利润L(万元)与每产品的售价x的函数关系式;
(2)当每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,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=2000t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=0002t2(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】
(1)解 ∵f′(x)=x+1x+lnx-1=lnx+1x,x>0,
∴xf′(x)=xlnx+1由xf′(x)≤x2+ax+1,
得a≥lnx-x,令g(x)=lnx-x,则g′(x)=1x-1,[2分]
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)ax=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
=lnx-xln1x-1x+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=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:
7分)
一、选择题(每小题分,共2分)
1.(2011•皖南模拟)已知曲线:
=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P且与曲线相切于点Q,则点Q的横坐标为( )
A.-1B.1.-2D.2
2.已知函数=f(x),=g(x)的导函数的图象如图所示,那么=f(x),=g(x)的图象可能是( )3.设f′(x)是函数f(x)的导函数,=f′(x)的图象如图所示,则=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>B.t<
.t≥D.t≤
.(2011•沧州模拟)若函数f(x)=sinxx,且0<x1<x2<1,设a=sinx1x1,b=sinx2x2,则a,b的大小关系是( )
A.a>bB.a<b
.a=bD.a、b的大小不能确定
题号1234
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3,长和宽的和为20,则仓库容积的最大值为_____________________________________________________________3
8.若函数f(x)=4xx2+1在区间(,2+1)上是单调递增函数,则实数的取值范围为________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)已知函数f(x)=12(1+x)2-ln(1+x).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若x∈[1e-1,e-1]时,f(x)<恒成立,求的取值范围.
10.(12分)(2010•湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能损耗,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.该建筑物每年的能消耗费用(单位:
万元)与隔热层厚度x(单位:
)满足关系:
(x)=3x+(0≤x≤10),若不建隔热层,每年能消耗费用为8万元,设f(x)为隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和.
(1)求的值及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.
11.(14分)设函数f(x)=lnx,g(x)=ax+bx,函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(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 2D 3
412,12eπ2 6
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).
令f′(x)>0,即e-ax(-ax2+2x)>0,
得0<x<2a
∴f(x)在(-∞,0),2a,+∞上是减函数,
在0,2a上是增函数.
①当0<2a<1,即a>2时,f(x)在[1,2]上是减函数,
∴f(x)ax=f
(1)=e-a
②当1≤2a≤2,即1≤a≤2时,f(x)在1,2a上是增函数,在2a,2上是减函数,
∴f(x)ax=f2a=4a-2e-2
③当2a>2,即0<a<1时,f(x)在[1,2]上是增函数,
∴f(x)ax=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;
当a>2时,f(x)的最大值为e-a
变式迁移1 解
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=a•1-lnxx2(a>0),
由f′(x)=a•1-lnxx2>0,得0<x<e;
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,
∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]in=in{f(a),f(2a)}.∵f(a)-f(2a)=12lna2,
∴当0<a≤2时,[f(x)]in=lna;
当a>2时,[f(x)]in=ln2a2
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.
(1)解 f′(x)=x-ax=x2-ax(x>0),
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)证明 设F(x)=23x3-(12x2+lnx),
故F′(x)=2x2-x-1x
∴F′(x)=x-12x2+x+1x
∵x>1,∴F′(x)>0
∴F(x)在(1,+∞)上为增函数.
又F(x)在(1,+∞)上连续,F
(1)=16>0,
∴F(x)>16在(1,+∞)上恒成立.∴F(x)>0
∴当x>1时,12x2+lnx<23x3
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,+∞)
f′(x)-0+
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-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+23a或x=12(不合题意,舍去).
∵3≤a≤,∴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,
Lax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).
②当9≤6+23a≤283,即92≤a≤时,
Lax=L(6+23a)=(6+23a-3-a)[12-(6+23a)]2
=4(3-13a)3
所以Q(a)=96-a, 3≤a<92,43-13a3,92≤a≤
综上,若3≤a<92,则当每售价为9元时,分公司一年的利润L最大,最大值Q(a)=9(6-a)(万元);
若92≤a≤,则当每售价为(6+23a)元时,分公司一年的利润L最大,最大值Q(a)=4(3-13a)3(万元).
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=2000t-St
由ω′=1000t-S=1000-Stt,
令ω′=0,得t=t0=(1000S)2
当t<t0时,ω′>0;当t>t0时,ω′<0
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(1000S)2吨.
(2)设甲方净收入为v元,则v=St-0002t2
将t=(1000S)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+8×10003S=10002×8000-S3S,
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.
后练习区
1.A 2D 3 4 A
663d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,
∴b=33d,且在(0,33d)上f′(b)>0,在[33d,d]上f′(b)<0
∴函数f(b)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x,则宽为(20-x),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(3).
8.(-1,0]
解析 f′(x)=41-x2x2+12≥0,解得-1≤x≤1
由已知得(,2+1)⊆[-1,1],即≥-12+1≤1<2+1,
解得-1<≤0
9.解
(1)∵f(x)=12(1+x)2-ln(1+x),
∴f′(x)=(1+x)-11+x=x2+x1+x(x>-1).
……………………………………………………………………………………………(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
x(1e-1,0)
0(0,e-1)
f′(x)-0+
f(x)
极小值
……………………………………………………………………………………………(9分)
又∵f(1e-1)=12e2+1,f(e-1)=12e2-1>12e2+1,
又f(x)<在x∈[1e-1,e-1]上恒成立,
∴>12e2-1………………………………………………………………………………(12分)
10.解
(1)设隔热层厚度为x,由题设,
每年能消耗费用为(x)=3x+,(2分)
再由(0)=8,得=40,因此(x)=403x+,…………………………………………(4分)
而建造费用为1(x)=6x…………………………………………………………………(分)
最后得隔热层建造费用与20年的能消耗费用之和为
f(x)=20(x)+1(x)=20×403x++6x
=8003x++6x(0≤x≤10).………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)=6-24003x+2,令f′(x)=0,
即24003x+2=6,解得x=,x=-23(舍去).…………………………………………(8分)
当0<x<时,f′(x)<0,
当<x<10时,f′(x)>0,………………………………………………………………(10分)
故x=是f(x)的最小值点,
对应的最小值为f()=6×+8001+=70
当隔热层修建厚时,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=0①……………………………………………………………(2分)
又f′(x)=1x,g′(x)=a-bx2,
且f(x)与g(x)在点(1,0)处有公共切线,
∴g′
(1)=f′
(1)=1,即a-b=1②……………………………………………………(4分)
由①②得a=12,b=-12…………………………………………………………………(6分)
(2)令F(x)=f(x)-g(x),则
F(x)=lnx-(12x-12x)=lnx-12x+12x,
∴F′(x)=1x-12-12x2=-12(1x-1)2≤0
∴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)