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）
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