【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫 第3章學(xué)案15
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1、◆+◆◆二〇一九高考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 學(xué)案15 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 導(dǎo)學(xué)目標(biāo): 1.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性,并會根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍.2.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題. 自主梳理 1.已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)值范圍時,實(shí)質(zhì)為恒成立問題. 2.求函數(shù)單調(diào)區(qū)間,實(shí)質(zhì)為解不等式問題,但解集一定為定義域的子集. 3.實(shí)際應(yīng)用問題:首先要充分理解題意,列出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)關(guān)系式,再利用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最大值或最小值,最后回到實(shí)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________. 2.(2011·揚(yáng)州模擬)已知f(x
2、),g(x)都是定義在R上的函數(shù),g(x)≠0,f′(x)g(x)
3、數(shù)f(x)=x2e-ax (a>0),求函數(shù)在[1,2]上的最大值.
變式遷移1 設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)求f(x)在區(qū)間[a,2a]上的最小值.
探究點(diǎn)二 用導(dǎo)數(shù)證明不等式
例2 已知f(x)=x2-aln x(a∈R),
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)求證:當(dāng)x>1時,x2+ln x
4、. 探究點(diǎn)三 實(shí)際生活中的優(yōu)化問題 例3 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(fèi),預(yù)計(jì)當(dāng)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(guān)系式; (2)當(dāng)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(quán)向乙方索賠以彌補(bǔ)經(jīng)濟(jì)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
5、(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x=2 000.若乙方每生產(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(jì)損失金額y=0.002t2(元),在乙方按照獲得最大利潤的產(chǎn)量進(jìn)行生產(chǎn)的前提下,甲方要在索賠中獲得最大凈收入,應(yīng)向乙方要求的賠付價格S是多少? 轉(zhuǎn)化與化歸思想 例 (14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】
6、
(1)解 ∵f′(x)=+ln x-1=ln x+,x>0,[2分]
∴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,[5分]
當(dāng)0 7、-x+1=xln x+ln x-x+1≤0,
∴(x-1)f(x)≥0.[12分]
當(dāng)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.
綜上,(x-1)f(x)≥0.[14分]
【突破思維障礙】
本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式證明等知識,通過運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識解決函數(shù)、不等式問題,考查了考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力以及計(jì)算能力,同時也考查了函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.通過轉(zhuǎn)化,本題實(shí)質(zhì)還是利用單調(diào)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 8、已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍時,隱含恒成立思想.
2.利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟:
(1)分析實(shí)際問題中各變量之間的關(guān)系,列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型,寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x);
(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x),解方程f′(x)=0;
(3)比較函數(shù)的區(qū)間端點(diǎn)對應(yīng)的函數(shù)值和極值,確定最值;
(4)回到實(shí)際問題,作出解答.
(滿分:90分)
一、填空題(每小題6分,共48分)
1.(2010·無錫模擬)已知曲線C:y=2x2-x3,點(diǎn)P(0,-4),直線l過點(diǎn)P且與曲線C相切于點(diǎn)Q,則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為________.
2.函數(shù)f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f 9、(x)在x=-3時取得極值,則a=________.
3.(2011·鹽城調(diào)研)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f(x)=f(2-x),且當(dāng)x∈(-∞,1)時,(x-1)f′(x)<0,則a=f(0)、b=f()、c=f(3)的大小關(guān)系為________________.
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________.
5.若函數(shù)f(x)=,且0 10、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(diào)遞增函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________.
二、解答題(共42分)
9.(12分)(2011·徐州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=kx3-3x2+1(k≥0).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)的極小值大于0,求k的取值范圍.
10.(14分)(2010·湖北)為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗,房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層.某幢建 11、筑物要建造可使用20年的隔熱層,每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元.該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C(單位:萬元)與隔熱層厚度x(單位:cm)滿足關(guān)系:C(x)= (0≤x≤10),若不建隔熱層,每年能源消耗費(fèi)用為8萬元,設(shè)f(x)為隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和.
(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式;
(2)隔熱層修建多厚時,總費(fèi)用f(x)達(dá)到最小,并求最小值.
11.(16分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax+,函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)也在函數(shù)g(x)的圖象上,且在此點(diǎn)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) 12、的大?。?
答案 自我檢測
1.00),
∴f′(x)=2xe-ax+x2·(-a)e-ax
=e-ax(-ax2+2x).
令f′(x)>0,即e-ax(-ax2+2x)>0,
得0 13、
在上是增函數(shù).
①當(dāng)0<<1,即a>2時,f(x)在[1,2]上是減函數(shù),
∴f(x)max=f(1)=e-a.
②當(dāng)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(dāng)>2,即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?yàn)?0,+∞),
f′(x)=a·(a>0),
由f′( 14、x)=a·>0,得0 15、∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞).
若a>0時,令f′(x)>0,得x>,
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(,+∞),減區(qū)間為(0,).
(2)證明 設(shè)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).
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(dāng)x>1時,x2+ln x 16、ln 2.于是當(dāng)x變化時,
f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
極小值
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln 2),
單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2,+∞),
f(x)在x=ln 2處取得極小值,極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).
(2)證明 設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.
于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知當(dāng)a>ln 2-1時,
g′(x)最小值為g′(ln 2)=2(1-ln 2 17、+a)>0.
于是對任意x∈R,都有g(shù)′(x)>0,
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增,
于是當(dāng)a>ln 2-1時,
對任意x∈(0,+∞),
都有g(shù)(x)>g(0).
而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>0,
即ex-x2+2ax-1>0,
故ex>x2-2ax+1.
例3 解 (1)分公司一年的利潤L(萬元)與售價x的函數(shù)關(guān)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≤ 18、5,
∴8≤6+a≤.
在x=6+a兩側(cè)L′的值由正變負(fù).
∴①當(dāng)8≤6+a<9,即3≤a<時,
Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).
②當(dāng)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<,則當(dāng)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(dāng)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?yàn)橘r付價格為S元/噸,
所以乙方的實(shí)際年 19、利潤為ω=2 000-St.
由ω′=-S=,
令ω′=0,得t=t0=()2.
當(dāng)t
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