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2014届高三数学(理)一轮复习课件(基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)2.13导数的应用(二) (1)


[知识能否忆起] 一、函数的最值
1.函数y=f(x)在[a,b]上的最大值点x0指的是:函数在 这个区间上所有点的函数值都 不超过 f(x0).
2.函数y=f(x)在[a,b]上的最小值点x0指的是:函数在 这个区间上所有点的函数值都 不小于 f(x0).

3 .求函数 y = f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最大值与最

小值的步 骤:

(1)求函数y=f(x)在(a,b)内的 极值 ;
(2)将函数y=f(x)的各极值与 端点处的函数值f(a)、

f(b) 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小
值.

二、生活中的优化问题 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

[小题能否全取]

1.已知函数f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大 值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是
A.-37 C.-5 B.-29 D.以上都不对

(

)

解析: f′(x)=6x(x-2),∵f(x)在(-2,0)上是增加的, 在(0,2)上是减少的,∴当x=0时,f(x)=m最大, ∴m=3,又f(-2)=-37,f(2)=-5.∴f(x)的最小值为 -37. 答案:A

3.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单 1 3 位:万件)的函数关系式为y=- x +81x-234,则使该 3 生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )

A.13万件

B.11万件

C.9万件 D.7万件 解析:y′=-x2+81,令y′=0解得x=9(-9舍去).当
0<x<9时,y′>0;当x>9时,y′<0,则当x=9时,y取 得最大值.

答案:C

4.函数g(x)=ln(x+1)-x的最大值是________.
解析:定义域为(-1,+∞). -x 1 g′(x)= - 1= ,令g′(x)=0,得x=0, x+ 1 x+1 当-1<x<0时,g′(x)>0;当x>0时,g′(x)<0, 所以函数在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递 减,所以x=0是函数的极大值点,即当x=0时f(x)取得 最大值,最大值为g(0)=0.

答案:0

2.(教材习题改编)函数f(x)=12x-x3在区间[-3,3]上的最 小值是 ( )

A.-9 C.-12

B.-16 D.-11

解析:由f′(x)=12-3x2=0,得x=-2或x=2. 又f(-3)=-9,f(-2)=-16,f(2)=16,f(3)=9, ∴函数f(x)在[-3,3]上的最小值为-16.

答案:B

5.圆柱形饮料罐容积为V,当底面半径为________时,才 能使所用材料最省.
V 解析:设底面半径为r,则高h= 2,表面积设为S, πr V 2V 2 则S=2πr +2πr· 2=2πr + r , πr
2

3 V 2V 又S′=4πr- 2 ,令S′=0,得r= , r 2π

当0<r<

3 V 3 V 时,S′<0;当r> 时,S′>0. 2π 2π ? 3 V? ? 上单调递减,在 ? 2π? ? ? 3 V ,+∞? 上 2π ?

? 所以S在 ?0, ?

3 V 单调递增,所以r= 是函数的最小值点. 2π
3 V 答案: 2π

实际问题的最值问题 有关函数最大值、最小值的实际问题,一般指的是单 峰函数,也就是说在实际问题中,如果遇到函数在区间内 只有一个极值点,那么不与区间端点比较,就可以知道这 个极值点就是最大(小)值点.

[例1]

已知函数f(x)=(x-k)ex.

(1)求f(x)的单调区间; (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.

[自主解答]

(1)f′(x)=(x-k+1)ex.

令f′(x)=0,得x=k-1. f(x)与f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,k-1) - ? k-1 0 -ek-1 (k-1,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增 区间是(k-1,+∞).

(2)当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递 增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k; 当0<k-1<1,即1<k<2时, 由(1)知f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调 递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1; 当k-1≥1时,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递 减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.

本题条件不变,求f(x)在区间[0,1]上的最大值.
解:当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增. 所以f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)=(1-k)e. 当0<k-1<1,即1<k<2时, 由(1)知f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递 增,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)和f(1)较大者.若f(0) e =f(1),所以-k=(1-k)e,即k= . e- 1

e e 当1<k< 时函数f(x)的最大值为f(1)=(1-k)e,当 e-1 e-1 ≤k<2时,函数f(x)的最大值为f(0)=-k, 当k-1≥1时,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减. 所以f(x)在[0,1]上的最大值为f(0)=-k. e 综上所述,当k< 时,f(x)的最大值为f(1)=(1-k)e. e-1 e 当k≥ 时,f(x)的最大值为f(0)=-k. e-1

求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值; (2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b); (3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的 一个为最大值,最小的一个为最小值.

1. (2012· 银川模拟)设函数f(x)=aln x-bx2(x>0), 1 若函数f(x)在x=1处与直线y=- 相切, 2 (1)求实数a,b的值; ?1 ? (2)求函数f(x)在?e,e?上的最大值. ? ? a 解:(1)f′(x)=x-2bx,
1 ∵函数f(x)在x=1处与直线y=- 相切, 2 f′?1?=a-2b=0, a=1, ? ? ? ? ∴? 解得? 1 1 f?1?=-b=- , b= . ? ? 2 ? ? 2

1-x2 1 2 1 (2)f(x)=ln x- x ,f′(x)=x-x= x , 2 1 1 ∵当 ≤x≤e时,令f′(x)>0得 ≤x<1; e e
?1 ? 令f′(x)<0,得1<x≤e,∴f(x)在 ?e,1? 上单调递增,在[1, ? ?

1 e]上单调递减,∴f(x)max=f(1)=- . 2

[例2]

已知函数f(x)=x2ln x-a(x2-1),a∈R.

(1)当a=-1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x≥1时,f(x)≥0成立,求a的取值范围.

[自主解答]

(1)当a=-1时,f(x)=x2ln x+x2-1,

f′(x)=2xln x+3x. 则曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)=3, 又f(1)=0,所以切线方程为3x-y-3=0.

(2)f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a),其中x≥1. 1 当a≤ 时,因为x≥1,所以f′(x)≥0,所以函数f(x)在[1, 2 +∞)上单调递增,故f(x)≥f(1)=0. 1 1 当a> 时,令f′(x)=0,得x=ea- . 2 2 1 1 若x∈[1,ea- ),则f′(x)<0,所以函数f(x)在[1,ea- ) 2 2 1 上单调递减.所以当x∈[1,ea- )时,f(x)≤f(1)=0,不符合 2 题意.
? 1? 综上a的取值范围是?-∞,2?. ? ?

1.求函数的单调区间,直接求导,然后解不等式 即可,注意函数的定义域. 2.参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性 的逆向应用等,求解时注意分类讨论思想的运用.

1 2 x 2.设函数f(x)= x +e -xex. 2 (1)求f(x)的单调区间;

(2)若当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>m恒成立,求实数m的
取值范围. 解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),
∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若x=0,则f′(x)=0; 若x<0,则1-ex>0,所以f′(x)<0;

若x>0,则1-ex<0,所以f′(x)<0.
∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 故[f(x)]min=f(2)=2-e2, 所以m<2-e2时,不等式f(x)>m恒成立.

[例3]

ln x 已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= x ,

其中e是自然常数,a∈R. (1)讨论a=1时,函数f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 1 x-1 [自主解答] (1)∵f(x)=x-ln x,f′(x)=1-x= x ,

∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减; 当1<x<e时,f′(x) >0,此时f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为f(1)=1.

1-ln x (2)证明:由(1)知[f(x)]min=1.又g′(x)= , x2 ∴当0<x<e时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= < . e 2 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max> . 2 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立 的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数 的单调性,或者函数的最值证明函数h(x)>0,其中一个 重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零,这 往往就是解决问题的一个突破口.

3.已知f(x)=xln x. f?x?+k (1)求g(x)= x (k∈R)的单调区间; (2)证明:当x≥1时,2x-e≤f(x)恒成立. k 解:(1)g(x)=ln x+x,
x-k ∴令g′(x)= 2 =0得x=k. x ∵x>0,∴当k≤0时,g′(x)>0. ∴函数g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间;

当 k>0 时 g′(x)>0 得 x>k;g′(x)<0 得 0<x<k, ∴增区间为(k,+∞),减区间为(0,k).

(2)证明:设h(x)=xln x-2x+e(x≥1),
令h′(x)=ln x-1=0得x=e, h(x),h′(x)的变化情况如下:

x h′(x) h(x)

1 -1 e-2

(1,e) - ?↘

e 0 0

(e,+∞) + ↗?

故h(x)≥0.即f(x)≥2x-e.

[例4]

(2011· 江苏高考)请你设计一个包装盒.如图所

示,ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片,切去阴影部分 所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A,B,C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四 棱柱形状的包装盒.E、F在AB上,是被切去的一个等腰直 角三角形斜边的两个端点.设AE=FB=x (cm).

(1)若广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,试问x 应取何值? (2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大,试问x应取 何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. [自主解答] 设包装盒的高为h(cm),底面边长为
a(cm). 60-2x 由已知得a= 2x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2 (1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800, 所以当x=15时,S取得最大值.

(2)V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x). 由V′=0得x=0(舍)或x=20. 当x∈(0,20)时,V′>0;当x∈(20,30)时,V′<0. 所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 a= .即包装盒的高与底面边长的比值为 . 2 2

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系,建立数学模 型,写出函数关系式y=f(x); (2)求出函数的导函数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点处的函数值 的大小,最大(小)者为最大(小)值.

4.(2011· 福建高考)某商场销售某种商品的经验表明,该 商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元 a /千克)满足关系式y= +10(x-6)2,其中3<x<6,a x-3 为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商 品11千克.
(1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的 值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

a 解:(1)因为x=5时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 2 y= +10(x-6)2. x- 3 所以商场每日销售该商品所获得的利润
? 2 ? 2? ? f(x)=(x-3)?x-3+10?x-6? ? ? ?

=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6).

于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 (4,6) -

极大值42 单调递减

由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也 是最大值点. 所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42. 当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的 利润最大.

[典例]

(2012· 山西四校联考)已知函数f(x)=x3+

ax2-a2x+m(a>0).
(1)若a=1时函数f(x)有三个互不相同的零点,求实 数m的取值范围;

(2)若对任意的a∈[3,6],不等式f(x)≤1在[-2,2]上
恒成立,求实数m的取值范围.

[解]

(1)当a=1时f(x)=x3+x2-x+m.

∵函数f(x)有三个互不相同的零点,

∴x3+x2-x+m=0即m=-x3-x2+x有三个互不相 等的实数根.

令g(x)=-x3-x2+x,
则g′(x)=-3x2-2x+1=-(3x-1)· (x+1),

∴g(x)在(-∞,-1)和
? 1? ?-1, ?上为增函数, 3? ?

?1 ? ? ,+∞? ?3 ?

上均为减函数,在

∴[g(x)]极小值=g(-1)=-1,
?1? 5 ? ? [g(x)]极大值=g 3 = , ? ? 27 ? 5? ∴m的取值范围是?-1,27?. ? ?

(2)∵f′(x)=3x +2ax-a 且a>0,

2

2

? a? ? =3 x-3?(x+a), ? ?

a ∴当x<-a或x> 时,f′(x)>0; 3 a 当-a<x< 时,f′(x)<0. 3 ∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-a)和
? a? ? 递减区间为 -a,3?. ? ? ?a ? ? ,+∞? ?3 ?

,单调

a 当a∈[3,6]时, ∈[1,2],-a≤-3.又x∈[-2,2], 3 ∴[f(x)]max=max{f(-2),f(2)}, 又f(2)-f(-2)=16-4a2<0, ∴[f(x)]max=f(-2)=-8+4a+2a2+m. 又∵f(x)≤1在[-2,2]上恒成立, ∴[f(x)]max≤1即-8+4a+2a2+m≤1, 即当a∈[3,6]时,m≤9-4a-2a2恒成立. ∵9-4a-2a2在[3,6]上的最小值为-87, ∴m的取值范围是(-∞,-87].

[题后悟道]

所谓转化与化归思想方法,就是在研

究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换
使之转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂 的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的问题通过 变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换 转化为已解决的问题.解答本题利用了转化与化归思想, 第(1)问中把函数的零点问题转化为g(x)=-x3-x2+x与y =m图象的交点;第(2)问中把问题转化为求f(x)在[-2,2]

的最大值,利用最大值小于等于1,进一步转化为m≤9-
4a-2a2在a∈[3,6]恒成立,从而可求m的范围.

?针对训练
1 3 设函数 f(x)= x +x2+x, g(x)=2x2+4x+c.当 x∈[- 3 3,4]时,函数 f(x)与 g(x)的图象有两个公共点,求 c 的取值 范围. 1 3 解:设f(x)=g(x),则有 x +x2+x=2x2+4x+c,所 3
1 3 以c= x -x2-3x. 3 1 3 设F(x)= x -x2-3x,则F′(x)=x2-2x-3,令 3 F′(x)=0,解得x1=-1,x2=3.

当x变化时,F′(x),F(x)的变化情况如表所示:
x F′(x) F(x) (-3,- -1 (-1,3) 3 (3,4) 4 1) + - + 0 0 极 20 -9 ?↗ 大 ↘? 极小值 ↗ - 3 值 -3

由表可知F(x)在[-3,-1],[3,4]上是增函数,在[-

1,3]上是减函数.

5 当 x=-1 时,F(x)取得极大值 F(-1)= ;当 x=3 3 时,F(x)取得极小值 F(3)=-9,而 F(-3)=-9,F(4) 20 =- . 3 如果函数 f(x)与 g(x)的图象有两个公共点,则函数 20 5 F(x)与 y=c 有两个公共点,所以- <c< 或 c=-9. 3 3

教师备选题(给有能力的学生加餐) 1.设函数f(x)=ln x-p(x-1),p∈R. (1)当p=1时,求函数f(x)的单调区间;

解题训练要高效 见“课时跟踪检 测(十六)”

(2)设函数g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1),对任意x≥1都有 g(x)≤0成立,求p的取值范围.

解:(1)当p=1时,f(x)=ln x-x+1,其定义域为(0,+ ∞). 1 所以f′(x)=x-1. 1 由f′(x)=x-1>0得0<x<1,由f′(x)<0得x>1. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为 (1,+∞).

(2)由函数g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)=xln x+p(x2-1)

(x>0),得g′(x)=ln x+1+2px.
由(1)知,当p=1时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式ln x≤x-1成立. 1 ①当p≤- 时,g′(x)=ln x+1+2px≤(x-1)+1+ 2
2px=(1+2p)x≤0, 即函数g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而g(x)≤g(1)= 0,满足题意;

? 1? 1 ②当- <p<0时,若x∈?1,-2p?,则ln x>0,1+2px>0, 2 ? ?

从而g′(x)=ln x+1+2px>0,即函数g(x)在

? 1? ?1,- ? 2p? ?



? 1? 单调递增,从而存在x0∈ ?1,-2p? 使得g(x0)>g(1)=0,不 ? ?

满足题意;

③当p≥0时,由x≥1知g(x)=xln x+p(x2-1)≥0恒成立, 此时不满足题意.
? 1? 综上所述,实数p的取值范围为?-∞,-2?. ? ?

2.(2012· 泰安模拟)某种产品每件成本为6元,每件售价为 x元(6<x<11),年销售为u万件,若已知 585 8 - u与

? 21?2 ?x- ? 成正比,且售价为10元时,年销量为28万件. 4? ?

(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润.

? 21?2 585 解:(1)设 -u=k?x- 4 ? , 8 ? ?

∵售价为10元时,年销量为28万件,
? 21?2 585 ∴ -28=k?10- 4 ? ,解得k=2. 8 ? ? ? 21?2 585 ∴u=-2?x- 4 ? + 8 ? ?

=-2x2+21x+18. ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6) =-2x3+33x2-108x-108(6<x<11).

(2)y′=-6x2+66x-108 =-6(x2-11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令y′=0,得x=2(∵x>6,∴舍去)或x=9, 显然,当x∈(6,9)时,y′>0; 当x∈(9,11)时,y′<0. ∴函数y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上是递增的, 在(9,11)上是递减的. ∴当x=9时,y取最大值,且ymax=135, ∴售价为9元时,年利润最大,最大年利润为135万元.


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