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【金版教程】2014届高考数学总复习 第2章 第12讲 导数的应用(二)课件 理 新人教A版


第12讲

导数的应用(二)

不同寻常的一本书,不可不读哟!

1.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一

般不超过三次).
2.会利用导数解决某些实际问题.

1种必会方法在求实际问题中的最值时,一般要先恰当的

选择变量,建立函数关系式,然后利用导数加以解决.
2项必须注意 1. 分析实际问题得出的解析式,要注意定义域,注意检验 结果与实际是否相符. 2. 根据实际意义,函数存在最值而函数只有一个极值,则

函数的极值就是最值.

3个必记区别 1. 可导函数的极值表示函数在一点附近的情况,是在局部 对函数值的比较;函数的最值是对函数在整个区间上的函数值

的比较.
2. 从个数上看,一个函数在其定义域上的最值是唯一的, 而极值不一定唯一. 3. 函数的极值不一定是最值,需对极值和区间端点的函数 值进行比较,或者考查函数在区间内的单调性.

课前自主导学

1.函数的最值 (1)如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断 的曲线,那么它必有________和________. (2)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________;
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________的一个是最大值,______的一个是最小值.

f(x)在开区间(a,b)上求最大值与最小值应该怎样考虑?

函数f(x)=2x3 -3x2 -12x+5在[0,3]上的最大值,最小值分
别是________.

2.利用导数研究生活中的优化问题 (1)生活中常遇到求________,________,________等一些 实际问题,这些问题通常称为优化问题.

(2)利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤:

用一批材料可以建成200 m长的围 墙,如果用此材料在一边靠墙的地方围 成一块矩形场地,中间用同样材料隔成 三个面积相等的矩形.(如图所示),则 围墙的最大面积是________.(围墙厚

度不计).

1.最大值 最小值

极值

最大

最小

想一想:提示:此时最值不能在端点处取,所以函数在开
区间(a,b)上的最值主要考虑极值情况和边界处的极限. 填一填:5,-15 提示:令f′(x)=6x2-6x-12=0, 得x=-1或x=2. 又x∈[0,3],∴x=2.

∵f(0)=5,f(2)=-15,f(3)=-4,
∴函数的最大值为5,最小值为-15.

2.利润最大 用料最省 填一填:2500 m2 200-4x.

效率最高

提示:设矩形的宽为x,则矩形的长为

则面积S=x(200-4x)=-4x2+200x,
S′=-8x+200,令S′=0,得x=25,故当x=25时,S取得 最大值为2500(m2).

核心要点研究

例1

[2012·北京高考]已知函数f(x)=ax2 +1(a>0),g(x)=

x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有 公共切线,求a,b的值; (2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最 大值为28,求k的取值范围.

[审题视点]

(1)曲线在某点处的斜率就是该点处的导数,

构建方程组求a,b的值;(2)本题中函数的极大值同时也是最大 值,由此来确定字母k的取值范围.

[解] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有 公共切线, 所以f(1)=g(1),且f′(1)=g′(1), 即a+1=1+b,且2a=3+b,

解得a=3,b=3.

(2)记h(x)=f(x)+g(x), 当a=3,b=-9时,h(x)=x3+3x2-9x+1, h′(x)=3x2+6x-9.

令h′(x)=0,得x1=-3,x2=1.
h(x)与h′(x)在(-∞,2]上的变化情况如下: x h′(x) (-∞,-3) -3 + 0 (-3,1) - 1 0 (1,2) + 2

h(x)

?↗

28

?↘

-4

?↗

3

由此可知: 当k≤-3时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(-3)=

28;
当-3<k<2时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28. 因此,k的取值范围是(-∞,-3].

奇思妙想:本例(2)问条件不变,当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间.

1 2 解:记 h(x)=f(x)+g(x),当 b=4a 时, 1 2 1 2 2 h(x)=x +ax +4a x+1,h′(x)=3x +2ax+4a .
3 2

a a 令 h′(x)=0,得 x1=-2,x2=-6 a>0 时,h(x)与 h′(x)的情况如下

x

a a (-∞,- ) - 2 2 + ??↗ 0

a a (- ,- ) 2 6 - ?↘?

- a 6 0

a (-6,+ ∞) + ??↗

h′(x) h(x)

a a 所以h(x)的单调递增区间为(-∞,- )和(- ,+∞); 2 6 a a 单调递减区间为(- ,- ). 2 6

函数的最大(小)值是在函数极大(小)值基础上的发展.从函 数图象上可以直观地看出:如果在闭区间[a,b]上函数y=f(x)的

图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值,只
要把函数y=f(x)的所有极值连同端点处的函数值进行比较,就 可以求出函数的最大(小)值.

lnx [变式探究] [2013· 湖北八校联考]已知函数f(x)= -x. x (1)求函数f(x)的单调区间; (2)设m>0,求f(x)在[m,2m]上的最大值.

1-lnx 解:(1)∵f′(x)= x2 -1, 令f′(x)=0,得x2=1-lnx. 显然x=1是上面方程的解. 令g(x)=x2+lnx-1,x∈(0,+∞), 1 则g′(x)=2x+x >0, ∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.

∴x=1是方程f′(x)=0的唯一解. 1-lnx ∵当0<x<1时,f′(x)= 2 -1>0; x 当x>1时,f′(x)<0. ∴函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递 减.

(2)由(1)知函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单 调递减. 1 故①当0<2m≤1,即0<m≤ 2 时,f(x)在[m,2m]上单调递 增.

ln?2m? ∴f(x)max=f(2m)= 2m -2m. ②当m≥1时,f(x)在[m,2m]上单调递减, lnm ∴f(x)max=f(m)= -m. m 1 ③当m<1<2m,即2<m<1时, f(x)max=f(1)=-1.

1 3 1-a 2 例2 [2012· 天津高考]已知函数f(x)=3x + 2 x -ax- a,x∈R,其中a>0. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取 值范围.

[审题视点]

(1)先对f(x)求导,解不等式f′(x)>0和f′(x)<0即

可求出单调区间,(2)零点的分布主要结合图象,得到符合题意 的数学关系式,确定参数的取值. [解] (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f′(x)=

0,得x1=-1,x2=a>0.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化如下表:
x
f′(x) f(x)

(-∞,-1)
+ ??↗

-1
0 极大值

(-1,a)
- ↘?

a
0 极小值

(a, +∞) + ?↗

故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞); 单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(- 1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点 ?f?-2?<0, ? 当且仅当?f?-1?>0, ?f?0?<0, ? 1 解得0<a< . 3

? 1? 所以,a的取值范围是?0,3?. ? ?

(1)对于该问题的求解,一般利用研究函数的单调性、极值

等性质,并借助函数图象的交点情况,建立含参数的方程组(或
不等式)求之,实现形与数的和谐统一. (2)本题常见的错误是不能把函数的极值与图象交点联系起 来,缺乏转化与化归、数形结合的意识.

2 [变式探究] 已知函数f(x)=x +alnx-2(a>0). (1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线y=x+2 垂直,求函数y=f(x)的单调区间; (2)记g(x)=f(x)+x-b(b∈R),当a=1时,方程g(x)=0 在区间[e-1,e]上有两个不同的实根, 求实数b的取值范 围.

解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 2 a 因为 f′(x)=-x2+x ,且知直线 y=x+2 的斜率为 1. 2 a 所以 f′(1)=-12+1=-1,所以 a=1. x-2 2 所以 f(x)= x+lnx-2,f′(x)= x2 .

由f′(x)>0,解得x>2;由f′(x)<0,解得0<x<2. 所以f(x)的单调增区间是(2,+∞),单调减区间是 (0,2). x2+x-2 2 (2)依题得g(x)= x+lnx+x-2-b,则g′(x)= x2 . 由g′(x)>0解得x>1;由g′(x)<0解得0<x<1. 所以函数g(x)在区间(0,1)为减函数,在区间(1,+∞)为 增函数.

又因为方程g(x)=0在区间[e-1,e]上有两个不同的实
- ?g?e 1?≥0, ? 根,所以?g?e?≥0, ?g?1?<0. ?

2 解得1<b≤e +e-1. 2 所以b的取值范围是(1,e +e-1].

例3 [2013· 湖北调研]受市场的影响,三峡某旅游公司 的经济效益出现了一定程度的滑坡.现需要对某一景点进 行改造升级,提高旅游增加值.经过市场调查,旅游增加 51 x x 2 值y万元与投入x万元之间满足:y=50x-ax -ln10, 2x-12 1 ∈[t,+∞),其中t为大于2的常数.当x=10时,y=9.2.

(1)求y=f(x)的解析式和投入x的取值范围; (2)求旅游增加值y取得最大值时对应的x值.

[审题视点]

第(1)问把x=10,y=9.2代入函数式,即可求

出a的值,得到y=f(x);第(2)问求f(x)的最大值,需要先讨论y= f(x)的单调性,确定取得最大值的区间和对应的x值.

[解]

51 (1)因为当x=10时,y=9.2,即 50 ×10-a×102-

1 ln1=9.2,解得a=100. 51 x2 x 所以f(x)= x- -ln . 50 100 10 x 1 12t 因为 ≥t且t>2,所以6<x≤ , 2x-12 2t-1 12t 即投入x的取值范围是(6, ]. 2t-1

x2-51x+50 51 x 1 (2)对f(x)求导,得f′(x)=50-50 - x =- = 50x ?x-1??x-50? - . 50x 令f′(x)=0,得x=50或x=1(舍去). 当x∈(6,50)时,f′(x)>0,且f(x)在(6,50]上连续,因此 f(x)在(6,50]上是增函数; 当x∈(50,+∞)时,f′(x)<0,且f(x)在[50,+∞)上连 续,因此f(x)在[50,+∞)上是减函数.

所以x=50为极大值点. 12t 1 25 当 ≥50,即t∈(2 ,44]时,投入50万元改造时取得 2t-1 最大增加值; 12t 25 12t 当6< <50,即t∈( ,+∞)时,投入 万元改 44 2t-1 2t-1 造时取得最大增加值.

在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、 因变量、建立函数关系式,并确定其定义域,利用求函数最值

的方法求解,注意结果应与实际情况相符合,用导数求解实际
问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那 么根据实际意义该极值点就是最值点.

[变式探究] [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/千克)满足关系式y= a x-3 +10(x-6)2,其中

3<x<6,a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2+10=11,所以a=2.
2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量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 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. x-3

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) +

4 0

(4,6) -

单调递增

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.
答: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.

课课精彩无限

【选题· 热考秀】 [2012· 辽宁高考]设f(x)=lnx+ x-1,证明: 3 (1)当x>1时,f(x)<2(x-1); 9?x-1? (2)当1<x<3时,f(x)< . x+5

[规范解答] x>1时,

(1)记g(x)=lnx+

3 x -1- 2 (x-1),则当

1 1 3 3 g′(x)= + - <0.又g(1)=0,有g(x)<0,即f(x)< (x x 2 x 2 2 -1).

9?x-1? (2)记h(x)=f(x)- . x+5 2+ x 1 1 54 54 由(1)得h′(x)= x + - 2 = 2x - ?x+5?2 ?x+5? 2 x x+5 ?x+5?3-216x 54 < 4x - = . ?x+5?2 4x?x+5?2 令g(x)=(x+5)3-216x.

则当1<x<3时,g′(x)=3(x+5)2-216<0,因此g(x)在 (1,3)内是递减函数. 又由g(1)=0,得g(x)<0,所以h′(x)<0,因此h(x)在(1,3) 内是递减函数. 9?x-1? 又h(1)=0,得h(x)<0.于是当1<x<3时,f(x)< . x+5

【备考·角度说】 No.1 角度关键词:审题视角

利用导数证明不等式的关键是构造函数,函数构造出来
后,用导数去研究这个函数的单调性和最值,通过单调性或最 值找到不等关系,实现不等式证明.

No.2

角度关键词:技巧点拨

利用导数证明不等式,就是把不等式恒成立的问题,通过 构造函数,转化为利用导数求函数最值的问题.应用这种方法

的难点是如何根据不等式的结构特点或者根据题目证明目标的
要求,构造出相应的函数关系式.解题的基本思路是从函数的 角度分析和理解需要证明的不等式的结构特点,然后去构造函 数,或者从不等式证明的放缩方向上去构造函数,使所构造出 的函数是不等式证明所需要的最佳函数.

经典演练提能

1.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是( A.-2 B.0

)

C.2
答案:C

D.4

解析:f′(x)=3x2-6x=3x(x-2), f(0)=2,f(2)=-2,f(-1)=-2,f(1)=0, ∴f(x)的最大值为2.

2.[2012·大纲全国高考]已知函数y=x3-3x+c的图象与x 轴恰有两个公共点,则c=( )

A. -2或2
C. -1或1 答案:A

B. -9或3
D. -3或1

解析:y′=3x2-3=3(x+1)(x-1). 当y′>0时,x<-1或x>1;当y′<0时,-1<x<1. ∴函数的递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞),递减区间为

(-1,1).
∴x=-1时,取得极大值;x=1时,取得极小值. 要使函数图象与x轴恰有两个公共点,只需: f(-1)=0或f(1)=0,即(-1)3-3×(-1)+c=0或13-3×1 +c=0,∴c=-2或c=2.

3.已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d,在区间[-1,2]上是 减函数,那么b+c( 15 A. 有最大值 2 15 C. 有最小值 2 ) 15 B. 有最大值- 2 15 D. 有最小值- 2

答案:B
解析:由f(x)在[-1,2]上是减函数知,f′(x)=3x2+2bx
?f′?-1?=3-2b+c≤0 ? +c≤0在x∈[-1,2]恒成立,则? ?f′?2?=12+4b+c≤0 ?

15 相加得15+2b+2c≤0,∴b+c≤- . 2

4.[2012·重庆高考]设函数f(x)在R上可导,其导函数为 f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一 定成立的是( )

A. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B. 函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) C. 函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2) D. 函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 答案:D

解析:由图可得函数y=(1-x)f′(x)的零点为-2,1,2,则当 x<1时,1-x>0,此时在(-∞,-2)上f′(x)>0,在(-2,1)上

f′(x)<0;当x>1时,1-x<0,此时在(1,2)上f′(x)<0,在(2,+
∞)上f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,-2)为增函数,在(-2,2)为减 函数,在(2,+∞)为增函数,因此f(x)有极大值f(-2),极小值 f(2),故选D.

5.[2013· 荆州模拟]设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)= lnx的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小时t的值为 ( ) A.1 5 C. 2 1 B.2 2 D. 2

答案:D

解析:如图:|MN|=f(t)-g(t) =t2-lnt(t>0), 令h(t)=t2-lnt(t>0),
2 1 2t -1 则h′(t)=2t- t = t ,

2 令h′(t)>0,得t> 2 , 2 令h′(t)<0得0<t< 2 ,

2 2 ∴h(t)在(0, 2 )上单调递减,在( 2 ,+∞)上单调递 增. 2 2 ∴当t= 时,h(t)取最小值,即t= 时,|MN|取最小 2 2 值,故选D.


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