【步步高】屆高三數(shù)學大一輪復習 導數(shù)的綜合應用學案 理 新人教A版

13、∈[－1，e－1]時，f(x)

14、函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點有公共切線． (1)求a、b的值； (2)對任意x>0，試比較f(x)與g(x)的大?。? 答案 自主梳理 1．(1)連續(xù)　(2)①極值　②端點值 自我檢測 1．B　2.D　3.C 4.　5.6 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，首先應判斷函數(shù)在閉區(qū)間上的單調性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判斷函數(shù)在各區(qū)間上的單調性，在這里一般要用到分類討論的思想，討論的標準通常是極值點與區(qū)間端點的大小關系，確定單調性或具體情況． 解　

15、∵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02時，f(x)在[1,2]上是減函數(shù)， ∴f(x)max＝f(1)＝e－a. ②當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>2，即0

16、<1時，f(x)的最大值為4e－2a； 當1≤a≤2時，f(x)的最大值為4a－2e－2； 當a>2時，f(x)的最大值為e－a. 變式遷移1　解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝a·(a>0)， 由f′(x)＝a·>0，得0e. 故f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減． (2)∵f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減， ∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min＝min{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝ln， ∴當0

17、n a； 當a>2時，[f(x)]min＝. 例2　解題導引　利用導數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構造函數(shù)，通過研究函數(shù)的性質進而解決不等式問題． (1)解　f′(x)＝x－＝(x>0)， 若a≤0時，f′(x)>0恒成立， ∴函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)． 若a>0時，令f′(x)>0，得x>， ∴函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(，＋∞)，減區(qū)間為(0，)． (2)證明　設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)(

18、1)＝>0， ∴F(x)>在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)>0. ∴當x>1時，x2＋ln x

19、2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)證明　設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R. 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當a>ln 2－1時， g′(x)最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是對任意x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R內單調遞增，于是當a>ln 2－1時， 對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0， 即ex－x2＋2ax－1>0， 故ex>x2－2ax＋1. 例3　解　(1)分公司一年的利潤L(萬元)與售價x的函數(shù)關系式

20、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≤5，∴8≤6＋a≤. 在x＝6＋a兩側L′的值由正變負． ∴①當8≤6＋a<9，即3≤a<時， Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)． ②當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<，則當每件售價為9元時，分公司一年的利

21、潤L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(萬元)； 若≤a≤5，則當每件售價為(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)因為賠付價格為S元/噸， 所以乙方的實際年利潤為ω＝2 000－St. 由ω′＝－S＝， 令ω′＝0，得t＝t0＝()2. 當t0；當t>t0時，ω′<0. 所以當t＝t0時，ω取得最大值． 因此乙方獲得最大利潤的年產量為()2噸． (2)設甲方凈收入為v元，則v＝St－0.002t2. 將t＝()2代入上式，得到甲方凈收入v與賠付價格S之間的函數(shù)關系式： v＝－. 又v′＝－

22、＋＝， 令v′＝0，得S＝20. 當S<20時，v′>0； 當S>20時，v′<0， 所以S＝20時，v取得最大值． 因此甲方向乙方要求賠付價格S＝20元/噸時，可獲得最大凈收入． 課后練習區(qū) 1．A　2.D　3.C　4.C　5.A 6.d 解析　如圖所示，為圓木的橫截面， 由b2＋h2＝d2， ∴bh2＝b(d2－b2)． 設f(b)＝b(d2－b2)， ∴f′(b)＝－3b2＋d2. 令f′(b)＝0，由b>0， ∴b＝d，且在(0，d)上f′(b)>0，在[d，d]上f′(b)<0. ∴函數(shù)f(b)在b＝d處取極大值，也是最大值，即抗彎強度最大，此時長

23、h＝d. 7．300 解析　設長為x m，則寬為(20－x)m，倉庫的容積為V，則V＝x(20－x)·3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60， 令V′＝0得x＝10. 當00；當x>10時，V′<0， ∴x＝10時，V最大＝300 (m3)． 8．(－1,0] 解析　f′(x)＝≥0，解得－1≤x≤1. 由已知得(m,2m＋1)?[－1,1]，即， 解得－1－1)． ……………………………………………………………………………………………(4分)

24、 ∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 在(－1,0)上單調遞減．…………………………………………………………………(6分) (2)令f′(x)＝0，即x＝0，則 x (－1,0) 0 (0，e－1) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  ……………………………………………………………………………………………(9分) 又∵f(－1)＝＋1，f(e－1)＝e2－1>＋1， 又f(x)e2－1.………………………………………………………………………………(12分) 10．解　(1)設隔熱層厚度為x cm，

25、由題設， 每年能源消耗費用為C(x)＝，(2分) 再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝，…………………………………………(4分) 而建造費用為C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5分) 最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為 f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x ＝＋6x (0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分) (2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0， 即＝6，解得x＝5，x＝－(舍去)．…………………………………………(8分) 當0

26、10時，f′(x)>0，………………………………………………………………(10分) 故x＝5是f(x)的最小值點， 對應的最小值為f(5)＝6×5＋＝70. 當隔熱層修建5 cm厚時，總費用達到最小值70萬元． ……………………………………………………………………………………………(12分) 11．解　(1)f(x)＝ln x的圖象與x軸的交點坐標是(1,0)， 依題意，得g(1)＝a＋b＝0.①……………………………………………………………(2分) 又f′(x)＝，g′(x)＝a－， 且f(x)與g(x)在點(1,0)處有公共切線， ∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝

27、1.②……………………………………………………(4分) 由①②得a＝，b＝－.…………………………………………………………………(6分) (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則 F(x)＝ln x－(x－)＝ln x－x＋， ∴F′(x)＝－－＝－(－1)2≤0. ∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．………………………………………………………(10分) 當0F(1)＝0，即f(x)>g(x)； 當x＝1時，F(xiàn)(1)＝0，即f(x)＝g(x)； 當x>1時，F(xiàn)(x)g(x)； x＝1時，f(x)＝g(x)； x>1時f(x)