导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 课件

第十二节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例三年31考高考指数:★★★★★1.了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）.2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数的最大值、最小值.3.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.利用导数判断函数的单调性、求函数的单调区间、求函数的极值（最值）是考查重点；2.含参数的函数单调区间与极值情况的讨论是高考的重点和难点；3.题型有选择题和填空题，难度较小；与方程、不等式等知识点交汇则以解答题为主，难度较大.1.导数与函数单调性的关系(1)函数y=f(x)在某个区间内可导①若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内________；②若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内_________.③如果在某个区间内恒有f′(x)=0，则f(x)为________.(2)单调性的应用若函数y=f(x)在区间(a,b)上单调，则y=f′(x)在该区间上不变号.单调递增单调递减常数函数【即时应用】(1)函数f(x)=1+x-sinx在(0,2π)上的单调情况是_____.(2)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y=f′(x)的图象如图所示，则y=f(x)的图象最有可能是_____.(3)若函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是_______.【解析】(1)在（0，2π)上有f′(x)=1-cosx>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增.(2)由导函数图象知，f′(x)在(-∞,0)上为正，在(0,2)上为负，在(2,+∞)上为正，所以f(x)在(-∞,0)上是增函数，在(0,2)上是减函数，在(2,+∞)上是增函数，比较①②③④，只有③符合.(3)函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数，只需y′=3x2+2x+m≥0恒成立，即Δ=4-12m≤0，∴m≥.答案：(1)单调递增(2)③(3)m≥2.函数极值的概念(1)极值点与极值设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性____（或导数值异号），则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值.(2)极大值点与极小值点①若先增后减（导数值先正后负），则x0为______点.②若先减后增（导数值先负后正），则x0为______点.相反极大值极小值【即时应用】(1)判断下列结论的正误.（请在括号中填“√”或“×”）①导数为零的点一定是极值点 ()②函数f(x)在点x0及附近有定义，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值 ()③函数f(x)在点x0及附近有定义，如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极大值 ()(2)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点的个数为_____.(3)函数f(x)=x3+3x2-9x的极值点为_________.【解析】(1)①导数为零只是函数在该点取极值的必要条件，②正确，③f(x0)为极小值，故错误.(2)从f′(x)的图象可知f(x)在(a，b)内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，所以f(x)在(a，b)内只有一个极小值点；(3)由f′(x)=3x2+6x-9=0得x=1或x=-3,当x＜-3时，f′(x)＞0,当-3＜x＜1时，f′(x)＜0,当x＞1时，f′(x)＞0,∴x=1和x=-3都是f(x)的极值点.答案：(1)①×②√③×(2)1(3)1和-33.函数极值与最值的求法(1)求可导函数极值的步骤：①求导数f′(x)；②求方程f′(x)=0的根；③列表，检验f′(x)在方程f′(x)=0的根左右两侧的符号（判断y=f(x)在根左右两侧的单调性），确定是否为极值，是极大值还是极小值.(2)求函数y=f(x)在闭区间［a,b］上的最值可分两步进行：①求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，其中最大的一个为______，最小的一个为______.极值最大值最小值【即时应用】(1)思考：最值是否一定是极值？提示：不一定.如果最值在端点处取得就不是极值.(2)函数f(x)=3x-4x3，x∈[0,1]的最大值是_____.【解析】由f′(x)=3-12x2=0得x=，∵f(0)=0，f()=1，f(1)=-1，∴f(x)max=1.答案：1(3)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取极值10，则f(2)=_____.【解析】f′(x)=3x2+2ax+b，由题意即得a=4或a=-3.但当a=-3时，b=3,f′(x)=3x2-6x+3≥0，故不存在极值，∴a=4，b=-11，f(2)=18.答案：184.导数的实际应用导数在实际生活中的应用主要体现在求利润最大、用料最省、效率最高等问题中，解决这类问题的关键是建立恰当的数学模型（函数关系），再利用导数研究其单调性和最值.解题过程中要时刻注意实际问题的意义.【即时应用】(1)已知某生产厂家的年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）的函数关系式为y=x3+81x-234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为_____.(2)将边长为1m的正三角形薄片沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S=,则S的最小值是_____.【解析】(1)y′=-x2+81,令y′=0得x=9或x=-9（舍去），当x＜9时y′＞0；当x＞9时y′＜0，故当x=9时函数有极大值，也是最大值；即该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件.(2)设剪成的小正三角形的边长为x，则：S=令S′(x)=0（0＜x＜1）,得x=,当x∈(0,)时，S′(x)＜0,S(x)递减；当x∈(,1)时，S′(x)＞0,S(x)递增；故当x=时，S取得最小值.答案：(1)9万件(2)利用导数研究函数的单调性【方法点睛】1.导数在函数单调性方面的应用(1)利用导数判断函数的单调性；(2)利用导数求函数的单调区间；(3)已知函数单调性，求参数的范围.2.导数法求函数单调区间的一般步骤第一步：求定义域：求函数y=f(x)的定义域第二步：求根：求方程f′(x)=0在定义域内的根第三步：划分区间：用求得的方程的根划分定义域所在的区间第四步：定号：确定f′(x)在各个区间内的符号第五步：结果：求得函数在相应区间上的单调性，即得函数y=f(x)的单调区间.【提醒】当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f′(x)>0（或f′(x)<0）直接得到单调递增（或递减）区间.【例1】(1)(2011·山东高考）函数y=-2sinx的图象大致是()(2)(2012·景德镇模拟)已知f(x)=lnx:①设F(x)=f(x+2)-，求F(x)的单调区间；②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.【解题指南】(1)排除法与求导相结合，根据导数与函数单调性的关系判断.(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区间；原不等式恒成立可转化为ln≤3ma+4-m2恒成立，进一步转化为(ln)max≤(3ma+4-m2)min成立.【规范解答】(1)选C.当x=0时，y=0，排除A.当x>2π时，y=-2sinx>0，排除D.∵由y′=-2cosx>0,得cosx<，在满足上式的x的区间内，y是增函数.由y′=-2cosx＜0,得cosx>,在满足上式的x的区间内，y是减函数,∴由余弦函数的周期性知，函数的增减区间有无数多个,∴B不正确，C正确.(2)①F(x)=ln(x+2)-定义域为：(-2,-1)∪(-1,+∞).令F′(x)＞0，得单调增区间为(-2,-)和(,+∞)令F′(x)＜0，得单调减区间为(-,-1)和(-1,)②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即ln≤3ma+4-m2.现在只需求y=ln(x∈[0,1])的最大值和y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的最小值.因为在[0，1]上单调递减,所以y=ln(x∈[0,1])的最大值为0,而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数，故其最小值只能在a=-1或a=1处取得,于是得到：或解得0≤m≤1或-1≤m＜0，所以m的取值范围是[-1，1].【互动探究】若本例(2)第①问中条件改为“F(x)=f(x+2)-kx在定义域内是单调递增函数”，则k的取值范围是_______.【解析】由题意F′(x)=-k≥0在(-2,+∞)上恒成立，∴k≤恒成立，∴k≤0.答案：k≤0【反思·感悟】1.求函数的单调区间时，切记定义域优先的原则，一定要注意先求定义域.2.恒成立问题的处理，一般是采用“分离参数，最值转化”的方法.【变式备选】已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上单调递减，在［0，+∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.【解析】f′(x)=ex-a.(1)若a≤0，f′(x)=ex-a≥0恒成立，即f(x)在R上递增.若a>0,令ex-a≥0,得ex≥a,x≥lna.∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞).(2)方法一：由题意知ex-a≤0在（-∞，0］上恒成立.∴a≥ex在（-∞，0］上恒成立.∵ex在（-∞，0］上为增函数.∴当x=0时，ex最大为1.∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞）上恒成立.∴a≤ex在［0，+∞）上恒成立.∴a≤1，∴a=1.方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点.∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.利用导数研究函数的极值（最值）【方法点睛】1.应用函数极值应注意的问题(1)注意极大值与极小值的判断.(2)已知极值求参数的值:注意f′(x0)=0是可导函数y=f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.2.数形结合求参数的范围利用导数研究了函数的单调性和极值后，可以画出草图，进行观察分析，确定满足条件的参数范围.

【例2】已知函数f(x)=xe-x(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称.证明当x＞1时，f(x)＞g(x).(3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明x1+x2＞2.【解题指南】由f′(x)=0得出可能的极值点，再列表判断；利用已知条件求出y=g(x)的解析式，构造新函数进行证明；讨论x1,x2的可能取值，判断其范围，再利用f(x)的单调性证明.【规范解答】(1)f′(x)=(1-x)e-x.令f′(x)=(1-x)e-x=0，得x=1.当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)单调递增单调递减所以f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，在区间(1,+∞)内是减函数.函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=.(2)因为函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，所以g(x)=f(2-x)，于是g(x)=(2-x)ex-2.记F(x)=f(x)-g(x)，则F(x)=xe-x+(x-2)ex-2，F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,当x＞1时，2x-2＞0，从而e2x-2-1＞0，又e-x＞0，所以F′(x)＞0，于是函数F(x)在区间[1,+∞)上是增函数.因为F(1)=e-1-e-1=0，所以，当x＞1时，F(x)＞F(1)=0.因此f(x)＞g(x).(3)①若(x1-1)(x2-1)=0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2矛盾；②若(x1-1)(x2-1)＞0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2矛盾；根据①，②可得(x1-1)(x2-1)＜0.不妨设x1＜1,x2＞1.由(2)可知f(x2)＞g(x2)=f(2-x2)，所以f(x1)=f(x2)＞g(x2)=f(2-x2).因为x2＞1，所以2-x2＜1，又x1＜1，由(1)知f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以x1＞2-x2，即x1+x2＞2.【反思·感悟】1.求函数的极值时，极易弄混极大值、极小值.2.利用导数研究了单调性和极值，就可以大体知道函数的图象，为数形结合解题提供了方便.【变式训练】(2011·北京高考）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.【解析】(1)f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1,f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)-ek-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,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.综上，当k≤1时，f(x)在区间［0,1］上的最小值为-k；当1<k<2时，f(x)在区间［0,1］上的最小值为-ek-1；当k≥2时，f(x)在区间［0,1］上的最小值为（1-k)e.【变式备选】设函数f(x)=x3+bx2+cx(x∈R)，已知g(x)=f(x)-f′(x)是奇函数.(1)求b、c的值.(2)求g(x)的单调区间与极值.【解析】(1)∵f(x)=x3+bx2+cx，∴f′(x)=3x2+2bx+c.从而g(x)=f(x)-f′(x)=x3+bx2+cx-(3x2+2bx+c)=x3+(b-3)x2+(c-2b)x-c是一个奇函数，所以g(0)=0，得c=0，由奇函数的定义得b=3；(2)由(1)知g(x)=x3-6x，从而g′(x)=3x2-6，由此可知，(-∞,)和(,+∞)是函数g(x)的单调递增区间；是函数g(x)的单调递减区间；g(x)在x=时，取得极大值，极大值为，g(x)在x=时，取得极小值，极小值为.导数在实际问题中的应用【方法点睛】1.导数在实际问题中的应用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，并确定其定义域，然后利用导数加以解决.注意检验结果与实际是否相符.2.实际问题中的最值根据实际意义，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.

【例3】(2011·山东高考）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元.设该容器的建造费用为y千元.(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r.【解题指南】本题为应用题，(1)先求出l和r的关系，再根据问题情境列出函数解析式，注意函数的定义域.(2)利用导数求函数的最值.先求导，再判断函数的单调性，然后根据单调性求出极值，再由函数的定义域求出最值.【规范解答】(1)因为容器的容积为立方米，所以πr2l=，解得l=,由于l≥2r,因此0＜r≤2.所以圆柱的侧面积为2πrl=,两端两个半球的表面积之和为4πr2,所以建造费用y=-8πr2+4πcr2,定义域为(0,2].(2)因为y′=-16πr+8πcr=,0＜r≤2.由于c>3,所以c-2>0,所以令y′＞0得:r＞;令y′＜0得:0＜r＜,①当3＜c≤，即≥2时，函数y在（0，2］上是单调递减的，故建造费用最小时r=2.②当c＞，即0＜＜2时，函数y在（0，2］上是先减后增的，故建造费用最小时r=.【反思·感悟】1.解决实际问题，数学建模是关键，恰当变量的选择，决定了解答过程的繁简；函数模型的确定，决定了能否解决这个问题.2.解决实际问题必须考虑实际意义，忽视定义域是这类题目失分的主要原因.【变式训练】统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为：(0＜x≤120).已知甲、乙两地相距100千米.(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？【解析】(1)当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了=2.5小时，要耗油(×403-×40+8)×2.5=17.5（升）.答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.(2)当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为h(x)升，依题意得(0＜x≤120),(0＜x≤120).令h′(x)=0,得x=80.当x∈(0,80)时，h′(x)＜0,h(x)是减函数；当x∈(80,120］时，h′(x)＞0,h(x)是增函数.∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25.因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.【变式备选】某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元（3≤a≤5）的管理费，预计当每件产品的售价为x元（9≤x≤11）时，一年的销售量为(12-x)2万件.(1)求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件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).【解析】(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′=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′=0得x=6+a或x=12（不合题意，舍去）.∵3≤a≤5,∴8≤6+a≤.在x=6+a两侧，由左向右L′的值由正变负.所以①当8≤6+a＜9即3≤a＜时，Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).②当9≤6+a≤，即≤a≤5时，Lmax=L(6+a)=(6+a-3-a)［12-(6+a)］2=4(3-a)3.所以Q(a)=即：若3≤a＜，则当每件售价为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≤a≤5，则当每件售价为(6+a)元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)=4(3-a)3(万元).【满分指导】函数综合题的规范解答【典例】（14分）(2011·湖南高考)设函数f(x)=x--alnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由.【解题指南】(1)对f(x)求导，就a的取值分类讨论；(2)假设存在a满足条件，判断条件是否满足.【规范解答】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=1………………2分令g(x)=x2-ax+1,其判别式Δ=a2-4.①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.………………3分②当a＜-2时，Δ＞0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,+∞)上，f′(x)＞0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增.…4分③当a＞2时，Δ＞0,g(x)=0的两根为当0＜x＜x1时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；当x＞x2时，f′(x)＞0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减.……………………6分(2)由(1)知，a＞2.因为f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+-a(lnx1-lnx2)，所以……………………9分又由(1)知，x1x2=1.于是k=2-a·,若存在a，使得k=2-a,则=1,即lnx1-lnx2=x1-x2，亦即x2--2lnx2=0(x2＞1)(*)……11分再由(1)知，函数h(t)=t--2lnt在(0,+∞)上单调递增，而x2＞1，所