高中数学选择性必修2课件：习题课 导数的综合应用(人教A版)

习题课导数的综合应用(1)将日利润y(元)表示成日产量x的函数；(2)求该种饮品的最大日利润.解

(1)由题意，知每生产1千瓶正品盈利4000元，每生产1千瓶次品亏损2000元，令f′(x)＝0，解得x＝30或x＝－30(舍去).当1≤x<30时，f′(x)>0；当30<x≤40时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，30)上单调递增，在(30，40]上单调递减，所以当x＝30时，函数f(x)取得极大值，所以该种饮品的最大日利润为72000元.规律方法利用导数解决实际应用问题的步骤(1)函数建模：细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y与自变量x，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y＝f(x).(2)确定定义域：一定要从问题的实际意义去考虑，舍去没有实际意义的自变量的范围.(3)求最值：尽量使用导数法求出函数的最值.(4)下结论：根据问题的实际意义给出圆满的答案.【训练1】如图，要设计一面矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目(即图中阴影部分)，这两个栏目的面积之和为18000cm2，四周空白的宽度为10cm，两栏目之间的中缝空白的宽度为5cm.怎样确定广告牌的高与宽的尺寸(单位：cm)，能使矩形广告牌的面积最小？其中x>20，y>25.令S′(x)>0，得x>140；令S′(x)<0，得20<x<140.∴函数S(x)在(140，＋∞)上单调递增，在(20，140)上单调递减，∴S(x)的最小值为S(140).当x＝140时，y＝175，故当广告牌的高为140cm，宽为175cm时，可使广告牌的面积最小，最小面积为24500cm2.题型二与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0). (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：题型二与最值有关的恒成立问题【例2】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0). (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：t(0，1)1(1，2)g′(t)＋0－g(t)单调递增1－m单调递减∴对t∈(0，2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞).规律方法(1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.【训练2】设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c， (1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围； (2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.解

(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞).①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，规律方法(1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性.(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数.(1)解依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞).∴当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.f′(x)及f(x)随x的变化情况如下表：x(0，e1－a)e1－a(e1－a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)

极大值

所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).①当a＝1时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减.又f(1)＝0，故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点.②当a<1时，1－a>0，e1－a>1，综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点，当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点.规律方法利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3个不同的实数根，求实数k的取值范围.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2<x<2时，f′(x)<0.一、素养落地1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解应用题的主要方法.另外需要特别注意： (1)合理选择变量，正确给出函数表达式； (2)与实际问题相联系； (3)必要时注意分类讨论思想的应用.3.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题.二、素养训练1.设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V，那么其表面积最小时底面边长为(

)答案C2.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a<b，则必有(

) A.bf(b)≤af(a) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤bf(b) D.af(b)≤bf(a)

解析设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，

则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0， ∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数. ∵a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)，故选A.

答案

AA.13万件

B.11万件C.9万件

D.7万件解析因为y′＝－x2＋81，所以当x＞9时，y′＜0；当x∈(0，9)时，y′＞0.又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值.答案C4.直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________.解析

f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案(－2，2)(1)求函数f(x)的单调区间①；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立②，求a的取值范围.联想解题看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“∃x”，而不是“∀x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.满分示范解(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞).4分(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，10分满分心得(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.备用工具&资料满分示范解(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，