高考数学总复习第2章第12节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课时演练新人教A版

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第二章第12节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

第二章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1.(2009·广东高考)函数 ( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞) 解析：f (x )＝(x －3)·e x ，f ′(x )＝e x (x －2)＞0， ∴x ＞2.∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：D2.若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 ( )A ．[－2，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]D ．(－∞，2] 解析：因为h ′(x )＝2＋k x 2，所以h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋kx 2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ∈[－2，＋∞)．答案：A3．已知函数y ＝ax 与y ＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则函数y ＝ax 3＋bx 2＋5的单调减区间为________．解析：根据题意a ＜0，b ＜0.由y ＝ax 3＋bx 2＋5，得y ′＝3ax 2＋2bx ，令y ′＜0，可得x ＞0或x ＜－2b3a ，故所求减区间为(－∞，－2b3a)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－2b3a)和(0，＋∞)4．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求： (1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．解：(1)因f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9 ＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32－9－a23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9.解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3. (2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数；当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．5.(文)函数f (x )＝x 3a ＝ ( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5解析：因为f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意有f ′(－3)＝0，所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，由此解得a ＝5. 答案：D(理)设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则 ( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＞－1e D ．a ＜－1e解析：由y ′＝(e x ＋ax )′＝e x ＋a ＝0得e x ＝－a ，即x ＝ln(－a )＞0⇒－a ＞1⇒a ＜－1. 答案：A6.若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞) 解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，且当x ＜－1时，f ′(x )＞0；当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝－1时函数f (x )有极大值，当x ＝1时函数f (x )有极小值．要使函数f (x )有3个不同的零点，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＞0，f (1)＜0.解之得－2＜a ＜2. 答案：A7．函数y ＝sin2x －x ，x ∈[－π2，π2]的最大值是________，最小值是________．解析：∵y ′＝2cos2x －1＝0，∴x ＝±π6.而f (－π6)＝－32＋π6，f (π6)＝32－π6，端点f (－π2)＝π2，f (π2)＝－π2，所以y 的最大值是π2，最小值是－π2答案：π2 －π28．(文)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值， (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0. ① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′(23)＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0. ② 由①②解得a ＝2，b ＝－4. 设切线l 的方程为y ＝3x ＋m . 由原点到切线l 的距离为1010，则|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1.∵切线l 不过第四象限，∴m ＝1. 由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4，∴c ＝5； (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2，x ＝23.f (x )和f ′(x )的变化情况如下表：∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f (23)＝9527.又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.(理)已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx －2的图象在与x 轴交点处的切线方程是y ＝5x －10. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设函数g (x )＝f (x )＋13，若g (x )的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数g (x )取得极值时对应的自变量x 的值．解：(1)由已知，切点为(2,0)，故有f (2)＝0，即4b ＋c ＋3＝0. ① f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，由已知，f ′(2)＝12＋8b ＋c ＝5.得8b ＋c ＋7＝0. ② 联立①、②，解得c ＝1，b ＝－1，于是函数解析式为f (x )＝x 3－2x 2＋x －2. (2)g (x )＝x 3－2x 2＋x －2＋13mx ，g ′(x )＝3x 2－4x ＋1＋m3，令g ′(x )＝0.当函数有极值时，Δ≥0，方程3x 2－4x ＋1＋m3＝0有实根，由Δ＝4(1－m )≥0，得m ≤1.①当m ＝1时，g ′(x )＝0有实根x ＝23，在x ＝23左右两侧均有g ′(x )＞0，故函数g (x )无极值．②当m ＜1时，g ′(x )＝0有两个实根， x 1＝13(2－1－m )，x 2＝13(2＋1－m )，当x 变化时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：当x ＝13(2－1－m )时g (x )有极大值；当x ＝13(2＋1－m )时g (x )有极小值．9.已知对任意实数x ，x >0时， f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时 ( ) A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0 B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0 C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0 D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0解析：由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x ＞0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x ＜0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )＞0，g ′(x )＜0. 答案：B10．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 (0≤x ≤400)80 000 (x ＞400)，则总利润最大时，每年生产的产品是 ( )A ．100B ．150C ．200D ．300 解析：由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，所以总利润函数为 P ＝P (x )＝R (x )－C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000 (0≤x ≤400)，60 000－100x (x ＞400)，而P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x (0≤x ≤400)，－100 (x ＞400)，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，P 最大．答案：D11．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是 ( )解析：对于图A 来说，抛物线为函数f (x )，直线为f ′(x )；对于图B 来说，上凸的曲线为函数f (x )，下凹的曲线为f ′(x )；对于图C 来说，下面的曲线为函数f (x )，上面的曲线f ′(x )．只有图D 不符合题设条件．答案：D12．(2010·南通模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值，(1)求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间；(2)若对x ∈[－1,2]，不等式f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围．解：(1)f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(－23)＝129－43＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－12，b ＝－2，f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，函数f (x )的单调区间如下表：所以函数f (x )的递增区间是(－∞，－3)与(1，＋∞)，递减区间(－3，1)；(2)f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，当x ＝－23时，f (－23)＝2227＋c 为极大值，而f (2)＝2＋c ，则f (2)＝2＋c 为最大值，要使f (x )＜c 2，x ∈[－1,2]恒成立，则只需要c 2＞f (2)＝2＋c ，得c ＜－1，或c ＞2.。

高三理科数学第一轮复习§2.11：导数在研究函数中的应用和生活中优化问题举例

第二章：函数、导数及其应用 §2.11：导数在研究函数中的应用和生活中优化问题举例
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第二章：函数、导数及其应用 §2.11：导数在研究函数中的应用和生活中优化问题举例
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高考数学总复习 212 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课件苏教版

第九页，共32页。
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a. ∵f(x)在 R 上单调递增，∴f′(x)＝ex－a≥0 恒成立，即 a≤ex，x∈R 恒成立． ∵x∈R 时，ex∈(0，＋∞)，∴a≤0. 当 a＝0 时，f′(x)＝ex 在 R 上， f′(x)>0 恒成立．故当 a≤0 时，f(x)在定义域 R 内单调递增．
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(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275 ＝－30(x－1)2＋3 305. 所以，当 x≥1 时，MP(x)单调递减，所以单调减区间为[1,19]，且 x∈N*. MP(x)是减函数的实际意义，随着产量的增加，每艘利润与前一艘利润比较，利润在减少．
第二十四页，共32页。
第六页，共32页。
3．设 a∈R，若函数 y＝ex＋ax，x∈R 有大于零的极值点，则 a 范围为________．
解析：由 y′＝(ex＋ax)′＝ex＋a＝0 得 ex＝－a，即 x＝ln(－a)＞0⇒－a＞1⇒a＜－1. 答案：(－∞，－1)
第七页，共32页。
4．(2012·高考大纲全国卷)已知 F1、F2 为双曲线 C：x2－y2＝2 的左、右焦点，点 P 在 C 上，|PF1|＝2|PF2|，则 cos∠F1PF2＝________.
＋∞)．
当 a＞0 时，f′(x)＝12x－
a6x＋
a6，此时函数 f(x)的单调
递增区间为－∞，－
a 6
和
6a，＋∞ ，单调递减区间为
－
6a，
a6.
第十六页，共32页。
(2)证明：由于 0≤x≤1，故当 a≤2 时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 当 a＞2 时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2 ＝4x3－4x＋2. 设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则

导数在生活中的优化问题举例含答案

生活中的优化问题举例1、如图所示，设铁路50=AB ，C B 、之间的距离为10，现将货物从A 运往C ，已知单位距离铁路费用为2，公路费用为4，问在在AB 上何处修筑公路至C ，可使运费由A 至C 最省？2、一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知速度为10海里/小时，燃料费每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？3、已知B A 、两地相距200km ，一条船从A 地逆水到B 地，水速为h km /8，船在静水中的速度为()08/v v h vkm ≤<，若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当h km v /12=时，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船的实际速度为多少？4、已知矩形的两个顶点位于x 轴上，另两个顶点位于抛物线24x y -=在x 轴上方的曲线上，求这个矩形面积最大时的边长。

5、扇形AOB 中，半径2,1π=∠=AOB OA ，在OA 的延长线上有一动点C ，过C 点作CD 与弧AB 相切于点E ，且与过点B 所作的OB 的垂线交于点D ，问当点C在什么位置时，直角梯形OCDB 的面积最小？6、从长为32cm 、宽为20cm 的矩形薄铁板的四角剪去边长相等的正方形，做一个无盖的箱子，问剪去的正方形边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？7、某集团为了获得更大的利益，每年要投入一定的资金用于广告促销，经调查，每年投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为t t 52+-(百万元)()50≤≤t(1)、若该公司将当年广告费的投入控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)、现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造，经预测，每投入技术改造费x 百万元，可增加的销售额约为x x x 33123++-(百万元)；请设计一个资金分配方案，使公司由此获得的收益最大。

导数及其应用生活中的优化问题举例

根据数据特点和预测需求，选择适合的时间序列预测模型，如 ARIMA、SARIMA、LSTM等。
模型参数设置
为预测模型设置合适的参数，以便进行模型训练和预测。
模型训练和优化
使用历史数据训练预测模型，并不断优化模型参数，以提高预测准确性。
时间序列预测模型的检验与应用
模型检验
使用独立的验证数据集评估预测模型的性能，比较实际值与预测值的差异。
导数及其应用生活中的优化问题举例
2023-11-08
contents
目录
• 导数的定义与计算 • 导数在生活中的应用 • 导数在优化问题中的应用举例 • 导数在最优问题中的应用 • 导数在时间序列预测中的应用 • 导数在其他领域的应用举例
01
导数的定义与计算
导数的定义
函数在某一点的导数
函数在某一点的导数描述了函数在该点的变化率。
通过运用导数，企业可以找到运营成本的最优解，以降低企业的运营成本。
在最小成本问题中，企业需要通过对运营成本的分析，寻找降低成本的途径。导数方法可以通过对成本函数进行求导，找到成本最低的运营方案。例如，在物流行业中，通过优化运输路线和装载方式可以降低运输成本。
04
导数在最优问题中的应用
最优路径问题
模型应用
将经过验证的预测模型应用于实际时间序列数据的预测，为决策提供支持。
06
导数在其他领域的应用举例
工程领域：结构优化设计、强度分析等
结构优化设计
在航空航天、建筑等领域，结构优化设计是至关重要的。导数可以帮助我们更好地理解结构的形状、尺寸和材料等参数对结构强度、刚度和稳定性的影响，从而优化设计。例如，通过有限元分析方法，利用导数求解结构中的应力、应变分布，进一步优化结构设计。

高考数学总复习第2章第12节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课件新人教A版

较，其中最大的一个是最大值、最小的一个是最小值．
2．极值点一定是最值点这句话对吗？提示：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；函数的最值是表示函数在一个区间上的
情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．函数的极值
不一定是最值，最值点也不一定是极值点．
四、生活中的优化问题
由f′(x)＞0，得x＞2或x＜0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x
求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)由已知f′(x)＝3x2－a，
∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数， ∴f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．又∵3x2≥0，∴只需a≤0. 又∵当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，即f(x)＝x3－1在R上是增函数，∴a≤0.
(2)由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2，x∈(－1,1)恒成立． ∵－1＜x＜1，∴3x2＜3，∴只需证a≥3. 当a＝3时，f′(x)＝3(x2－1)，在x∈(－1,1)上，f′(x)＜0，即f(x)在(－1,1)上为减函数， ∴a≥3.
故存在实数a≥3，使f(x)在(－1,1)上单调递减．
2．可导函数极值存在的条件
(1)可导函数的极值点 x0一定满足f′(x0)＝0，但当f′(x1)＝0 时，x1不一定是极值点．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． (2) 可导函数 y ＝ f(x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0) ＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

高中数学高考导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

考点11 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1. （2013·辽宁高考理科·Ｔ12）设函数()f x 满足22()2(),(2).8x e e x f x xf x f x '+==则x>0时,f(x)（）.A 有极大值，无极小值 .B 有极小值，无极大值 .C 既有极大值又有极小值 .D 既无极大值也无极小值【解题指南】结合题目条件，观察式子的特点，构造函数，利用导数研究极值问题。

【解析】选D.由题意知2332()2()()x x e f x e x f x f x x x x -¢=-=， x 2x 22g(x)e 2x f (x),g '(x)e 2x f '(x)4xf (x 2(()2())22(1).)x x xx e x f x xf x e e e x x则令¢==--+=-=-=--由()0g x ¢=得2x =,当2x =时,222min ()2208e g x e =-创= 即()0g x ³,则当0x >时,3()()0g x f x x ¢= , 故()f x 在(0,+∞)上单调递增,既无极大值也无极小值.2. （2013·新课标Ⅰ高考文科·Ｔ12）与（2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ11）相同已知函数⎩⎨⎧>+≤+-=0),1ln(0,2)(2x x x x x x f ，若ax x f ≥|)(|，则a 的取值范围是（）A.]0,(-∞B. ]1,(-∞C. ]1,2[-D. ]0,2[-【解题指南】先结合函数画出函数y=|f(x)|的图象，利用|)(|x f 在)0,0(处的切线为制定参数的标准.【解析】选D.画出函数y=|f(x)|的图象如图所示,当0≤x 时，x x x f x g 2|)(|)(2-==，22)(-='x x g ，2)0(-='g ，故2-≥a .当0>x 时，)1ln(|)(|)(+==x x f x g ，11)(+='x x g 由于)(x g 上任意点的切线斜率都要大于a ，所以0≤a ，综上02≤≤-a .3. （2013·新课标全国Ⅱ高考文科·Ｔ11）与(2013·新课标全国Ⅱ高考理科·T10)相同设已知函数32()f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是（） A.0x R ∃∈，0()0f x =B.函数()y f x =的图象是中心对称图形C.若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间0(,)x -∞单调递减D.若0x 是()f x 的极值点，则0()0f x '=【解析】选C.结合函数与导数的基础知识进行逐个推导.A 项,因为函数f(x)的值域为R,所以一定存在x 0∈R,使f(x 0)=0,A 正确.B 项,假设函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c 的对称中心为(m,n),按向量(,)a m n =--将函数的图象平移,则所得函数y=f(x+m)-n 是奇函数,所以f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,化简得(3m+a)x 2+m 3+am 2+bm+c-n=0.上式对x ∈R 恒成立,故3m+a=0,得m=-3a ,n=m 3+am 2+bm+c=f 3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭,所以函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c 的对称中心为,33aa f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,故y=f(x)的图象是中心对称图形,B 正确.C 项,由于()f x '=3x 2+2ax+b 是二次函数,f(x)有极小值点x 0,必定有一个极大值点x 1,若x 1<x 0,则f(x)在区间(-∞,x 0)上不单调递减,C 错误.D 项,若x 0是极值点,则一定有0()0f x '=.故选C.4.（2013·安徽高考文科·Ｔ10）已知函数32()=+a +bx+f x x x c 有两个极值点1x ，2x ，若112()=f x x x <，则关于x 的方程23(())+2a ()+=0f x f x b 的不同实根个数是 ( ) A.3 B.4 C. 5 D.6【解题指南】先求函数的导函数,由极值点的定义及题意,得出f(x)=x 1或f(x)=x 2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.【解析】选A 。

高考理科数学考点解析导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)【解题指南】根据xf′(x)-f(x)<0,构造函数g(x)=,对函数g(x)=求导,利用其单调性及奇偶性确定f(x)>0成立的x的取值范围.【解析】选A.记函数()()f xg xx=，则''2()()()xf x f xg xx-=，因为当0x>时，'()()0xf x f x-<，故当0x>时，'()0g x<所以g(x)在(0,+∞)上单调递减;又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,且g(-1)=g(1)=0.当0<x<1时,g(x)>0,则f(x)>0;当x<-1时,g(x)<0,则f(x)>0,综上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).2.（2015·安徽高考文科·T10）函数()32f x ax bx cx d=+++的图像如图所示，则下列结论成立的是（）A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0C.a<0,b<0,c<0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<0【解题指南】结合图像的特征及导函数的性质进行判断。

【解析】选A 。

由函数f(x)的图像可知a>0,令x=0得d>0，又/2()32f x ax bx c =++可知12x x ，是方程/()0f x =的两个根，由图可知120,0x x >>，所以121220030.03b x x b ac c x x a ⎧+=->⎪<⎧⎪⇒⎨⎨>⎩⎪=>⎪⎩，故选A.3. (2015·陕西高考理科·T12)对二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a 为非零常数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( ) A.-1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y=f(x)上【解题指南】根据选项假设A 错误,利用导数推导函数的极值点及极值,与其余的选项相符,假设正确,从而确定答案.【解析】选A.若选项A 错误,则选项B,C,D 正确.f ′(x)=2ax+b,因为1是f(x)的极值点,3是f(x)的极值,所以{{{,解得,即,230230)1(3)1(a b a c b a c b a f f -=+==+=++='=,因为点(2,8)在曲线y=f(x)上,所以4a+2b+c=8,即4a+2×(-2a)+a+3=8,解得:a=5,所以b=-10,c=8,所以f(x)=5x 2-10x+8,因为f(-1)=5×1-10×(-1)+8=23≠0,所以-1不是f(x)的零点,所以选项A 错误,选项B 、C 、D 正确.4.(2015·福建高考理科·T10) 若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（） A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭ B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【解题指南】利用导数与单调性的关系及构造函数法求解.【解析】选C.因为f ′(x)>k>1,构造函数g(x)=f(x)-kx,所以g(x)在R 上单调递增,又>0,所以g >g(0)即f->-1,得到f>,所以C 选项一定错误.A,B,D 都有可能正确.5.(2015·福建高考文科·T12)“对任意x∈,ksinxcosx<x ”是“k<1”的 ( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解题指南】构造函数,利用导数求出k 的范围. 【解析】选B.令g(x)=ksinxcosx-x=sin2x-x,因为x∈,2x∈,当k ≤0时,sin2x>0,g(x)<0恒成立,当0<k ≤1时,g ′(x)=kcos2x-1,因为<1,所以此时g ′(x)<0,g(x)在上单调递减,又g(0)=0,所以g(x)<g(0)=0成立,当k>1时,g ′(x)=0有一个根x 0且在区间(0,x 0)单调递增,此时g(x)<0不恒成立,故k 的范围是k ≤1,k ≤1不能推出k<1,充分性不成立,但是k<1能推出k ≤1,必要性成立.6.(2015·新课标全国卷Ⅰ理科·T12)设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x 0,使得f(x 0)<0,则a 的取值范围是 ( )A.)1,23[e -B. )43,23[e -C. )43,23[e D. )1,23[e【解题指南】构造函数g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,使得f(x 0)<0,即g(x 0)在直线y=ax-a 的下方.【解析】选D.设g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,由题意知存在唯一的整数x 0,使得g(x 0)在直线y=ax-a 的下方.因为g ′(x)=e x (2x+1),所以当x<-时,g ′(x)<0,当x>-时,g ′(x)>0,所以,当x=-12时,[g(x)]min =-2.当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e,直线y=ax-a 恒过点(1,0),且斜率为a,故-a>g(0)=-1,且g(-1)=-3e -1≥-a-a,解得≤a<1.二、填空题7.(2015·新课标全国卷Ⅰ文科·T14)已知函数f =ax 3+x+1的图象在点处的切线过点,则a= .【解题指南】先对函数f =ax 3+x+1求导,求出在点处的切线方程.【解析】因为f ′(x)=3ax 2+1,所以图象在点处的切线的斜率k=3a+1,所以切线方程为y-7=(3a+1)(x-2),即y=(3a+1)x-6a+5,又切点为,所以f(1)=3a+1-6a+5=-3a+6,又f(1)=a+2,所以-3a+6=a+2,解得a=1. 答案:18.(2015·新课标全国卷Ⅱ文科·T16)已知曲线y=x+lnx 在点(1,1)处的切线与曲线y=ax 2+(a+2)x+1相切,则a= .【解题指南】先对函数y=x+ln x 求导,然后将(1,1)代入到导函数中,求出切线的斜率,从而确定切线方程,再将切线方程与曲线y=ax 2+(a+2)x+1联立,利用Δ=0求出a 的值.【解析】y ′=1+,则曲线y=x+ln x 在点(1,1)处的切线斜率为k=y ′=1+1=2,故切线方程为y=2x-1.因为y=2x-1与曲线y=ax 2+(a+2)x+1相切,联立⎩⎨⎧+++=-=1)2(122x a ax y x y 得ax 2+ax+2=0,显然a ≠0,所以由Δ=a 2-8a=0⇒a=8. 答案:89.（2015·安徽高考理科·T15）设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是（写出所有正确条件的编号）(1)3,3a b =-=-；(2)3,2a b =-=；(3)3,2a b =->；(4)0,2a b ==;(5)1,2a b ==【解题指南】利用导数的单调性及极值判断各选项。

高二数学课件：第二章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

3
最大年利润的年产量为_________. (2)将边长为1 m的正三角形薄片沿一条平行于某边的直线剪成
梯形的周长两块，其中一块是梯形，记S= ,则S的最小值是
2
梯形的面积
_________.
【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；
a>0,增区间是 (-∞,+∞) ___________ a<0,减区间是 (-∞,+∞) ___________
无
无
一个零点 x=w
无
F(x) 性质性质内容分类 F′(x) 零点情况
F(x)
单调区间 a>0,减区间是 (u,v) 增区间是 ______,
极值当x=u时，F(x)取
极大值,当x=v时，
2 2 1 2 x x
(2)①f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b，
f 1 a 1 c, 由已知可得解得a=b=3. g 1 1 b c, 2a 3 b，
2 a ②令F(x)=f(x)+g(x)= x ax x 1， 4 2 F′(x)= 3x 2 2ax a ，令F′(x)=0，得 x1 a ， 2 4 a x2 , 6 3 2
4.三次函数F(x)的单调区间和极值设F(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),则F′(x)=3ax2+2bx+c.
F(x) 性质性质内容分类 F′(x) 零点情况 F(x)
单调区间
a>0,增区间是 (-∞,+∞) ___________

第二章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

第二章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课下练兵场一、选择题1.(2009·广东高考)函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是 ( ) A.(－∞，2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2，＋∞) 解析：f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，解得x >2. 答案：D2.已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得极大值－5时，x 的值应为 ( ) A.－1 B.0 C.1 D.±1 解析：可以求出f (x )＝x 4－2x 2＋c ，其中c 为常数.由于f (x )过(0，－5)，所以c ＝－5，又由f′(x )＝0，得极值点为x ＝0和x ＝±1.又x ＝0时，f (x )＝－5，故x的值为0. 答案：B3.若函数f (x )＝ax 3－3x 在(－1,1)上单调递减，则实数a 的取值范围是 ( ) A.a ＜1 B.a ≤1 C.0＜a ＜1 D.0＜a ≤1 解析：∵f ′(x )＝3ax 2－3，由题意f ′(x )≤0在(－1,1)上恒成立.若a ≤0，显然有f ′(x )＜0；若a ＞0，由f ′(x )≤0x ≥1，∴0＜a ≤1，综上知a ≤1.答案：B4.若函数y ＝f (x )的导函数在区间[a ，b ]上是先增后减的函数，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是 ( )解析：依题意，f ′(x )在[a ，b ]上是先增后减的函数，则在f (x )的图象上，各点的切线的斜率先随x 的增大而增大，然后随x 的增大而减小，观察四个选项中的图象，只有选项C 满足要求. 答案：C5.函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间[0，π2]上的值域为 ( )A [211,e 22π] B(211,e 22π)C[ 21,e π] D(21,e π)解析：f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋12e x (cos x －sin x )＝e x cos x ，0≤x ≤π2时，f ′(x )≥0，∴f (x )是[0，π2]上的增函数，∴f (x )的最大值为f ( π2 )＝21e 2πf (x )的最小值为f (0)＝12，∴f (x )在[0，π2]上的值域为[211,e 22π]答案：A6.已知函数f (x )满足f (x )＝f (π－x )，且当x ∈(－π2，π2)时，f (x )＝x ＋sin x ，则 ( )A.f (1)<f (2)<f (3)B.f (2)<f (3)<f (1)C.f (3)<f (2)<f (1)D.f (3)<f (1)<f (2) 解析：由f (x )＝f (π－x )，得函数f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，又当x ∈(－π2，π2)时，f ′(x )＝1＋cos x >0恒成立，所以f (x )在(－π2，π2)上为增函数，f (2)＝f (π－2)，f (3)＝f (π－3)，且0<π－3<1<π－2<π2，所以f (π－3)<f (1)<f (π－2)，即f (3)<f (1)<f (2). 答案：D二、填空题7.f(x)＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为 . 解析：f (x )＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2， f ′(2)＝0⇒c ＝2或c ＝6.若c ＝2，f ′(x)＝3x 2－8x ＋4，令f′(x )＞0⇒x ＜23或x ＞2，f ′(x )＜0⇒23＜x ＜2，故函数在⎝⎛⎭⎫－∞，23及(2，＋∞)上单调递增，在223⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，∴x ＝2是极小值点.故c ＝2不合题意，c ＝6. 答案：6 8.若函数f (x )＝2x x a+ (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为 .解析：f′(x )＝22222222,()()x a x a x x a x a +--=++当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当－a <x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝a 时，f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意. ∴f (x )ma x ＝f (1)＝11a +＝33，a ＝3－1. 答案：3－19.给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′.若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数.以下四个函数在(0，π2)上不是凸函数的是 .(把你认为正确的序号都填上)①f(x)＝sin x ＋cos x ； ②f(x)＝ln x －2x ； ③f(x)＝－x 3＋2x －1； ④f(x)＝xe x .解析：对于①，f ″(x )＝－(sin x ＋cos x )，x ∈(0，π2)时，f ″(x)<0恒成立；对于②，f″(x )＝－21x，在x ∈(0，π2)时，f ″(x )<0恒成立；对于③，f ″(x )＝－6x ，在x ∈(0，π2)时，f ″(x )<0恒成立；对于④，f ″(x )＝(2＋x )·e x 在x ∈(0，π2)时f ″(x )>0恒成立，所以f (x )＝x e x 不是凸函数. 答案：④ 三、解答题10.(2009·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a >1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若当x ≥0时，f (x )>0恒成立，求a 的取值范围. 解：(1)f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a ). 由已知a >1，∴2a >2，∴令f ′(x )>0，解得x >2a 或x <2，∴当x ∈(－∞，2)∪(2a ，＋∞)时，f (x )单调递增，当x ∈(2,2a )时，f (x )单调递减.综上，当a >1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)是增函数，在区间(2,2a )是减函数. (2)由(1)知，当x ≥0时，f (x )在x ＝2a 或x ＝0处取得最小值. f (2a )＝13(2a )3－(1＋a )(2a )2＋4a ·2a ＋24a＝－43a 3＋4a 2＋24a ＝－43a (a －6)(a ＋3)，f (0)＝24a .解得1<a<6.故a 的取范围是(1,6). 11.已知函数f (x )＝ln x －ax. (1)当a >0时，判断f (x )在定义域上的单调性；(2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值.解：(1)由题得f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2.∵a>0，∴f′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知：f ′(x )＝2x ax ， ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为增函数， ∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去).②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为减函数， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－e a ＝32，∴a ＝－e2(舍去).③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a . 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(1，－a )上为减函数；当－a <x <e 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数，∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32⇒a ＝－e .综上可知：a ＝－ e.12.某分公司经销某种品牌的产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a (3≤a ≤5)元的管理费，预计当每件产品的售价为x (9≤x ≤11)元时，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：(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 ′(x )＝(12－x )2－2(x －3－a )(12－x )＝(12－x )(18＋2a －3x ).令L ′(x )＝0得x ＝6＋23a 或x ＝12(不合题意，舍去).∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤283.在x ＝6＋23a 两侧L ′的值由正值变负值.所以，当8≤6＋23a ≤9，即3≤a ≤92时，L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )；当9＜6＋23a ≤283，即92＜a ≤5时，L max ＝L (6＋23a )＝(6＋23a －3－a )[12－(6＋23a )]2＝4(3－13a )3，∴399(6) 3,2()194(3) 532a a Q a a a ⎧-⎪⎪=⎨⎪-<⎪⎩≤≤≤即当3≤a ≤92时，当每件售价为9元，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝9(6－a )万元；当92＜a ≤5时，当每件售价为(6＋32a )元，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝4(3 －13a )3万元.。

导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

导数在研究函数图像中的应用
总结词
通过求导可以绘制函数的图像，并分析函数的形态和变化趋势。
详细描述
利用导数可以求出函数的拐点、凹凸区间、切线斜率等性质，这些性质有助于绘制函数的图像。通过分析导数的正负和变化趋势，可以确定函数在不同区间的增减性和变化速率，进而绘制出精确的函数图像。
02 导数在解决生活中的优化问题举例
导数在最大利润问题中的应用
总结词
导数在解决最大利润问题中起到关键作用，通过求导数找到利润函数的极值点，从而确定最大利润。
VS
详细描述
在商业、金融、投资等领域中，最大利润问题是一个核心问题。导数可以帮助我们找到利润函数的极值点，从而确定在什么情况下能够获得最大利润。例如，在投资组合优化中，通过求导数可以找到最大化收益的投资组合。
03 导数的实际应用案例分析
导数在物理学中的应用
速度与加速度
导数可以用来描述物体的速度和加速度，例如在研究物体的运动轨迹时，通过求导数可以得到物体在任意时刻的速度和加速度。
热传导
在研究热传导问题时，导数可以用来描述温度随时间的变化率，通过求解导数方程，可以得到温度分布的规律。
弹性力学
在弹性力学中，导数可以用来描述应力和应变的关系，通过求解导数方程，可以得到物体的变形和受力情况。
导数在最小成本问题中的应用
总结词
导数在最小成本问题中扮演着重要角色，通过求导数找到成本函数的极值点，从而确定最小成本。
详细描述
在生产、运输、工程等领域中，最小成本问题是一个常见的问题。导数可以帮助我们找到成本函数的极值点，从而确定在什么情况下成本最低。例如，在生产过程中，通过求
导数可以找到生产某一产品的最低成本方案。

2020—2021年高考总复习数学(理)考点导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例(精品试题).docx

考点--导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1．（2011·安徽高考文科·Ｔ10）函数()()21n f x ax x =-在区间[]0,1上的图象如图所示，则n 可能是（）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 【思路点拨】代入验证，并求导得极值，结合图象确定答案.【精讲精析】选A. 代入验证,当n=1时，)2()1()(232x x x a x ax x f +-=-=，则)143()(2+-='x x a x f ，由)143()(2+-='x x a x f =0可知，1,3121==x x ，结合图象可知函数应在（0，31）递增，在）（1,31递减，即在31=x 处取得极大值，由 ,21)311(31)31(2=-⨯⨯=a f 知a 存在. 2.（2011·辽宁高考理科·Ｔ11）函数f （x ）的定义域为R ，f （-1）=2，对任意x ∈R ，2)(>'x f ，则 f （x ）＞2x+4的解集为（）（A ）（-1，1）（B ）（-1，+∞）（C ）（-∞，-1）（D ）（-∞，+∞）【思路点拨】先构造函数)42()()(+-=x x f x g ，求其导数，将问题转化为求)(x g 单调性问题即可求解．【精讲精析】选B.构造函数)42()()(+-=x x f x g ，则=-)1(g 022)42()1(=-=+---f ，又因为2)(>'x f ，所以02)()(>-'='x f x g ，可知)(x g 在R 上是增函数，所以f (x)2x 4>+可化为0)(>x g ，即)1()(->g x g ，利用单调性可知，1->x ．选B.3．（2011·安徽高考理科·Ｔ10）函数()()1n m f x ax x =-在区间[]0,1上的图象如图所示，则,m n 的值可能是（）（A ）1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n == 【思路点拨】本题考查函数与导数的综合应用，先求出)(x f 的导数，然后根据函数图像确定极值点的位置，从而判断m,n 的取值. 【精讲精析】选B.函数()()1n m f x ax x =-的导数11()()(1)(),m n m f x m n ax x x m n--'=-+--+则)(x f '在),0(n m m+上大于0，在)1,(nm m+上小于0，由图象可知极大值点为31，结合选项可得m=1,n=2. 二、填空题4.（2011·广东高考理科·Ｔ12）函数32()31f x x x =-+在x = 处取得极小值. 【思路点拨】先求导函数的零点，然后通过导数的正负分析函数的增减情况，从而得出取得极值时x 的值. 【精讲精析】由063)(2=-='x x x f 解得0=x 或2=x ，列表如下：x()0,-∞0 ()2,02 ()+∞,2)(x f '+ 0- 0+)(x f增极大值减极小值增∴当2=x 时，y 取得极小值.【答案】25．（2011·辽宁高考文科·Ｔ16）已知函数a x e x f x +-=2)(有零点，则a 的取值范围是【思路点拨】先求)(x f '，判断)(x f 的单调性．结合图象找条件．本题只要使)(x f 的最小值不大于零即可．【精讲精析】)(x f '=2-x e ．由)(x f '0>得2-x e 0>， ∴2ln >x ．由)(x f '0<得，2ln <x ． ∴)(x f 在2ln =x 处取得最小值．只要0)(min ≤x f 即可．∴02ln 22ln ≤+-a e ， ∴22ln 2-≤a ．【答案】]22ln 2,(--∞6.（2011·江苏高考·Ｔ12）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数)0()(>=x e x f x 的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是_________【思路点拨】本题考查的是直线的切线方程以及函数的单调性问题，解题的关键是表示出中点的纵坐标t 的表达式，然后考虑单调性求解最值. 【精讲精析】设00(,),x P x e 则00000:(),(0,(1))xx x l y e e x x M x e -=-∴-，过点P 作l 的垂线000000(),(0,)x x x x y e e x x N e x e ---=--+，00000000011[(1)]()22x x x x x x t x e e x e e x e e --=-++=+-00'01()(1)2x x t e e x -=+-，所以，t 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 11()2t e e=+.【答案】11()2e e+ 三、解答题7．（2011·安徽高考理科·Ｔ16）设2()1xe f x ax =+，其中a 为正实数（1）当a 43=时，求()f x 的极值点；（2）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围.【思路点拨】（1）直接利用导数公式求导，求极值. （2）求导之后转化为恒成立问题.【精讲精析】对)(x f 求导得，.)1(21)(222ax axax e x f x+-+='（1）当时，34=a 令0)(='x f ，则03842=+-x x .解得21,2321==x x ，列表得x)21,(-∞21 )23,21( 23 3(,)2+∞ )(x f ' + 0 - 0 + )(x f↗极大值↘极小值↗所以，231=x 是极小值点，212=x 是极大值点.（2）若)(x f 为R 上的单调函数，则)(x f '在R 上不变号，结合222)1(21)(ax axax ex f x+-+='与条件a>0,知0122≥+-ax ax 在R 上恒成立，因此.0)1(4442≤-=-=∆a a a a 并结合a>0,知10≤<a .8.（2011·福建卷理科·Ｔ18）(本小题满分13分)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210(6)3ay x x =+--，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.【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点（5,11）,将其代入可求得a 的值.（2）利润为()f x =(每千克产品的售价-每千克产品的成本) ⨯销售量,表示出函数解析式后，可借助导数求最值. 【精讲精析】（1）因为5x =时，11y =，所以1011,2a +=所以2a =. （2）由（1）可知，该商品每日的销售量2210(6),3y x x =+-- 所以商场每日销售该商品所获得的利润222()(3)[10(6)]210(3)(6),3 6.3f x x x x x x x =-+-=+--<<- 从而2()10[(6)+2(3)(6)]30(4)(6).f x x x x x x '=---=-- 于是，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表，x()3,44 (4,6)()f x ' +0 -()f x单调递增极大值42单调递减由上表可得，4x =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4x =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. 9.（2011·福建卷文科·Ｔ22）已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f(e)=2（e=2.71828…是自然对数的底数）. （1）求实数b 的值.（2）求函数f （x ）的单调区间.（3）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m<M ），使得对每一个t ∈[m ，M]，直线y=t 与曲线y=f （x ）（x ∈[1e，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由. 【思路点拨】(1) ()2f e b =⇒的值;(2)对函数()f x 求导得导函数()f x '，由导函数()f x '得单调区间，必要时分类讨论；（3）列表判断()y f x =1([,])∈x e e的单调性和极值、最值情况，再结合()y f x =的草图即可探究出是否存在满足题意的m M 和.【精讲精析】(1)由()2,f e =得 2.b =（2）由（1）可得()2ln ,f x ax ax x =-++从而()ln ,f x a x '= 因为0,a ≠故：① 当0a >时，由()f x '0>得1x >；由()0f x '<得01x <<； ② 当0a <时，由()0f x '>得01x <<；由()0f x '<得1x >.综上，当0a <时，函数()f x 的单调递增区间为（0,1），单调递减区间为()1,+∞.当a ＞0时，函数f （x ）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0,1）. (3)当1a =时，()2ln ,()ln .f x x x x f x x '=-++=由（2）可得，当x 在区间1[,]e e上变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：x1e 1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1 ()1,ee()f x '-+()f x22e- 单调递减极小值1单调递增2又222e -<，所以函数()f x 1(,)x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的值域为[]1,2. 据此可得，若12m M =⎧⎨=⎩则对每一个[],,t m M ∈直线y t =与曲线()y f x =1,x e e ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭都有公共点；并且对每一个(),t m ∈-∞(),+∞U M ，直线y t =与曲线()y f x =1,x e e ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭都没有公共点.综上，当1a =时，存在最小的实数1m =，最大的实数2M =，使得对每一个[],t m M ∈，直线y t =与曲线()y f x = 1(,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦)都有公共点.10．（2011·江苏高考·Ｔ17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60cm 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)(cm x FB AE ==.（1）某广告商要求包装盒的侧面积S )(2cm 最大，试问x 应取何值？（2）某厂商要求包装盒的容积V )(3cm 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.【思路点拨】本题主要考查的是从实际生活中提取数学模型，然后利用数学知识进行解决，所以解决本题的关键是正确地列出侧面积和容积的表达式，然后根据二次函数的最值和导数法求最值求解.【精讲精析】设包装盒的高为)(cm h ，底面边长为)(cm a 由已知得300),30(22260,2<<-=-==x x xh x a .（1）1800)15(8)30(842+--=-==x x x ah S ，所以当15=x 时，S 取得最大值. （2）232V a h 22(x 30x ),V 62x(20x)'==-+=-.由0='V 得，0=x (舍)或20=x .当)20,0(∈x 时0>'V ；当)30,20(∈X 时0<'V ，所以当20=x 时取得极大值，也是最大值,此时21=a h，即包装盒的高与底面边长的比值为21.11.（2011·江苏高考·Ｔ19）已知a ，b 是实数，函数,)(,)(23bx x x g ax x x f +=+=)(x f '和)(x g '是)(),(x g x f 的导函数，若0)()(≥''x g x f 在区间I 上恒成立，则称)(x f 和)(x g 在区间I 上单调性一致（1）设0>a ，若)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致,求实数b 的取值范围；（2）设a 0<且b a ≠，若函数)(x f 和)(x g 在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值.【思路点拨】本题考查的是导数与函数的综合知识，在解决本题时要注意挖掘已知的信息，注意条件的转化，函数)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致，可以转化为导数之积恒为正来处理. 【精讲精析】解法一：b x x g a x x f +='+='2)(,3)(2. （1）由题意得0)()(≥''x g x f ，在[)+∞-,1上恒成立.因为0>a ，故032>+a x ，进而2x b 0+≥，即x b 2-≥在区间[)+∞-,1上恒成立，所以2≥b ，因此b 的取值范围是[)+∞,2. （2）令0)(='x f ，解得3a x -±=，若0>b ，由0<a 得),(0b a ∈，又因为0)0()0(<=''ab g f ，所以函数)(x f 和)(x g 在),(b a 上不是单调性一致的.因此0≤b .现设0≤b .当()0,∞-∈x 时，0)(<'x g ；当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--∞-∈3,a x 时，0)(>'x f .因此，当⎪⎪⎭⎫⎝⎛--∞-∈3,a x 时，0)()(<''x g x f 故由题设得3a a --≥且3ab --≥，从而031<≤-a ，于是031≤≤-b ，因此31≤-b a ，且当0,31=-=b a 时等号成立.又当0,31=-=b a 时，91(6)()(2-=''x x x g x f ),从而当⎪⎭⎫⎝⎛-∈0,31x 时，0)()(>''x g x f ,故函数)(x f 和)(x g 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,31上单调性一致.因此b a -的最大值为31.解法二：（1）因为函数)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致，所以，''[1,),()()0,x f x g x ∀∈-+∞≥即[1,),x 0,x ∀∈-+∞≥2（3+a ）(2x+b)0,[1,),0,a x >∴∀∈-+∞≥Q 2x+b即0,[1,),,2;a x b >∴∀∈-+∞≥-∴≥Q b 2x（2）当b a <时，因为函数)(x f 和)(x g 在区间（b,a ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x b a f x g x ∀∈≥即(,),x 0,x b a ∀∈≥2（3+a ）(2x+b)0,(,),20b a x b a x b <<∴∀∈+<Q ，2(,),3,x b a a x ∴∀∈≤- 23,b a b ∴<<-设z a b =-，考虑点(b,a)的可行域，函数23y x =-的斜率为1的切线的切点设为00(,)x y 则0001161,,,612x x y -==-=-max 111()12612∴=---=z ；当0a b <<时，因为，函数)(x f 和)(x g 在区间（a, b ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x a b f x g x ∀∈≥即(,),x 0,x a b ∀∈≥2（3+a ）(2x+b)0,(,),20b x a b x b <∴∀∈+<Q ，2(,),3,x a b a x ∴∀∈≤- 213,0,3a a a ∴≤-∴-≤≤max 1();3b a ∴-=当0a b <<时，因为，函数)(x f 和)(x g 在区间（a, b ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x a b f x g x ∀∈≥即(,),(x 0,x a b ∀∈≥22x+b)（3+a ）0,b >Q 而x=0时，x 2（3+a ）(2x+b)=ab<0,不符合题意，当0a b <=时，由题意：(,0),x 0,x a ∀∈≥22x （3+a ）2(,0),x 0,30,x a a a ∴∀∈≤∴+<23+a 110,33a b a ∴-<<∴-<. 综上可知，max 13a b -=.12. （2011·新课标全国高考理科·Ｔ21）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （1）求a 、b 的值；（2）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 【思路点拨】第（1）问，对函数()f x 求导得()f x '，(1)f '对应切线的斜率，切点(1,(1))f 即在切线上又在原函数()f x 上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b 的值；第（2）问，ln ln ()()()011a x b a x bf x f x x x x x>+⇔-+>++，首先化简函数式 ln ()()1a x bf x x x-++，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. 【精讲精析】（1）由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩ 即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =.（2）由（1）知ln 1f ()1x x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h(x)递减.而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得21()01h x x >-；当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x - h （x ）>0从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +xk）>0，即f （x ）>1ln -x x +xk. （ii ）设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下，且244(1)0k ∆=-->，对称轴x=111k >-.当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2+1）+2x>0,故'h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k-11）时，h （x ）>0，可得211x -h（x ）<0,与题设矛盾.（iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>⇒'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x - h （x ）<0,与题设矛盾.综合得，k 的取值范围为（-∞，0]13. （2011·新课标全国高考文科·Ｔ21）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （1）求a 、b 的值；（2）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-. 【思路点拨】第（1）问，对函数()f x 求导得()f x '，(1)f '对应为切线的斜率，切点(1,(1))f 即在切线上又在原函数()f x 上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b 的值；第（2）问，ln ln ()()011x x f x f x x x >⇔->--，先化简函数式ln ()1xf x x --，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. 【精讲精析】（1）由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即 1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩ 解得1a =，1b =.（2）由（1）知f(x)=,11ln xx x ++所以22ln x 1x 1f (x)2ln x x 11x x ⎛⎫--=- ⎪--⎝⎭设h (x)= 2ln x - 2x 1x-，则h ′(x)=()()xx xx x x222221122--=---所以x ≠1时h ′(x)＜0而h(1)=0故 x ()1,0∈时，h(x)>0可得ln ()1xf x x >-, x ()∞+∈，1时，h(x)<0可得ln ()1xf x x >-, 从而当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-. 14．（2011·辽宁高考文科·Ｔ20）设函数x b ax x x f ln )(2++=，曲线)(x f y =过点P （1，0），且在P 点处的切线斜率为2．（1）求a ，b 的值；（2）证明：f (x)2x 2≤-．【思路点拨】（1）先求导，再代入进行计算；（2）构造函数)22()()(--=x x f x g ，求其导函数，证明其单调性，将所求问题转化为证明0)(max ≤x g 的问题．【精讲精析】（1）xbax x f ++='21)(．由已知条件得⎩⎨⎧='=.2)1(,0)1(f f 即⎩⎨⎧=++=+.221,01b a a 解得.3,1=-=b a （2）)(x f 的定义域为()+∞,0，由（1）知x x x x f ln 3)(2+-=．设x x x x x f x g ln 32)22()()(2+--=--=，则xx x x x x g )32)(1(321)(+--=+--='．当10<<x 时，0)(>'x g ；当1>x 时，0)(<'x g ．所以)(x g 在)1,0(上单调增加，在（1，+∞）上单调减少．而0)1(=g ，并且当0>x 时，g(1)为最大值，故当0>x 时，0)(≤x g ，即22)(-≤x x f ． 15.（2011·广东高考文科·Ｔ19）设a ＞0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x 2-2(1-a)x 的单调性.【思路点拨】先求)(x f 的导函数)(x f '，再由a 的不同取值范围，解不等式0)(>'x f ，从而确定)(x f 的单调区间.在解本题时一定要注意)(x f 的定义域为}0|{>x x 【精讲精析】函数()f x 的定义域为(0,).+∞ 22(1)2(1)1(),a a xa x f x x---+'= 当212(1)10a a x ≠--+=时,方程2a(1-a)x的判别式112(1).3a a ⎛⎫∆=-- ⎪⎝⎭①当10,0,()3a f x '<<∆>时有两个零点，12(1)(31)(1)(31)110,22(1)22(1)----=->=+--，a a a a x x a a a a a a 且当12120,()0,()(0,)(,)x x x x f x f x x x '<<>>+∞或时在与内为增函数；当1212,()0,()(,)xx x f x f x x x '<<<时在内为减函数；②当11,0,()0,()(0,)3a f x f x '≤<∆≤≥+∞时所以在内为增函数；③当11,()0(0),()(0,)a f x x f x x'==>>+∞时在内为增函数；④当1(1)(31)11,0,0,22(1)a a a x a a a -->∆>=->-时 2(1)(31)10,()22(1)a a xf x a a a --'=+<-所以在定义域内有唯一零点1x ，且当110,()0,()(0,)x x f x f x x '<<>时在内为增函数；当1x x >时，1()0,()(,)f x f x x '<+∞在内为减函数.()f x 的单调区间如下表：113≤≤a 103<<a1a >1(0,)x 12(,)x x 2(,)x +∞(0,)+∞ 1(0,)x 1(,)x +∞（其中12(1)(31)(1)(31)11,22(1)22(1)a a a a xx a a a a a a ----=-=+--）.16.（2011·广东高考理科·Ｔ21）在平面直角坐标系xOy 上,给定抛物线L :214y x =,实数,p q 满足240p q -≥,12,x x 是方程20x px q -+=的两根，记{}12(,)max ,p q x x ϕ=.（1）过点20001(,)(0)4A p p p ≠作L 的切线交y 轴于点B .证明:对线段AB 上任一点(,)Q p q 有0(,);2p p q ϕ= （2）设(,)M a b 是定点，其中,a b 满足240a b ->,0a ≠.过(,)M a b 作L 的两条切线12,l l ，切点分别为22112211(,),(,)44E p p E p p '，12,l l 与y 轴分别交于,F F '.线段EF 上异于两端点的点集记为X .证明:(,)M a b ∈X ⇔12||||p p >⇔(,)a b ϕ12p =;（3）设215{(,)|1,(1)}44D x y y x y x =≤-≥+-.当点(,)p q 取遍D 时，求(,)p q ϕ的最小值(记为min ϕ)和最大值(记为max ϕ).【思路点拨】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而写出切线方程，再求出其与y 轴的交点坐标.把条件Q 点在线段AB 上转化为代数条件，即p 的取值范围，求出方程02=+-q px x 的根，用p 表示，再由其取值范围得出结论. （2）数形结合可得.（3）数形结合，结合换元法.【精讲精析】（1）x y 21='，则过A 2001(P ,P )4(00≠P )的切线斜率021P k =，切线方程为2000P 1y P (x P )42-=-, 令0=x 得B(4,020P -).由Q （q p ,）在线段AB 上得4220P p P q -=.由02=+-q px x，得242q p p x -±==2||2202002P p p P p P p p -±=+-±.由对称性，不妨设00P p ≤≤，则22001P p P p x=-+=,222002P p p P p x-=+-=，由00P p ≤≤得22020Px P ≤≤-即2||02P x≤.综之有012|P |p,q max{|x |,|x |}2ϕ==（）. （2）由（1）知221211(0,),'(0,)44F p F P --①若(,)M a b X ∈，由（1）知M 在线段EF 上,且1(,)2=P a b ϕ且1a p <,若2a p <,由（1）知M 在线段''E F 上,则M 在y 轴上，这与0a ≠矛盾，故2a p ≥，得12p p >；②若12p p >，有22121144p P -<-，点211(0,)4F p -在221'(0,)4F P -的下方，则交点M 在线段EF 上,即(,)M a b X ∈，得1(,)2=P a b ϕ.由上述①②知：112(,)(,)2∈⇔⇔=＞P M a b X P P a b ϕ(3)方法一：由⎪⎩⎪⎨⎧-+=-=45)1(4112x y x y 得⎩⎨⎧-==10y x 或⎩⎨⎧==12y x 知[]2,0∈p ，[]1,1-∈q 由题意知：1-≤p q ，于是有q q p 4)1(22≥+≥，即D 内任何一点对应方程均有解，由021>=+p x x 知ϕ24),(2qp p q p -+=，设qp u 42-=，则ϕ（q p ,）=2up +,422u pq -=,区域D=}22,0)2)(2(|),{(}45)1(41,1|),{(22p u u p u p p u p q p q q p ≥-≤-+--=-+≥-≤如图示画出区域，将直线l ：0=+u p 平行移动，当l 与直线BC 重合时，2=+u p ，得min [(p,q)]1ϕ=；当l 与曲线相切时，由222u p -=知1-=-='u p ，得切点)23,1(A ,于是有max 5[(p,q)]4ϕ=. 方法二：联立1y x =-，215(1)44y x =+-得交点(0,1),(2,1)-，可知02p ≤≤，过点(,)p q 作抛物线L的切线，设切点为2001(,)4x x ，则20001142x qx x p -=-，得200240x px q -+=，解得204x p p q =+-，又215(1)44q p ≥+-，即2442p q p -≤-，042x p p ∴≤+-，设42p t -=，20122x t t ∴≤-++215(1)22t =--+，0max max ||2x ϕ=Q ，又052x ≤，max 54ϕ∴=； 1q p ≤-Q ，2044|2|2x p p p p p ∴≥+-+=+-=，min min ||12x ϕ∴==． 17.（2011·山东高考理科·Ｔ21）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803π立方米，且2l r ≥.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(3)c c ＞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 .【思路点拨】本题为应用题，从近几年高考题目来看，应用题总体难度不是太大，易于得分，（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. 【精讲精析】（1）因为容器的体积为803π立方米，所以3243r r l ππ+=803π,解得280433r l r =-, 由于2l r ≥ 因此02r <≤.所以圆柱的侧面积为2rl π=28042()33rr r π-=2160833r r ππ-,两端两个半球的表面积之和为24r π, 所以建造费用y =21608r rππ-+24cr π,定义域为(0,2]. （2）因为'y =216016r rππ--+8cr π=328[(2)20]c r r π--,02r <≤由于c>3,所以c-2>0, 所以令'0y >得:3202r c >-;令'0y <得:32002r c <<-, ①当32022≥-c 时，即当932<≤c 时，函数y 在（0，2）上是单调递减的，故建造费最小时r=2. ②当320022c <<-时，即92c >时，函数y 在（0，2）上是先减后增的，故建造费最小时3202r c =-.18.（2011·辽宁高考理科·Ｔ21）已知函数f （x ）=lnx-ax 2+（2-a ）x. (1)讨论f （x ）的单调性；（2）设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f （1a +x ）＞f （1a－x ）；（3）若函数y=f （x ）的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：0f x 0.'（）＜【思路点拨】(1)要先考虑定义域，再求导数，然后对a 进行讨论，从而得到所求函数的单调性；（2）可先构造函数)1()1()(x af x a f xg --+=，将所证结论转化为证明0)(>x g 恒成立，再对)(x g 求导，利用单调性可解决问题；（3）先设A （1x ，０），B （2x ，０），结合(1) 可知0>a 且)(x f 先增后减，利用（2）的结论，可证 0)2(1>-x a f ，从而122x ax ->，确定0x 的取值范围，最后利用(1)的结论得证．【精讲精析】(1))(x f 的定义域为()+∞,0，xax x a ax x x f )1)(12()2(21)(-+-=-+-='. ①若0≤a ，则0)(>'x f ，所以)(x f 在()+∞,0单调递增.②若0>a ，则由0)(='x f 得a x 1=，且当)1,0(ax ∈时，0)(>'x f ，当ax 1>时， 0)(<'x f ，所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a单调递减.综上所述，当a ≤0时，)(x f 在()+∞,0单调递增，当a>0时，)(x f 在1(0,)a单调递增，在1(,)a+∞单调递减，（2）设函数)1()1()(x af x a f xg --+=，则ax ax ax x g 2)1ln()1ln()(---+=， 222312211)(x a x a a ax a ax a x g -=--++='.当ax 10<<时，0)(>'x g ，而0)0(=g ，所以0)(>x g .故当a x 10<<时，)1()1(x af x a f ->+.（3）由(1)可得，当0≤a 时，函数y=f （x ）的图象与x 轴至多只有一个交点，故0>a ，从而)(x f 的最大值为)1(a f ，且0)1(>af ．不妨设A （1x ，０），B （2x ，０），210x x <<，则2110x ax <<<，由（2）得0)()11()2(111=>-+=-x f x aa f x a f ．从而122x ax ->，于是ax x x 12210>+=．由(1)知，0)(0<'x f ． 19．（2011·北京高考理科·T18）已知函数2()()x kf x x k e=-.（1）求()f x 的单调区间；（2）若对于任意的(0,)x ∈+∞，都有1()f x e≤，求k 的取值范围. 【思路点拨】求导后，分k>0与k<0两种情况进行讨论. 【精讲精析】(1)221'()()xkf x x k e k=-，令'()0f x =，得x k =±.当k>0时，f(x)与'()f x 的情况如下：x(,)k -∞- k -(,)k k - k (,)k +∞'()f x+ 0- 0 + ()f x↑214k e -↓↑所以()f x 的单调增区间是(,)k -∞-和(,)k +∞；单调减区间是(,)k k -. 当0k <时，()f x 与'()f x 的情况如下：x(,)k -∞ k(,)k k - k -(,)k -+∞ '()f x- 0 + 0- ()f x↓↑214k e -↓所以()f x 的单调减区间是(,)k -∞和(,)k -+∞；单调增区间是(,)k k -. （2）当0k >时，因为11(1)k kf k ee ++=>，所以不会有(0,)x ∀∈+∞，1()f x e≤. 当0k <时，由（1）知()f x 在(0,)+∞上的最大值是24()k f k e-=.所以1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤等价于241()k f k e e -=≤，解得102k -≤<. 故当(0,)x ∀∈+∞，1()f x e ≤时，k 的取值范围是1[,0)2-. 20．（2011·北京高考文科·T18）已知函数()()x f x x k e =-. （1）求()f x 的单调区间；（2）求()f x 在区间[0,1]上的最小值.【精讲精析】（1）'()(1)x f x x k e =-+.令'()0f x =，得1x k =-，()f x 与'()f x 的情况如下：x(,1)k -∞- 1k - (1,)k -+∞'()f x- 0+ ()f x↓1k e --↑所以()f x 的单调递减区间是(,1)k -∞-；单调递增区间是(1,)k -+∞. （2）当10k -≤，即1k ≤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(0)f k =-；当011k <-<，即12k <<时，由（1）知()f x 在[0,1)k -上单调递减，在(1,1]k -上单调递增，所以()f x 在区间[0,1]上的最小值为1(1)k f k e --=-.当11k -≥，即2k ≥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(1)(1)f k e =-.21．（2011·湖南高考文科T22）设函数).(ln 1)(R a x a xx x f ∈--= （1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个极值点21x x 和，记过点))(,()),(,(2211x f x B x f x A 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.【思路点拨】本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用分类讨论思想、函数和方程相互转化的思想分析解决问题的能力. 【精讲精析】（1）()f x 的定义域为(0,).+∞22211'()1a x ax f x x x x -+=+-=,令2()1,g x x ax =-+其判别式2 4.a =-V①当||2,0,'()0,a f x ≤≤≥V 时故()(0,)f x +∞在上单调递增．②当2a <-V 时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)+∞上，'()0f x >，故()(0,)f x +∞在上单调递增．③当2a >V 时,>0,g(x)=0的两根为221244,22a a a a x x --+-==，当10x x <<时， '()0f x >；当12x x x <<时， '()0f x <；当2x x >时， '()0f x >，故()f x 分别在12(0,),(,)x x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减．（2）由（1）知，2a >．因为1212121212()()()(ln ln )x x f x f x x x a x x x x --=-+--，所以 1212121212()()ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+---g ，又由(1)知，121x x =．于是1212ln ln 2x x k a x x -=--g ，若存在a ，使得2.k a =-则1212ln ln 1x x x x -=-．即1212ln ln x x x x -=-．亦即222212ln 0(1)(*)x x x x --=>再由（1）知，函数1()2ln h t t t t=--在(0,)+∞上单调递增，而21x >，所以222112ln 12ln10.1x x x -->--=这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得2.k a =- 22.（2011·江西高考理科·Ｔ19）设3211()232f x xx ax =-++ （1）若()f x 在2(,)3+∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围. （2）当02a <<时，()f x 在[1,4]的最小值为163-，求()f x 在该区间上的最大值. 【思路点拨】（1）要使()f x 在2(,)3+∞上存在单调递增区间，需'f (x)在2(,)3+∞上存在大于零的解，即得a 的取值范围.（2）首先求出()f x 在[1,4]上的最小值为f(4),从而求出a 的值，进一步易求()f x 在该区间上的最大值为f(2). 【精讲精析】'22'''121212111()2()22422221[,)()()2;20,,3399912(),)93118118()0,.22()),(,)(,)0=-++=--++∈+∞>>->-+∞-+++==∞+∞<=++=-f x x x a x a x f x f a a a a f x a af x x x f x x x x x （）由，当时，的最大值为令得所以，当时，在（上存在单调递增区间.(2)令，得两根所以在（，上单调递减，在上单调递增.当1222214,())27(4)(1)60,(4)(1),24016()(4)8,33101,2,().3<<<<-=-+<<-=-===a x f x f f a f f f x f a a x f x 时，有x 所以在[1,4]上的最大值为f(x 又即所以在[1,4]上的最小值为得从而在[1,4]上的最大值为f(2)=23．（2011·陕西高考理科·T19）如图，从点P 1（0，0）作x 轴的垂线交曲线x y e =于点1(0,1)Q ，曲线在1Q 点处的切线与x 轴交于点2P ．再从2P 作x 轴的垂线交曲线于点2Q ，依次重复上述过程得到一系列点：11,P Q ；22,P Q ；…；,n n P Q ，记k P 点的坐标为(,0)k x （1,2,,=L k n ）．（1）试求k x 与1k x -的关系（2,,=L k n ）；（2）求112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q ++++L．【思路点拨】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x 轴的交点坐标；（2）尝试求出通项||n n P Q 的表达式，然后再求和．【精讲精析】（1）设点1k P -的坐标是1(,0)k x -，∵x y e =，∴x y e '=， ∴111(,)k x k k Q x e ---，在点111(,)k x k k Q x e ---处的切线方程是111()k k xx k y e e x x ----=-，令0y =，则11k k x x -=-（2,,=L k n ）．（2）∵10x =，11k k x x --=-，∴(1)k x k =--， ∴(1)||kxk k k P Q e e --==，于是有112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q ++++L 12(1)1111n n e e e e e -------=++++=-L11ne e e --=-，即112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q ++++L 11ne e e --=-．24．（2011·陕西高考理科·T21）设函数()f x 定义在(0,)+∞上，(1)0f =，导函数1()f x x'=，()()()g x f x f x '=+．（1）求()g x 的单调区间和最小值；（2）讨论()g x 与1()g x的大小关系；（3）是否存在00x >，使得01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立？若存在，求出0x的取值范围；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）先求出原函数()f x ，再求得()g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．【精讲精析】（1）∵1()f x x'=，∴()ln f x x c =+（c 为常数），又∵(1)0f =，所以ln10c +=，即0c =， ∴()ln f x x =；1()ln g x x x=+， ∴21()x g x x -'=，令()0g x '=，即210x x -=，解得1x =，当(0,1)x ∈时，()0g x '<，()g x 是减函数，故区间(0,1)是函数()g x 的减区间；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 是增函数，故区间(1,)+∞是函数()g x 的增区间；所以1x =是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以()g x 的最小值是(1)1g =．（2）1()ln g x x x =-+，设11()()()2ln h x g x g x x x x=-=-+，则22(1)()x h x x-'=-，当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x=，当(0,1)(1,)x ∈+∞U 时，()0h x '<，(1)0h '=，因此函数()h x 在(0,)+∞内单调递减，当01x <<时，()(1)h x h >=0，∴1()()g x g x>；当1x >时，()(1)h x h <=0，∴1()()g x g x<．（3）满足条件的0x 不存在．证明如下：证法一假设存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立，即对任意0x >有02ln ()ln x g x x x<<+ ①但对上述的0x ，取0()1g x x e =时，有10ln ()x g x =，这与①左边的不等式矛盾，因此不存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立．证法二假设存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立，由（1）知，()g x 的最小值是(1)1g =，又1()ln ln g x x x x=+>，而1x >时，ln x 的值域为(0,)+∞， ∴当1≤x 时，()g x 的值域为[1,)+∞，从而可以取一个值11x >，使10()()1g x g x +…，即10()()1g x g x -…, ∴1011|()()|1g x g x x ->…，这与假设矛盾．∴不存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立． 25.（2011·陕西高考文科·T21）设()ln f x x =，()()()g x f x f x '=+．（1）求()g x 的单调区间和最小值；（2）讨论()g x 与1()g x的大小关系；（3）求a 的取值范围，使得()()g a g x -＜1a对任意x ＞0成立．【思路点拨】（1）先求出原函数()f x 的导数，再求得()g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（3）对任意x ＞0成立的恒成立问题转化为函数()g x 的最小值问题．【精讲精析】（1）由题设知1()ln ,()ln f x x g x x x==+， ∴21(),x g x x-'=令()g x '=0得x =1，当x ∈（0，1）时，()g x '＜0，()g x 是减函数，故（0，1）是()g x 的单调减区间.当x ∈（1，+∞）时，()g x '＞0，()g x 是增函数，故（1，+∞）是()g x 的单调递增区间，因此，x =1是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以()g x 的最小值为(1) 1.g = (2)1()ln g x x x=-+，设11()()()2ln =-=-+h x g x g x x x x，则22(1)()x h x x -'=-，当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x=，当(0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，()0h x '<，因此，()h x 在(0,)+∞内单调递减，当01x <<时，()(1)0h x h >=，即1()().>g x g x当x>1时，()h x <(1)h =0,即1()().<g x g x综上所述，当x=1时，1()();=g x g x当0<x<1时, 1()();>g x g x 当x>1时，1()().<g x g x（3）由（1）知()g x 的最小值为1，所以，1()()g a g x a -<，对任意0x >，成立1()1,g a a⇔-< 即ln 1,a <从而得0a e <<．26．（2011·浙江高考理科·Ｔ22）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R （1）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立注：e 为自然对数的底数．【思路点拨】（１）利用0x 是极值点的必要条件0()0f x '=，注意解出a 值后要进行检验；（２）恒成立问题，01x <≤时显然满足题意，1<3x e ≤时只需max ()f x ≤42e ．此题主要考查了函数极值的概念、导数的基本运算、导数的应用，不等式等基础知识，同时也考查了推理论证能力，分类讨论等分析解决问题的能力. 【精讲精析】（1）求导得()f x ' =2(x -a)ln x +2()x a x-=(x a -)(2ln x+1-a x). 因为x=e 是f(x)的极值点，所以()f e '= ()30a e a e ⎛⎫--= ⎪⎝⎭，解得a e = 或3a e =，经检验，符合题意，所以a e = 或3a e =.（2）①当01x <≤时，对于任意的实数a ,恒有2()04f x e ≤<成立， ②当13x e <≤，由题意，首先有22(3)(3)ln(3)4f e e a e e =-≤，解得2233ln(3)ln(3)e ee a e e e -≤≤+，由（1）知'()()(2ln 1)a f x x a x x=-+-，令 ()2ln 1a h x x x=+-，则(1)10h a =-<，()2ln 0h a a =>，且23ln(3)(3)2ln(3)12ln(3)133ee e ah e e e ee+=+-≥+-=12[ln(3e)]03ln(3e)->. 又()h x 在（0，+∞）内单调递增，所以函数()h x 在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为0x ，则013x e <<，01x a <<.从而，当0(0,)x x ∈时，'()0f x >；当0(,)x x a ∈时，'()0f x <；当(,)x a ∈+∞时，'()0f x >，即()f x 在0(0,)x 内单调递增，在0,()x a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增.所以要使2()4f x e ≤对](1,3x e ∈ 恒成立，只要2200022()()ln 4,(3)(3)ln(3)4,⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩f x x a x e f e e a e e ①②成立. 000()2ln 10ah x x x =+-=，知 0002ln a x x x =+ ③将③代入①得232004ln 4x x e ≤，又01x >，注意到函数23ln x x 在[1,+∞)内单调递增，故01x e <≤.再由③以及函数2xlnx+x 在（1, +∞)内单调递增，可得13a e <≤. 由②解得，2233ln(3)ln(3)e ee a e e e -≤≤+. 所以233ln(3)ee a e e -≤≤ 综上，a 的取值范围为233ln(3)ee a e e -≤≤. 27.（2011·浙江高考文科·Ｔ21）设函数22()ln ,0f x a x x ax a =-+> （1）求()f x 的单调区间. （2）求所有实数a ，使21()e f x e -≤≤对[]1,x e ∈恒成立.注：e 为自然对数的底数.【思路点拨】（1）题中直接由导数的正负来确定其单调区间；（2）题中不等式恒成立问题，只需2min max ()1,()≥-≤f x e f x e 且．【精讲精析】(1）因为22()ln f x a x x ax =-+，其中0x >，所以2()(2)'()2a x a x a f x x a x x-+=-+=-.由于0a >，所以()f x 的增区间为（0，a ）,减区间为（a ,+∞）（2）由题意得， (1)11=-≥-f a e ，即≥a e ，由（1）知()f x 在[1,a]内单调递增,故()f x 在[]1,e 内单调递增，要使21()e f x e -≤≤对[1,]x e ∈恒成立，只要222(1)11()f a e f e a e ae e=-≥-⎧⎨=-+≤⎩ 解得a e =．28.（2011·天津高考文科·T19）已知函数322()4361,=+-+-∈f x x tx t x t x R ，其中∈t R ．（1）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）当0≠t 时，求()f x 的单调区间；（3）证明：对任意(0,),()∈+∞t f x 在区间(0,1)内均存在零点．【思路点拨】（1）由导数的几何意义求切线方程；（2）利用导数研究函数的单调性；（3）对t 分区间讨论函数零点. 【精讲精析】（1）当1t =时，322()436,(0)0,()1266'=+-==+-f x x x x f f x x x ，f (0) 6.'=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =-（2）22()1266'=+-f x x tx t ，令()0'=f x ，解得.2t x t x =-=或因为0t ≠，以下分两种情况讨论：①若0,,2t t t x <<-则当变化时，(),()'f x f x 的变化情况如下表：x,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭t ,2⎛⎫- ⎪⎝⎭t t (),-+∞t()f x '+ - + ()f x所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭t t f x 的单调递减区间是,2⎛⎫- ⎪⎝⎭t t .②若0,2tt t >-<则，当x 变化时，'f (x),f(x)的变化情况如下表：x (),-∞-t ,2⎛⎫- ⎪⎝⎭t t ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭t ()'f x+ - + ()f x所以，()f x 的单调递增区间是(],,,;()2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭t t f x 的单调递减区间是,.2⎛⎫- ⎪⎝⎭t t （3）由（2）可知，当0t >时，()f x 在0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭t 内单调递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭t 内单调递增，以下分类讨论：①当1,22≥≥tt 即时，()f x 在（0，1）内单调递减，2(0)10,(1)643644230.f t f t t =->=-++≤-⨯+⨯+<所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点.。

高中数学总结归纳点拨如何利用导数解答生活中的优化问题

如何利用导数解答生活中的优化问题生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．通过前面的学习，我们知道，导数是求函数最大（小）值的有力工具．本文主要阐述如何利用导数，解决一些生活中的优化问题．导数在实际生活中的应用主要是解决有关函数最大值、最小值的实际问题，主要有以下几个方面：1、与几何有关的最值问题；2、与物理学有关的最值问题；3、与利润及其成本有关的最值问题；4、效率最值问题。

一．解决优化问题的方法：首先是需要分析问题中各个变量之间的关系，建立适当的函数关系，并确定函数的定义域，通过创造在闭区间内求函数取值的情境，即核心问题是建立适当的函数关系。

再通过研究相应函数的性质，提出优化方案，使问题得以解决，在这个过程中，导数是一个有力的工具．二．利用导数解决优化问题的基本思路：三．典例分析例1．磁盘的最大存储量问题计算机把数据存储在磁盘上。

磁盘是带有磁性介质的圆盘，并有操作系统将其格式化成磁道和扇区。

磁道是指不同半径所构成的同心轨道，扇区是指被同心角分割所成的扇形区域。

磁道上的定长弧段可作为基本存储单元，根据其磁化与否可分别记录数据0或1，这个基本单元通常被称为比特（bit）。

为了保障磁盘的分辨率，磁道之间的宽度必需大于m，每比特所占用的磁道长度不得小于n。

为了数据检索便利，磁盘格式化时要求所有磁道要具有相同的比特数。

问题：现有一张半径为R的磁盘，它的存储区是半径介于r与R之间的环形区域．（1）是不是r越小，磁盘的存储量越大？（2）r为多少时，磁盘具有最大存储量（最外面的磁道不存储任何信息）？解：由题意知：存储量=磁道数×每磁道的比特数。

设存储区的半径介于r 与R 之间，由于磁道之间的宽度必需大于m ，且最外面的磁道不存储任何信息，故磁道数最多可达R r m-。

由于每条磁道上的比特数相同，为获得最大存储量，最内一条磁道必须装满，即每条磁道上的比特数可达2r nπ。

110905高三数学理《导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例》课件共20页

上是增函 ,则数实a数的取值范(围)是
A.[3, )
B .[3, )
C.(3, )
D.( ,3)
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2011年下学期
3.已知函f(数 x)x3 12x8在区间 [3,3]上的最大值与最别小为 M值,m分 , 则Mm_________.__
4.函数 f(x)x33ax23[(a2)x1] 既有极大值又,则有 a的极取小值值范围 __________. __
[例3] 已知函f(数 x)1x2alnx(aR). 2
(1)若f(x)在x2时取得极 ,求a值的值 ;
(2)求f(x)的单调;区间
(3)求证 :当x1时,1x2 lnx2x3.
2
3
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[例4] 某化工企业生产某种化工原料,
在生产过程中对周边环境将造成一定程度
(2)已知函数的单调,求性参数的取值范, 围
应用条件f (x) 0(或f (x) 0), x (a,b),转化
为不等式恒成立求. 解
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2.可导函数的极值
(1)可导函数的极值点是必导须数为 0的点,但导数 0为的点不一定是极,值即点 f (x0) 0是可导函f数 (x)在x x0处取得极值的必要不充分.例条如件函数 y x3在 x 0处有y |x0 0,但x 0不是极值.此点外, 函数不可导的点也是可函能数的极值. 点
导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例
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【优化指导】2013高考数学总复习第2章第12节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课时演练新

课时作业导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1．若函数y ＝f (x )的导函数在区间[a ，b ]上是先增后减的函数，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )解析：根据题意f ′(x )在[a ，b ]上是先增后减的函数，则在函数f (x )的图象上，各点的切线斜率是先随x 的增大而增大，然后随x 的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C 满足题意．答案：C2．函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．(0，32)C ．(0，＋∞)D ．(－∞，3)解析：令y ′＝3x 2－2a ＝0，得x ＝±2a3(a ＞0，否则函数y 为单调增函数)．若函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则2a 3＜1，∴0＜a ＜32. 答案：B3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋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 ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对解析：∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)．∵f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x ＝0时，f (x )＝m 最大，∴m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5.∴最小值为－37. 答案：A4. 若一球半径为r ，作内接于球的圆柱，其侧面积最大为( )A ．2πr 2B ．πr 2C ．4πr 2D.12πr 2 解析：S 侧＝2πr ′h ＝4πr ′r 2－r ′2S ′(r ′)＝4πr 2－r ′2＋2πr ′－2r ′r 2－r ′2＝4πr 2－4πr ′2－4πr′2r 2－r ′2＝0.∴r ′＝22r .∴S 侧＝4π×22r ×22r ＝2πr 2. 答案：A5．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，且当x ＜－1时，f ′(x )＞0；当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝－1时函数f (x )有极大值，当x ＝1时函数f (x )有极小值．要使函数f (x )有3个不同的零点，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f－＞0，f ＜0.解之得－2＜a ＜2. 答案：A6．已知函数f (x )＝x 33＋12ax 2＋2bx ＋c 的两个极值分别为f (x 1)，f (x 2)，若x 1，x 2分别在区间(0,1)与(1,2)内，则b －2a 的取值范围是( )A ．(－4，－2)B ．(－∞，2)∪(7，＋∞)C ．(2,7)D ．(－5，－2)解析：由题，求导可得f ′(x )＝x 2＋ax ＋2b ，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧f ＝2b ＞0f＝1＋a ＋2b ＜0f＝4＋2a ＋2b ＞0，所以a ，b 满足的区域如图所示(不包括边界)，因为b －2a 在B (－1,0)处取值为2，在C (－3,1)处取值为7，所以b －2a 的取值范围是(2,7)．答案：C 二、填空题7．函数y ＝x ＋2cos x 在[0，π2]上取得最大值时，x 的值为____．解析：y ′＝(x ＋2cos x )′＝1－2sin x ，令1－2sin x ＝0，且x ∈[0，π2]时，x ＝π6.当x ∈[0，π6]时，f ′(x )≥0，f (x )是单调增函数，当x ∈[π6，π2]时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f (π6)．答案：π68．(金榜预测) 已知某质点的运动方程为s (t )＝t 3＋bt 2＋ct ＋d ，如图所示是其运动轨迹的一部分，若t ∈[12，4]时，s (t )＜3d 2恒成立，则d 的取值范围为________．解析：∵质点的运动方程为s (t )＝t 3＋bt 2＋ct ＋d ，∴s ′(t )＝3t 2＋2bt ＋c . 由图可知，s (t )在t ＝1和t ＝3处取得极值，则s ′(1)＝0，s ′(3)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－6，c ＝9.∴s ′(t )＝3t 2－12t ＋9＝3(t －1)(t －3)．当t ∈[12，1)时，s ′(t )＞0；当t ∈(1,3)时，s ′(t )＜0；当t ∈(3,4)时，s ′(t )＞0，∴当t ＝1时，s (t )取得极大值4＋d . 又∵s (4)＝4＋d ，∴当t ∈[12，4]时，s (t )的最大值为4＋d .∵当t ∈[12，4]时，s (t )＜3d 2恒成立，∴4＋d ＜3d 2，即d ＞43或d ＜－1.答案：d ＞43或d ＜－1三、解答题9．(理用)设函数f (x )＝ex －1＋a x(a ∈R)．(1)若函数f (x )在x ＝1处有极值，且函数g (x )＝f (x )＋b 在(0，＋∞)上有零点，求b 的最大值；(2)若f (x )在(1,2)上为单调函数，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝ex －1－a x2，又函数f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，a ＝1，经检验符合题意，g ′(x )＝ex －1－1x2，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，∴g (x )在x ＝1时取得极小值g (1)＝2＋b ，依题意g (1)≤0，∴b ≤－2，∴b 的最大值为－2.(2)f ′(x )＝ex －1－ax2，当f (x )在(1,2)上单调递增时， ex －1－a x2≥0在[1,2]上恒成立，∴a ≤x 2e x －1，令h (x )＝x 2ex －1，则h ′(x )＝ex －1(x 2＋2x )>0在[1,2]上恒成立，即h (x )在[1,2]上单调递增，∴h (x )在[1,2]上的最小值为h (1)＝1，∴a ≤1；当f (x )在[1,2]上单调递减时，同理a ≥x 2ex －1，h (x )＝x 2e x －1在[1,2]上的最大值为h (2)＝4e ，∴a ≥4e；综上：实数a 的取值范围为a ≤1或a ≥4e.9．(文用)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1. (1)若y ＝f (x )在x ＝－2时有极值，求f (x )的解析式；(2)若函数y ＝f (x )在区间[－2,1]上单调递增，求实数b 的取值范围；(3)在(1)的条件下是否存在实数m ，使得不等式f (x )≥m 在区间[－2,1]上恒成立，若存在，试求出m 的最大值，若不存在，试说明理由．解：(1)∵x ＝－2是方程f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0的根， ∴12－4a ＋b ＝0，又切线的斜率为3，即f ′(x )在x ＝1时的值为3，∴3＋2a ＋b ＝3，且点P 既在函数y ＝f (x )的图象上，又在切线y ＝3x ＋1上，∴f (1)＝4＝1＋a ＋b ＋c ，解得a ＝2，b ＝－4，c ＝5，故f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5.(2)∵曲线在点P 处的切线方程为y ＝3x ＋1， ∴f ′(1)＝3，得2a ＝－b .欲使函数y ＝f (x )在区间[－2,1]上单调递增，只需当－2≤x ≤1时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ≥0成立，即3x 2≥b (x －1)成立．当x ＝1时，对一切的实数b ，不等式3x 2≥b (x －1)成立；当－2≤x ＜1时，则－3≤x －1＜0，可以化不等式为b ≥3x 2x －1，此时3x2x －1的最大值为0.故b ≥0时，y ＝f (x )在区间[－2,1]上单调递增．(3)在(1)的条件下，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，由f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝0得函数f ′(x )的两个极值点为x 1＝－2，x 2＝23，因此函数的两个极值为f (－2)＝13，f (23)＝9527.函数在区间的两个端点值分别为f (－2)＝13，f (1)＝4. 比较极值与端点的函数值，知在区间[－2,1]上，函数f (x )的最小值为9527.因此m 的最大值为9527.10．(2012深圳检测) 如图，有一正方形钢板ABCD 缺损一角(图中的阴影部分)，边缘线OC 是以直线AD 为对称轴，以线段AD 的中点O 为顶点的抛物线的一部分．工人师傅要将缺损一角切割下来，使剩余的部分成为一个直角梯形．若正方形的边长为2米，问如何画切割线EF ，可使剩余的直角梯形的面积最大？并求其最大值．解：以O 为原点，直线AD 为y 轴，建立如图所示的直角坐标系，依题意可设抛物线弧OC 的方程为y ＝ax 2(0≤x ≤2)， ∵点C 的坐标为(2,1)，代入方程可得a ＝14，故边缘线OC 的方程为y ＝14x 2(0≤x ≤2)．要使梯形ABEF 的面积最大，则EF 所在的直线必与抛物线弧OC 相切，设切点坐标为P (t ，14t 2)(0<t <2)，∴y ′＝12x ，∴直线EF 的方程可表示为y －14t 2＝12t (x －t )，即y ＝12tx －14t 2.由此可求得E (2，t －14t 2)，F (0，－14t 2)．∴|AF |＝|－14t 2－(－1)|＝1－14t 2，|BE |＝|(t －14t 2)－(－1)|＝－14t 2＋t ＋1.设梯形ABEF 的面积为S (t )，则S (t )＝12|AB |·[|AF |＋|BE |]＝(1－14t 2)＋(－14t 2＋t ＋1)＝－12t 2＋t ＋2＝－12(t －1)2＋52≤52. ∴当t ＝1时，S (t )max ＝52(m 2)．故S (t )的最大值为2.5(m 2)．此时AF ＝0.75(m)，BE ＝1.75(m)．即当AF ＝0.75 m ，BE ＝1.75 m 时，可使剩余的直角梯形的面积最大，其最大值为2.5 m 2.。

第二章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73841精品文档

3．已知 f(x)＝xlnx. (1)求函数 y＝f(x)的图象在 x＝e 处的切线方程；
三、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，那么它必有最大值和最小值．
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．
[归纳领悟] 求可导函数单调区间的一般步骤和方法： (1)确定函数f(x)的定义域． (2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它们在定义域内的一切实根． (3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间． (4)确定f′(x)在各个开区间内的符号，根据f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
[题组自测]
1．设f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1处均有极
值，则下列点中一定在x轴上的是
()
A．(a，b)
B．(a，c)
C．(b，c)
D．(a＋b，c)
解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知，1，－1 是方程 3ax2 ＋2bx＋c＝0 的两根，则 1－1＝－23ba，b＝0，故点(a，b)一定在 x 轴上．
[题组自测] 1．函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值是
________，最小值是________．
解析：f′(x)＝6x2－6x－12，令f′(x)＝0，即6x2－6x－12＝0，则x＝－1或x＝2. 又x∈[0,3]，故x＝－1应舍去．当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如表：

高中数学 2.12导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例训练理新人教A版

"【全程复习方略】（福建专用）2013版高中数学 2.12导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例训练理新人教A版 "(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1. 1.（2012·厦门模拟）已知a,b,c,d成等差数列，函数y=ln(x+2)-x在x=b处取得极大值c,则b+d=（）(A)-1 (B)0 (C)1 (D)22.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x-1)f′(x)≥0，则必有( )(A)f(0)+f(2)＜2f(1)(B)f(0)+f(2)≤2f(1)(C)f(0)+f(2)≥2f(1)(D)f(0)+f(2)＞2f(1)3.(2011·辽宁高考)函数f(x)的定义域为R，f(-1)=2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x+4的解集为( )(A)(-1，1) (B)(-1，+∞)(C)(-∞，-1) (D)(-∞，+∞)4.已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d在区间[-1,2]上是减函数，那么b+c( )(A)有最大值152(B)有最大值-152(C)有最小值152(D)有最小值-1525.函数f(x)= 12e x(sinx+cosx)在区间[0，2π]上的值域为( )(A)[12，122eπ] (B)(12，122eπ)(C)[1，2e π] (D)(1，2eπ)6.(易错题)已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为( )(A)(-∞，12)∪(12,2) (B)(-∞，0)∪(12，2) (C)(-∞，12) ∪(12，+∞) (D)(-∞，12)∪(2，+∞) 二、填空题(每小题6分，共18分)7.已知函数f(x)=x 3+3mx 2+nx+m 2在x=-1时有极值0，则m+n=___________.8.已知函数f(x)=alnx+x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________.9.（2012·龙岩模拟)已知α、β是三次函数f(x)=3211x ax 2bx 32++ (a,b ∈R)的两个极值点，且α∈(0,1),β∈(1,2),则b 2a 1--的取值范围是______. 三、解答题(每小题15分，共30分) 10.（预测题）已知函数f(x)=lnx-a x. (1)求函数f(x)的单调增区间; (2)若函数f(x)在［1,e ］上的最小值为32，求实数a 的值. 11.(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.【探究创新】(16分)某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x 艘的产值函数为R(x)=3 700x+45x2-10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)=460x+5 000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润=产值-成本)(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？答案解析1.【解析】选D.y′=11x2-+,令y′=0，得x=-1,即b=-1,c=ln1-(-1)=1,又a,b,c,d成等差数列，∴d=b+2(c-b)=3,∴b+d=-1+3=2.2.【解题指南】分x>1和x＜1两种情况讨论单调性.【解析】选C.当x>1时，f′(x)≥0,若f′(x)=0,则f(x)为常数函数，若f′(x)>0，则f(x)为增函数,总有f(x)≥f(1).当x<1时，f′(x)≤0,若f′(x)=0，则f(x)为常数函数.若f′(x)<0,则f(x)为减函数，总有f(x)≥f(1),∴f(x)在x=1处取得最小值.即f(0)≥f(1),f(2)≥f(1),∴f(0)+f(2)≥2f(1).3.【解题指南】构造函数g(x)=f(x)-(2x+4)，判断其单调性，求解. 【解析】选B.由已知，[f(x)-(2x+4)]′=f′(x)-2＞0，∴g(x)=f(x)-(2x+4)单调递增，又g(-1)=0，∴f(x)＞2x+4的解集是(-1，+∞).4.【解析】选B.由f(x)在[-1,2]上是减函数，知f′(x)=3x2+2bx+c≤0，x∈[-1,2]，则()()f132b c0 f2124b c0 '-=-+≤⎧⎪⎨'=++≤⎪⎩⇒15+2b+2c≤0⇒b+c≤-152.5.【解析】选A.f ′(x)=12e x (sinx+cosx)+12e x (cosx-sinx)=e x cosx ，当0<x<2π时,f ′(x)>0, ∴f(x)是[0，2π]上的增函数. ∴f(x)的最大值为f(2π)=122e π， f(x)的最小值为f(0)= 12. ∴f(x)的值域为[12,122e π]. 6.【解析】选B.由f(x)图象的单调性可得f ′(x)在(-∞，12)和(2，+∞)上大于0，在(12，2)上小于0，∴xf ′(x)<0的解集为(-∞，0)∪(12，2). 7.【解析】∵f ′(x)=3x 2+6mx+n,∴由已知可得()()()()()()()3222f 113m 1n 1m 0,f 1316m 1n 0⎧-=-+-+-+=⎪⎨'-=⨯-+-+=⎪⎩∴m 1n 3=⎧⎨=⎩或m 2n 9=⎧⎨=⎩, 当m 1n 3=⎧⎨=⎩时，f ′(x)=3x 2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立与x=-1是极值点矛盾，当m 2n 9=⎧⎨=⎩时，f ′(x)=3x 2+12x+9=3(x+1)(x+3),显然x=-1是极值点，符合题意，∴m+n=11.答案：11【误区警示】本题易出现求得m,n 后不检验的错误.8.【解析】∵f(x)=alnx+x ，∴f ′(x)=a x +1. 又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴a x+1≥0在x ∈[2,3]上恒成立， ∴a ≥(-x)max =-2，∴a ∈[-2，+∞).答案：[-2，+∞)9.【解析】f ′(x)=x 2+ax+2b,由题意知，方程f ′(x)=0有两根α、β，一根α∈(0,1),另一根β∈(1,2),∴()()()f 101a 2b 0f 002b 0,2a 2b 40f 20'<⎧++<⎧⎪⎪'>⇒>⎨⎨⎪⎪++>'>⎩⎩设b 2z ,a 1-=-结合线性规划得z 的取值范围为(14,1). 答案：(14,1) 10.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f ′(x)= 221a x a x x x++=. a ≥0时，f ′(x)＞0,∴f(x)的单调增区间为(0,+∞),a ＜0时，令f ′(x)＞0,得x ＞-a,∴f(x)的单调增区间为(-a,+∞).(2)由(1)可知，f ′(x)= 2x a x +, ①若a ≥-1,则x+a ≥0,即f ′(x)≥0在［1,e ］上恒成立，f(x)在［1,e ］上为增函数，∴f(x)min =f(1)=-a=32,∴a=-32(舍去). ②若a ≤-e,则x+a ≤0，即f ′(x)≤0在［1,e ］上恒成立，f(x)在［1,e ］上为减函数，∴f(x)min =f(e)=1-a e =32,∴a=-e 2(舍去). ③若-e ＜a ＜-1,当1＜x ＜-a 时，f ′(x)＜0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数，当-a ＜x ＜e 时，f ′(x)＞0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数.∴f(x)min =f(-a)=ln(-a)+1=32,∴a=-e , 综上所述，a=-e .【变式备选】已知函数f(x)=2x+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)若对于任意的x ∈(0,+∞)，都有f(x)＞2(a-1)成立，试求实数a 的取值范围;(3)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.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f ′(x)=-22a x x+，且知直线y=x+2的斜率为1. 所以f ′(1)=- 22a 11+=-1,所以a=1. 所以f(x)=2x +lnx-2.f ′(x)= 2x 2x -. 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).(2)f ′(x)=- 222a ax 2x x x -+=. 由f ′(x)＞0解得x ＞2a ;由f ′(x)＜0解得0＜x ＜2a .所以f(x)在区间(2a ,+∞)上单调递增，在区间(0, 2a )上单调递减.所以当x=2a 时，函数f(x)取得最小值，y min =f(2a ).因为对任意的x ∈(0,+∞)都有f(x)＞2(a-1)成立，所以f(2a )＞2(a-1)即可.则22a+aln 2a -2＞2(a-1)，即aln 2a ＞a,解得0＜a ＜2e .所以a 的取值范围是(0, 2e ).(3)依题意得g(x)= 2x +l nx+x-2-b,则g ′(x)= 22x x 2x +-.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)上为减函数，在区间(1,+∞)上为增函数.又因为方程g(x)=0在区间［e -1,e ］上有两个不同的实根，所以()()()1g e 0g e 0.g 10-⎧≥⎪⎪≥⎨⎪⎪⎩＜解得1＜b ≤2e +e-1.所以b 的取值范围是(1,2e +e-1］.11.【解析】(1)因为x=5时y=11，所以a2+10=11,所以a=2；(2)由(1)知该商品每日的销售量y=2x 3-+10(x-6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润：f(x)=(x-3)[2x 3-+10(x-6)2]=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)，令f ′(x)=0得x=4,函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，所以当x=4时函数f(x)取得最大值f(4)=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.【探究创新】【解析】(1)P(x)=R(x)-C(x)=-10x 3+45x 2+3 240x-5 000(x ∈N *，且1≤x ≤20);MP(x)=P(x+1)-P(x)=-30x 2+60x+3 275 (x ∈N *,且1≤x ≤19).(2)P ′(x)=-30x 2+90x+3 240=-30(x-12)(x+9),∵x>0,∴P′(x)=0时,x=12，当0<x<12时，P′(x)>0,当x>12时，P′(x)<0,∴x=12时，P(x)有极大值，也是最大值.即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大.(3)MP(x)=-30x2+60x+3 275=-30(x-1)2+3 305.所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，所以单调减区间为［1，19］，且x∈N*.MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少.。

高考数学总复习 第2章 第12节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课时演练 新人教A版

第二章 第12节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

高三理科数学第一轮复习§2.11：导数在研究函数中的应用和生活中优化问题举例

高考数学总复习 212 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例课件 苏教版