【步步高】2021届高考数学总温习 导数的综合应用学案 理 新人教A版 (1)

学案15 导数的综合应用
导学目标： 1.应用导数讨论函数的单调性，并会依照函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．
自主梳理 1．函数的最值
(1)函数f (x )在[a ，b ]上必有最值的条件
若是函数y ＝f (x )的图象在区间[a ，b ]上________，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________；
②将函数y ＝f (x )的各极值与________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
2．实际应用问题：第一要充分明白得题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．
自我检测
1．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，那么a 的取值范围为 ( ) A ．0≤a <1 B ．0<a <1 C ．－1<a <1
D ．0<a <1
2
2．(2020·汕头月考)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，不可能正确的选项是 ( )
3．关于R 上可导的任意函数f (x )，假设知足(x －1)f ′(x )≥0，那么必有 ( ) 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)
4．(2020·新乡模拟)函数f (x )＝1
2e x (sin x ＋cos x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2上的值域为______________． 5．f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，那么常数c 的值为________． 探讨点一 求含参数的函数的最值
例1 已知函数f (x )＝x 2e －ax (a >0)，求函数在[1,2]上的最大值． 变式迁移1 设a >0，函数f (x )＝
a ln x x
.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)求f (x )在区间[a,2a ]上的最小值． 探讨点二 用导数证明不等式
例2 (2020·张家口模拟)已知f (x )＝1
2x 2－a ln x (a ∈R )，
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23
x 3. 变式迁移2 (2020·安徽)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. 探讨点三 实际生活中的优化问题
例3 (2020·孝感月考)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的本钱为3元，而且每件产品需向总公司交
a 元(3≤a ≤5)的治理费，估量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 )．
变式迁移3 甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并取得必然净收入，在乙方不赔付甲方的情形下，乙方的年利润x (元)与年产量t (吨)知足函数关系
x ＝2 000t .假设乙方每生产一吨产品必需赔付甲方S 元(以下称S 为赔付价钱)．
(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t (吨)的函数，并求出乙方取得最大利润的年产量；
(2)甲方每一年受乙方生产阻碍的经济损失金额y ＝0.002t 2(元)，在乙方依照取得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中取得最大净收入，应向乙方要求的赔付价钱S 是多少？
转化与化归思想的应用
例 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1. (1)假设xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1，求a 的取值范围； (2)证明：(x －1)f (x )≥0. 【答题模板】 (1)解 ∵f ′(x )＝
x ＋1x
＋ln x －1＝ln x ＋1
x
，x >0，
∴xf ′(x )＝x ln x ＋1.由xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1，
得a ≥ln x －x ，令g (x )＝ln x －x ，那么g ′(x )＝1
x
－1，[2分]
当0<x <1时，g ′(x )>0； 当x >1时，g ′(x )<0，[4分]
∴x ＝1是最大值点，g (x )max ＝g (1)＝－1，∴a ≥－1， ∴a 的取值范围为[－1，＋∞)．[6分]
(2)证明 由(1)知g (x )＝ln x －x ≤g (1)＝－1，∴ln x －x ＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解决(2)的关键．)[8分]
当0<x <1时，x －1<0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋ln x －x ＋1≤0， ∴(x －1)f (x )≥0.
当x ≥1时，x －1>0，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1 ＝ln x ＋x ln x －x ＋1
＝ln x －x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
ln 1x －1x ＋1≥0，
∴(x －1)f (x )≥0.[11分] 综上，(x －1)f (x )≥0.[12分] 【冲破思维障碍】
本小题要紧考查函数、导数、不等式证明等知识，通过运用导数知识解决函数、不等式问题，考查了考生综合运用数学知识解决问题的能力和计算能力，同时也考查了函数与方程思想、化归与转化思想．通过转化，此题实质仍是利用单调性求最值问题．
1．求极值、最值时，要求步骤标准，含参数时，要分类讨论参数的范围．假设已知函数单调性求参数范围时，隐含恒成立思想．
2．利用导数解决生活中的优化问题的一样步骤：
(1)分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y ＝f (x )； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；
(3)比较函数的区间端点对应的函数值和极值，确信最值； (4)回到实际问题，作出解答．
(总分值：75分)
一、选择题(每题5分，共25分)
1．(2020·皖南模拟)已知曲线C ：y ＝2x 2－x 3，点P (0，－4)，直线l 过点P 且与曲线C 相切于点Q ，那么点Q 的横坐标为 ( )
A ．－1
B ．1
C ．－2
D ．2
2．已知函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象如下图，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是 ( )
3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如下图，那么y ＝f (x )的图象最有可能是 ( )
4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，那么t 的取值范围是 ( ) A ．t >5 B ．t <5 C ．t ≥5
D ．t ≤5
5．(2020·沧州模拟)假设函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2
x 2
，那么a ，b 的大小关
系是 ( )
A ．a >b
B ．a <b
C ．a ＝b
D ．a 、b 的大小不能确信
6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，那么矩形面的长为________．(强度与bh 2
成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)
7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，那么仓库容积的最大值为_____________________________________________________________m 3.
8．假设函数f (x )＝
4x
x 2＋1
在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，那么实数m 的取值范围为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f (x )＝1
2
(1＋x )2－ln(1＋x )．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)假设x ∈[1
e
－1，e －1]时，f (x )<m 恒成立，求m 的取值范围．
10．(12分)(2020·湖北)为了在夏日降温和冬季供暖时减少能源损耗，衡宇的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可利用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造本钱为6万元．该建筑物每一年的能源消花费用
C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)知足关系：C (x )＝
k
3x ＋5
(0≤x ≤10)，假设不建隔热层，每一年能源消
花费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消花费用之和．
(1)求k 的值及f (x )的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．
11．(14分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x
，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此
点有公共切线．
(1)求a 、b 的值；
(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小． 答案 自主梳理
1．(1)持续 (2)①极值 ②端点值 自我检测 1．B 2.D 3.C
4.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
12，12e π2 5.6 课堂活动区
例1 解题导引 求函数在闭区间上的最值，第一应判定函数在闭区间上的单调性，一样方式是令f ′(x )＝0，求出x 值后，再判定函数在各区间上的单调性，在那个地址一样要用到分类讨论的思想，讨论的标准一般是极值点与区间端点的大小关系，确信单调性或具体情形．
解 ∵f (x )＝x 2e －ax (a >0)，
∴f ′(x )＝2x e －ax ＋x 2·(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )． 令f ′(x )>0，即e －ax (－ax 2＋2x )>0，
得0<x <2
a
.
∴f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫
2a ，＋∞上是减函数，
在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，2a 上是增函数． ①当0<2
a
<1，即a >2时，f (x )在[1,2]上是减函数，
∴f (x )max ＝f (1)＝e －a .
②当1≤2
a
≤2，即1≤a ≤2时，f (x )在⎣
⎢⎡⎭⎪⎫1，2a 上是增函数，在⎝ ⎛⎦
⎥⎤2a
，2上是减函数，
∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ＝4a －2e －2.
③当2
a
>2，即0<a <1时，f (x )在[1,2]上是增函数，
∴f (x )max ＝f (2)＝4e －2a . 综上所述，
当0<a <1时，f (x )的最大值为4e －2a ； 当1≤a ≤2时，f (x )的最大值为4a －2e －2； 当a >2时，f (x )的最大值为e －a .
变式迁移1 解 (1)函数f (x )的概念域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a ·1－ln x
x
2
(a >0)， 由f ′(x )＝a ·1－ln x x
2
>0，得0<x <e ； 由f ′(x )<0，得x >e.
故f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． (2)∵f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，
∴f (x )在[a ,2a ]上的最小值[f (x )]min ＝min{f (a )，f (2a )}．∵f (a )－f (2a )＝12ln a 2，
∴当0<a ≤2时，[f (x )]min ＝ln a ；
当a >2时，[f (x )]min ＝ln 2a
2
.
例2 解题导引 利用导数解决不等式问题的要紧方式确实是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．
(1)解 f ′(x )＝x －a x
＝
x 2－a x
(x >0)，
若a ≤0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． 若a >0时，令f ′(x )>0，得x >a ，
∴函数f (x )的单调增区间为(
a ，＋∞)，减区间为(0，a )．
(2)证明 设F (x )＝23x 3－(12x 2＋ln x )， 故F ′(x )＝2x 2－x －1
x
.
∴F ′(x )＝
x －12x 2＋x ＋1
x
.
∵x >1，∴F ′(x )>0.
∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数．
又F (x )在(1，＋∞)上持续，F (1)＝1
6>0，
∴F (x )>1
6在(1，＋∞)上恒成立．∴F (x )>0.
∴当x >1时，12x 2＋ln x <23
x 3. 变式迁移2 (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ， 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .
令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 转变时，
f ′(x )，f (x )的转变情形如下表：
x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x )
－
＋
f (x ) 极小值
故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)， 单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为 f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．
(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R . 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，
g ′(x )最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.
于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，
因此g (x )在R 内单调递增，于是当a >ln 2－1时， 对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．
而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0， 即e x －x 2＋2ax －1>0， 故e x >x 2－2ax ＋1.
例3 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 ′＝0，得x ＝6＋2
3a 或x ＝12(不合题意，舍去)．
∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤28
3.
在x ＝6＋2
3a 双侧L ′的值由正变负．
∴①当8≤6＋23a <9，即3≤a <9
2
时，
L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )．
②当9≤6＋23a ≤283，即9
2
≤a ≤5时，
L max ＝L (6＋2
3a )＝(6＋23a －3－a )[12－(6＋2
3a )]2
＝4(3－1
3
a )3.
因此Q (a )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
96－a ， 3≤a <92
，
4
3－13
a 3，
9
2
≤a ≤5.
综上，假设3≤a <9
2，那么当每件售价为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92≤a ≤5，那么当每件售价为(6＋23a )元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝4(3－1
3a )3(万元)． 变式迁移3 解 (1)因为赔付价钱为S 元/吨， 因此乙方的实际年利润为ω＝2 000t －St .
由ω′＝1 000t －S ＝
1 000－S t
t
，
令ω′＝0，得t ＝t 0＝(1 000S
)2.
当t <t 0时，ω′>0；当t >t 0时，ω′<0. 因此当t ＝t 0时，ω取得最大值．
因此乙方取得最大利润的年产量为(1 000S
)2吨．
(2)设甲方净收入为v 元，那么v ＝St －0.002t 2.
将t ＝(1 000S
)2代入上式，取得甲方净收入v 与赔付价钱S 之间的函数关系式：
v ＝1 0002S －2×1 0003S
4
. 又v ′＝－1 0002S 2＋8×1 0003S 5＝1 0002×8 000－S 3S
5
， 令v ′＝0，得S ＝20.
当S <20时，v ′>0； 当S >20时，v ′<0，
因此S ＝20时，v 取得最大值．
因此甲方向乙方要求赔付价钱S ＝20元/吨时，可取得最大净收入． 课后练习区
1．A 2.D 3.C 4.C 5.A 6.
63
d
解析 如下图，为圆木的横截面， 由b 2＋h 2＝d 2， ∴bh 2＝b (d 2－b 2)． 设f (b )＝b (d 2－b 2)， ∴f ′(b )＝－3b 2＋d 2. 令f ′(b )＝0，由b >0， ∴b ＝
33
d ，且在(0，
33
d )上f ′(b )>0，在[
33
d ，d ]上f ′(b )<0.
∴函数f (b )在b ＝33
d 处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，现在长h ＝63
d .
7．300
解析 设长为x m ，那么宽为(20－x )m ，仓库的容积为V ，那么V ＝x (20－x )·3＝－3x 2＋60x ，V ′＝－6x ＋60，
令V ′＝0得x ＝10.
当0<x <10时，V ′>0；当x >10时，V ′<0， ∴x ＝10时，V 最大＝300 (m 3)． 8．(－1,0]
解析 f ′(x )＝41－x 2
x 2＋12
≥0，解得－1≤x ≤1.
由已知得(m,2m ＋1)⊆[－1,1]，即⎩⎪⎨⎪⎧ m ≥－12m ＋1≤1
m <2m ＋1
，
解得－1<m ≤0.
9．解 (1)∵f (x )＝12
(1＋x )2－ln(1＋x )， ∴f ′(x )＝(1＋x )－11＋x ＝x 2＋x 1＋x (x >－1)． ……………………………………………………………………………………………(4分) ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
在(－1,0)上单调递减．…………………………………………………………………(6分)
(2)令f ′(x )＝0，即x ＝0，那么
x
(1e －1,0) 0 (0，e －1) f ′(x )
－ 0 ＋ f (x ) 极小值
又∵f (1e －1)＝12e 2＋1，f (e －1)＝12e 2－1>12e
2＋1， 又f (x )<m 在x ∈[1e
－1，e －1]上恒成立， ∴m >12
e 2－1.………………………………………………………………………………(12分) 10．解 (1)设隔热层厚度为x cm ，由题设，
每一年能源消花费用为C (x )＝k 3x ＋5
，(2分) 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝
403x ＋5，…………………………………………(4分) 而建造费用为C 1(x )＝6x .…………………………………………………………………(5分)
最后得隔热层建造费用与20年的能源消花费用之和为
f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x ＝8003x ＋5
＋6x (0≤x ≤10)．………………………………………………………………(6分) (2)f ′(x )＝6－
2 400
3x ＋52，令f ′(x )＝0， 即 2 400
3x ＋52＝6，解得x ＝5，x ＝－253
(舍去)．…………………………………………(8分) 当0<x <5时，f ′(x )<0，
当5<x <10时，f ′(x )>0，………………………………………………………………(10分) 故x ＝5是f (x )的最小值点，
对应的最小值为f (5)＝6×5＋80015＋5
＝70. 当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元．
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解 (1)f (x )＝ln x 的图象与x 轴的交点坐标是(1,0)，
依题意，得g (1)＝a ＋b ＝0.①……………………………………………………………(2分) 又f ′(x )＝1x ，g ′(x )＝a －b x
2， 且f (x )与g (x )在点(1,0)处有公共切线，
∴g ′(1)＝f ′(1)＝1，即a －b ＝1.②……………………………………………………(4分)
由①②得a ＝12，b ＝－12
.…………………………………………………………………(6分) (2)令F (x )＝f (x )－g (x )，那么
F (x )＝ln x －(12x －12x )＝ln x －12x ＋12x
， ∴F ′(x )＝1x －12－12x 2＝－12(1x
－1)2≤0. ∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．………………………………………………………(10分) 当0<x <1时，F (x )>F (1)＝0，即f (x )>g (x )；
当x＝1时，F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
当x>1时，F(x)<F(1)＝0，即f(x)<g(x)．
综上，0<x<1时，f(x)>g(x)；
x＝1时，f(x)＝g(x)；
x>1时f(x)<g(x)．…………………………………………………………………………(14分)。