《2018高考理科数学第一轮复习教案15 导数的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018高考理科数学第一轮复习教案15 导数的综合应用（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 第十二节导数的综合应用1最值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)2导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题知识点一函数的最值与导数一、函数的最值与导数1函数yf(x)在a，b上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)2函数yf(x)在a，b上的最小值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f(x0)易误提醒1易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念2极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值自测练
2、习1(2016济宁一模)函数f(x)x2ln x的最小值为()A. B1C0 D不存在解析：f(x)x，且x0.令f(x)0，得x1；令f(x)0，得0x0恒成立，所以函数f(x)在1,2上单调递增，所以e1f(x)e24，又不等式mf(x)m24恒成立，所以解得me，所以选D.答案：D知识点二生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤易误提醒在求解实际应用问题中建立数学模型时，易忽视函数的定义域导致失误自测练习3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yx381x234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A13万件 B11万件C9万件
3、D7万件解析：yx281，令y0得x9或x9(舍去)当x(0,9)时，y0；当x(9，)时，y0，即当x9时，y有最大值即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C.答案：C考点一利用导数研究生活中的优化问题|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y10(x6)2，其中3x6，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解(1)因为x5时，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的
4、销售量y10(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)(x3)210(x3)(x6)2,3x0)现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和设ACx(km)(1)试将y表示为x的函数；(2)若a1，且x6时，y取得最小值，试求b的值解：(1)设点C受A污染源污染程度为，点C受B污染源污染程度为，其中k为比例系数，且k0.从而点C处受污染程度y.(2)因为a1，所以y，yk令y0，得x，又此时x6，解得b8，经验证符合题意，所以，污染源B的污染强度b的值为8.考点二利用导数研究函数的零点或方
5、程的根|(2015高考北京卷)设函数f(x)kln x，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点解(1)由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，单调递增区间是，)；f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1
6、，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0， )上单调递减，且f(1)0，f( )0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解解：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(x1ln xa)，所以g(x)2.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增(2)证明：由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x.令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0.于是，存在x0(1，e)，
7、使得(x0)0.令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0,1)当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0.再由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，当x(1，x0)时，f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；又当x(0,1时，f(x)(xa0)22xln x0.故x(0，)时，f(x)0.综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解考点三利用导数研究与不等式有关的问题|导
8、数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题归纳起来常见的命题探究角度有：1证明不等式2不等式恒成立问题3存在型不等式成立问题探究一证明不等式1(2016唐山一模)已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)，x1，且x0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0x1,0ex1，则0xex1，从而当x(1,0)时，h(x)0，h(x)在(1,0上单调递减当1xh(0)0，即g(x)1.综
9、上，总有g(x)1.探究二不等式恒成立问题2已知函数f(x)m(x1)exx2(mR)(1)若m1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的xf(x)恒成立，求m的取值范围解：(1)m1时，f(x)(1x)exx2，则f(x)x(2ex)，由f(x)0，得0xln 2，由f(x)0，得xln 2，故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)mxx2(m2)x，即：mxexx2mx0.x0.令h(x)mexxm，则h(x)mex1，当m0时，h(x)在xh(0)0.当0m1时，h(x)在xh(0)0.当m1时，h(x)在(，ln m)上为减函数，在(ln m
10、,0)上为增函数，h(ln m)h(0)0，不合题意综上：m1.探究三存在型不等式成立问题3(2015东北三校联考)已知函数f(x)(e为自然对数的底数)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数(x)xf(x)tf(x)，存在实数x1，x20,1，使得2(x1)(x2)成立，求实数t的取值范围解：(1)函数的定义域为R，f(x)，当x0，当x0时，f(x)0，f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减(2)假设存在x1，x20,1，使得2(x1)(x2)成立，则2(x)min(x)max.(x)xf(x)tf(x)ex，(x).当t1时，(x)0，(x)在0,1上单调递减，2(1)31.当t0时，(x)0，(x)在0,1上单调递增，2(0)(1)，即t32e0.当0t1时，若x0，t)，(x)0，(x)在(t,1
