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《2.13导数的应用(Ⅱ)》 学案



导数的应用(Ⅱ)
适用学科 适用区域 知 识 点 数学 新课标 用导数处理恒成立问题 利用导数解决生活中的优化问题 1.能利用导数研究函数的单调性、极值或最值,并会解决与之有关的不等式问题. 2.会利用导数解决某些简单的实际问题. 用导数处理恒成立问题 用导数处理恒成立问题 适用年级 课时时长(分钟) 高三 60

学习目标 学习重点 学习难点

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学习过程 一、课堂导入 我们知道,汽油的消耗量 w(单位:L)与汽车的速度 v(单位:km/h)之间有一定的关系,汽油的消耗量 w 是汽车 速度 v 的函数.根据你的生活经验,思考下面两个问题: ① 是不是汽车的速度越快,汽车的消耗量越大? ②“汽油的使用率最高”的含义是什么? 通过实际问题引发学生思考,进而导入本节课

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二、复习预习 1.
2.

函数的单调性与导数的关系 函数的极值与导数的关系 函数的最值与导数的关系 函数的极值和函数的最值的联系和区别

3. 4.

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三、知识讲解 考点 1 生活中的优化问题 生活中常遇到求利润最大,用料最省、效率最高等一些实际问题,这些问题通常称为优化问题.

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考点 2

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

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考点 3 求实际问题中的最值问题 有关函数最大值、最小值的实际问题,一般指的是单峰函数,也就是说在实际问题中,如果遇到函数在区间内只有 一个极值点,那么不与区间端点比较,就可以知道这个极值点就是最大(小)值点.

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四、例题精析 【例题 1】 1 【题干】设函数 f(x)=ln x-2ax2-bx. 1 (1)当 a=b=2时,求 f(x)的最大值; 1 1 a (2)令 F(x)=f(x)+2ax2+bx+x (0<x≤3),其图象上任意一点 P(x0,y0)处切线的斜率 k≤2恒成立,求实数 a 的取值范 围; (3)当 a=0,b=-1 时,方程 2mf(x)=x2 有唯一实数解,求正数 m 的值.

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【解析】 (1)依题意,知 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 1 1 当 a=b=2时,f(x)=ln x-4x2-2x, 1 1 1 -?x+2??x-1? f′(x)=x-2x-2= , 2x 令 f′(x)=0,解得 x=1(x=-2 舍去). 当 0<x<1 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减. 3 所以 f(x)的极大值为 f(1)=-4. 3 又因为 f′(x)=0 在(0,+∞)上有唯一解,所以 f(x)的最大值为-4. a (2)由题意得 F(x)=ln x+ x,x∈(0,3],则 x0 - a 1 k=F′(x0)= x2 ≤2在 x0∈(0,3]上恒成立, 0 ? 1 ? 所以 a≥?-2x2 0+x0?max,x0∈(0,3]. ? ? 1 1 1 当 x0=1 时,-2x2 0+x0 取得最大值 ,所以 a≥ . 2 2
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(3)因为方程 2mf(x)=x2 有唯一实数解, 所以 x2-2mln x-2mx=0 有唯一实数解. 设 g(x)=x2-2mln x-2mx, 2x2-2mx-2m 则 g′(x)= . x 令 g′(x)=0,即 x2-mx-m=0. m- m2+4m m+ m2+4m 因为 m>0,x>0,所以 x1= <0(舍去),x2= . 2 2 当 x∈(0,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上单调递减; 当 x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上单调递增;当 x=x2 时,g′(x2)=0,g(x)取最小值 g(x2).
2-2mln x2-2mx2=0, ?g?x2?=0, ?x2 因为 2mf(x)=x 有唯一实数解, 则? 即? 2 所以 2mln x2+mx2-m=0.又因为 m>0, ?g′?x2?=0, ?x2-mx2-m=0, 2

所以 2ln x2+x2-1=0.(*) 设函数 h(x)=2ln x+x-1,当 x>0 时,h(x)是增函数,所以 h(x)=0 至多有一解. m+ m2+4m 1 因为 h(1)=0,所以方程(*)的解为 x2=1,即 =1,解得 m=2. 2

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【例题 2】 【题干】已知 f(x)=(x2-a)ex,a∈R. (1)若 a=3,求 f(x)的单调区间和极值; (2)已知 x1,x2 是 f(x)的两个不同的极值点,且|x1+x2|≥|x1x2|,求实数 a 的取值集合 M; 3 (3)在(2)的条件下,若不等式 3f(a)<a3+2a2-3a+b 对于 a∈M 都成立,求实数 b 的取值范围.

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【解析】(1)∵a=3,∴f(x)=(x2-3)ex. 令 f′(x)=(x2+2x-3)ex=0?x=-3 或 x=1. 当 x∈(-∞,-3)∪(1,+∞)时,f′(x)>0; x∈(-3,1)时,f′(x)<0, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-3),(1,+∞); 单调递减区间为(-3,1). ∴f(x)的极大值为 f(-3)=6e-3; 极小值为 f(1)=-2e. (2)令 f′(x)=(x2+2x-a)ex=0,即 x2+2x-a=0, 由题意其两根为 x1,x2, ∴x1+x2=-2,x1x2=-a, 故-2≤a≤2. 又 Δ=4+4a>0,∴-1<a≤2. ∴M={a|-1<a≤2}. 3 3 (3)原不等式等价于 b>3f(a)-a3-2a2+3a 对 a∈M 都成立,记 g(a)=3f(a)-a3-2a2+3a(-1<a≤2), 则 g′(a)=3(a2+a-1)(ea-1),
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令 g′(a)=0, 则 a= 5-1 ? ? -1- 5 ? 舍去?. 2 或 a=0?a= 2 ?

故当 a 变化时,g′(a),g(a)的变化情况如下表: a g′(a) g(a) 又∵g(0)=0,g(2)=6e2-8, ∴g(a)max=6e2-8, ∴b>6e2-8. 故实数 b 的取值范围为(6e2-8,+∞). (-1,0) + 0 0 极大值 ? 5-1? ?0, ? 2 ? ? - 5-1 2 0 极小值 ? 5-1 ? ? ? , 2 ? 2 ? + 6e2-8 2

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【例题 3】 【题干】 某商场预计 2013 年 1 月份起前 x 个月, 顾客对某商品的需求总量 p(x)(单位: 件)与 x 的关系近似地满足 p(x) 1 = 2 x(x + 1)(39 - 2x)(x ∈ N* , 且 x≤12) . 该 商 品 第 x 月 的 进 货 单 价 q(x)( 单 位 : 元 ) 与 x 的 近 似 关 系 是 q(x) = 150+2x ?x∈N*,且1≤x≤6?, ? ? ? 160 185- x ?x∈N*,且7≤x≤12?. ? ? (1)写出 2013 年第 x 月的需求量 f(x)(单位:件)与 x 的函数关系式; (2)该商品每件的售价为 185 元,若不计其他费用且每月都能满足市场需求,试问商场 2013 年第几月销售该商品的 月利润最大,最大月利润为多少元?

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【解析】(1)当 x=1 时,f(1)=p(1)=37, 当 2≤x≤12,且 x∈N*时, 1 1 f(x)=p(x)-p(x-1)=2x(x+1)(39-2x)-2(x-1)· x(41-2x)=-3x2+40x. 经验证 x=1 符合 f(x)=-3x2+40x(x∈N*,且 1≤x≤12). (2)该商场预计第 x 月销售该商品的月利润为 ?-3x2+40x??35-2x??x∈N*,且1≤x≤6?, ? ? g(x)=? 160 ?-3x2+40x?· x ?x∈N*,且7≤x≤12?, ? ? ?6x3-185x2+1 400x?x∈N*,且1≤x≤6?, 即 g(x)=? ?-480x+6 400?x∈N*,且7≤x≤12?, 140 当 1≤x≤6,且 x∈N*时,g′(x)=18x2-370x+1 400,令 g′(x)=0,解得 x=5,x= 9 (舍去). 当 1≤x≤5 时,g′(x)>0,当 5<x≤6 时,g′(x)<0,∴当 x=5 时,g(x)max=g(5)=3 125(元). ∴当 7≤x≤12,且 x∈N*时,g(x)=-480x+6 400 是减函数,当 x=7 时,g(x)max=g(7)=3 040(元), 综上,商场 2013 年第 5 个月的月利润最大,最大利润为 3 125 元.

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【例题 4】 ln x+k 【题干】(2012· 山东高考)已知函数 f(x)= ex (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=(x2+x)f′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1+e-2.

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ln x+k 【解析】(1)由 f(x)= ex , 1-kx-xln x 得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), xe x 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行,所以 f′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)由(1)得 f′(x)=xex(1-x-xln x),x∈(0,+∞), 令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)证明:因为 g(x)=(x2+x)f′(x), x+1 所以 g(x)= ex (1-x-xln x),x∈(0,+∞). 因此对任意 x>0,g(x)<1+e-2 等价于 1-x-xln x< ex (1+e-2). x+ 1
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由(2)h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 所以 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2), x∈(0,+∞), 因此当 x∈(0,e-2)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 所以 h(x)的最大值为 h(e-2)=1+e-2, 故 1-x-xln x≤1+e-2.设 φ(x)=ex-(x+1). 因为 φ′(x)=ex-1=ex-e0, 所以当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, φ(x)>φ(0)=0, 故当 x∈(0,+∞)时,φ(x)=ex-(x+1)>0, 即 ex >1. x+1

ex 所以 1-x-xln x≤1+e-2< (1+e-2). x+1 因此对任意 x>0,g(x)<1+e-2.

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五、课堂运用 【基础】 1.已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是单调增函数,则 a 的最大值是( A.0 C.2 B.1 D.3

)

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2.若不等式 2xln x≥-x2+ax-3 对 x∈(0,+∞)恒成立,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,0) C.(0,+∞) B.(-∞,4] D.[4,+∞)

)

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3.已知函数 f(x)=x3-3x,若对于区间[-3,2]上任意的 x1,x2 都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数 t 的最小值是( A.0 C.18 B.10 D.20

)

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【巩固】 π 4.设 f(x)=x3+x,x∈R,若当 0≤θ≤2时,f(msin θ)+f(1-m)>0 恒成立,则实数 m 的取值范围是________.

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1 5.若函数 f(x)=3x3-a2x 满足:对于任意的 x1,x2∈[0,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤1 恒成立,则 a 的取值范围是________.

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【拔高】 1 6.设函数 f(x)=2x2+ex-xex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围.

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1 7.设函数 f(x)=x-x -aln x. (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线被圆 x2+y2=1 截得的弦长为 2,求 a 的值; (2)若函数 f(x)在其定义域上为增函数,求实数 a 的取值范围; 1 (3)当 a≤2 时,设函数 g(x)=x-ln x-e ,若在[1,e]上存在 x1,x2 使 f(x1)≥g(x2)成立,求实数 a 的取值范围.

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课程小结 1. 解决恒成立问题,要充分分析已知与求证的特点,灵活应用分离参数发或构造函数法来解决问题。 2. 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系,建立数学模型,写出函数关系式 y=f(x); (2)求出函数的导函数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和使 f′(x)=0 的点处的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.

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