高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案

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y＝f(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y＝f(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．

[自测练习]

1

1．(2016·济宁一模)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )

21A. 2C．0

2

1x－1

解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.

xx

B．1 D．不存在

令f′(x)>0，得x>1； 令f′(x)<0，得0

∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值， 11

且f(1)＝－ln 1＝.

22答案：A

2．已知函数f(x)＝ex－x2，若对任意的x∈[1,2]，不等式－m≤f(x)≤m2－4恒成立，则实数m的取值范围是( )

A．(－∞，1－e]

B．[1－e，e]

C．[－e，e＋1] D．[e，＋∞)

解析：由题意得f′(x)＝ex－2x，又对任意的x∈R，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在[1,2]上单调递增，所以e－1≤f(x)≤e2－4，又不等式－m≤f(x)≤m2－4恒成立，所以

{e－1≥－m，－m≤m2－4，e2－4≤m2－4， 解得m≥e，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y1

＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )

3

A．13万件 C．9万件

B．11万件 D．7万件

解析：y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)． 当x∈(0,9)时，y′>0；当x∈(9，＋∞)时，y′<0， 即当x＝9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y＝

a

＋10(x－6)2，其中3

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x＝5时，y＝11，

a

所以＋10＝11，a＝2.

2

2

(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2.

x－3所以商场每日销售该商品所获得的利润 22

f(x)＝(x－3)?x－3＋10?x－6??

??

＝2＋10(x－3)(x－6)2,3

从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)．

于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) (3,4) ＋  4 0 极大值 (4,6) －  由上表可得，x＝4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x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.

即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

利用导数解决生活中优化问题的方法

求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．

1．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．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AC＝x(km)．

(1)试将y表示为x的函数；

(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值． ka

解：(1)设点C受A污染源污染程度为2，

x点C受B污染源污染程度为其中k为比例系数，且k>0.

kb

，

?18－x?2kakb

从而点C处受污染程度y＝2＋.

x?18－x?2kkb

(2)因为a＝1，所以y＝2＋，

x?18－x?222b

y′＝k?－x3＋?18－x?3?

??

令y′＝0，得x＝

18

31＋b

，

又此时x＝6，解得b＝8，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程的根|

x2

(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－kln x，k>0.

2(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，e]上仅有一个零点． x2

[解] (1)由f(x)＝－kln x(k>0)，得x>0且

2

2

kx－k

f′(x)＝x－＝.

xx

由f′(x)＝0，解得x＝k.

f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：

x f′(x) f(x) (0，k) －  k 0 k?1－ln k? 2(k，＋∞) ＋  所以，f(x)的单调递减区间是(0，k]，单调递增区间是[k，＋∞)； f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝

k?1－ln k?

. 2

k?1－ln k?

(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝.

2k?1－ln k?

因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.

2当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0， 所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．

当k>e时，f(x)在区间(0，e )上单调递减， e－k1

且f(1)＝>0，f(e )＝<0，

22

所以f(x)在区间(1，e ]上仅有一个零点．

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e ]上仅有一个零点．

利用导数研究方程根的方法

研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

2．(2015·高考四川卷)已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>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(x－1－ln x－a)， 22?x－1?

所以g′(x)＝2－＝.

xx

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

(2)证明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x.

令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.

令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)． 1

由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

x故0＝u(1)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)＝(x－a0)2－2xln x>0. 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/8pox.html