【创新方案】2015届高考数学一轮复习(回扣主干知识+提升学科素养)第九章 第三节 导数的应用教案2

1第三节导数的应用(二)【考纲下载】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．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．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤优化问题读题、审题、找出已知、未知建立数学模型写出函数解析式利用导数还原问题答案求解问题得以解决得到最优解答案比较极值点与最值点得到函数极值点，最值点1．在求实际问题中的最大值和最小值时，函数的定义域有什么要求？提示：实际问题中的函数的定义域应使实际问题有意义．2．在求实际问题的最值时，若函数在区间内只有一个极值点，则该极值与函数的最值有什么关系？提示：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．21.(2013·浙江高考)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析：选B在(－1,0)上，f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势．2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()解析：选C∵f(x)在x＝－2处取得极小值，∴在x＝－2附近的左侧f′(x)0，当x－2时，xf′(x)0.在x＝－2附近的右侧f′(x)0，当－2x0时，xf′(x)0.3．(2014·洛阳模拟)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y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析：选C∵y＝－13x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′＝0，得x＝9.4．(2014·南昌模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，fx2，则f(x)2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析：选B令函数g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－20，因此，g(x)在R上是增函数，又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为g(x)g(－1)，3由g(x)的单调性，可得x－1.5．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a0.答案：(－∞，0)压轴大题巧突破(四)利用导数研究函数的零点或方程的根[典例](2013·山东高考)(13分)设函数f(x)＝xe2x＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．[化整为零破难题](1)先对函数f(x)进行求导，再求解不等式f′(x)0或f′(x)0，即可得出其单调区间．由于其在定义域内有唯一的极大值点也是最大值点，所以可得其最大值．(2)基础问题1：方程|lnx|＝f(x)中既有指数，也有对数，如何求解？求方程|lnx|＝f(x)根的个数，应构造函数g(x)＝|lnx|－f(x)，转化为判断函数g(x)零点的个数问题．基础问题2：如何判断函数g(x)＝|lnx|－f(x)的零点个数？函数g(x)＝|lnx|－f(x)的零点即为g(x)的图象与x轴的交点，因此，问题转化为判断g(x)的图象与x轴公共点的个数．基础问题3：函数g(x)的图象不能利用描点法画出，如何判断其与x轴公共点的个数？可根据函数g(x)的单调性与极值的情况，大体画出g(x)的图象，从而确定图象与x轴公共点的个数．利用导数可以证明，函数g(x)在(1，＋∞)内单调递增，在(0,1)内单调递减，故g(x)有最小值g(1)．故当g(1)0时，图象与x轴没有公共点；当g(1)＝0时，图象与x轴有唯一公共点；当g(1)0时，图象与x轴交点的个数不能确定(因为g(x)的定义域为(0，＋∞)，而不是R)．基础问题4：如何判断g(1)0时，g(x)的图象与x轴公共点的个数？4若存在x0∈(1，＋∞)，且g(x0)0，则在(1，＋∞)上存在零点；若存在x1∈(0,1)，且g(x1)0，则在(0,1)上存在零点．因此只需判断g(x)0在(0,1)和(1，＋∞)上是否有解即可．[规范解答不失分](1)f′(x)＝(1－2x)e－2x，由f′(x)＝0，解得x＝12.2分当x12时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x12时，f′(x)0，f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递增区间是－∞，12，单调递减区间是12，＋∞，最大值为f12＝12e－1＋c.4分(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，lnx0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2xe2xx＋2x－1.因为2x－10，e2xx0，所以g′(x)0，因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增.6分(ⅱ)当x∈，时，①lnx0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x－e2xx＋2x－1.因为e2x∈(1，e2)，e2x1x0，所以－e2xx－1.又2x－11，所以－e2xx＋2x－10，即g′(x)0.因此g(x)在(0,1)上单调递减．综合(ⅰ)(ⅱ)可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.8分当g(1)＝－e－2－c0，即c－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；9分当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)的个数为1；10分当g＝－e－2－c0，即c－e－2时，②a．当x∈(1，＋∞)时，由(1)知gx＝lnx－xe－2x－c≥lnx－12e－1＋clnx－1－c，③5要使g(x)0，只需使lnx－1－c0，即x∈(e1＋c，＋∞)；11分b．当x∈(0,1)时，由(1)知gx＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－12e－1＋c－lnx－1－c，③要使g(x)0，只需－lnx－1－c0，即x∈(0，e－1－c)；所以c－e－2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.12分综上所述，当c－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.13分[易错警示要牢记]易错点一①处易忽视定义域为(0，＋∞)，得出“x1时，lnx0”的错误结论易错点二②处极易认为：g(1)0时，没有零点；g(1)＝0时，有一个零点；从而想当然认为g(1)0有两个零点，造成解题步骤不完整而失分易错点三③处易忽视xe－2x＋c在x＝12处取得最大值，不能将不等式适当改变，从而无法判断g(x)的符号，导致解题失误或解题步骤不完整而失分