人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.4 数学建模活动:描述体重与脉搏率的关系学案及答案

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类型1 导数的几何意义及其应用
阐述：从近几年高考的考查情况来看，以导数计算为考查指向的考题更多的是以切线的形式来考查的，强调导数几何意义的同时还考查了导数的运算及方程、不等式等．特别是全国卷，几乎每年都考查函数图像的切线问题，在解答题中强调导数运算下的方程思想，对逻辑推理及数学运算等核心素养的要求较高．
利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得
y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)，①
又y1＝f(x1)，②
由①②求出x1，y1的值，
即求出了过点P(x0，y0)的切线方程．
【例1】 (1)曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于( )
A．2e B．e C．2 D．1
(2)已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是( )

A B C D
(1)C (2)B [(1)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1，1)处的切线斜率为k＝2．
(2)从导函数的图像可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图像的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误；B项正确．]
[跟进训练]
1．已知曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)．
(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；
(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；
(3)求斜率为4的曲线的切线方程．
[解] (1)∵P(2，4)在曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)上，且y′＝x2，
∴在点P(2，4)处的切线的斜率k＝4．
∴曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0．
(2)设曲线y＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(4,3)与过点P(2，4)的切线相切于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,3)x\\al(3,0)＋\f(4,3)))，则切线的斜率k＝xeq \\al(2,0)．
∴切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x\\al(3,0)＋\f(4,3)))＝xeq \\al(2,0)(x－x0)，
即y＝xeq \\al(2,0)·x－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3)．
∵点P(2，4)在切线上，
∴4＝2xeq \\al(2,0)－eq \f(2,3)xeq \\al(3,0)＋eq \f(4,3)，
即xeq \\al(3,0)－3xeq \\al(2,0)＋4＝0，
∴xeq \\al(3,0)＋xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＋4＝0．
∴xeq \\al(2,0)(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0．
(3)设切点为(x0，y0)，
则切线的斜率k＝xeq \\al(2,0)＝4，∴x0＝±2．
∴切点为(2，4)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(4,3)))．
∴斜率为4的曲线的切线方程为y－4＝4(x－2)和y＋eq \f(4,3)＝4(x＋2)，
即4x－y－4＝0和12x－3y＋20＝0．
类型2 利用导数判断函数的单调性
阐述：从高考的考查情况来看，利用导数研究函数的单调性是高考命题的热点，它能充分考查数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想及转化与化归思想，因此函数的单调性是命题专家最为青睐的内容之一，也是导数最重要的应用之一．对函数单调性的探讨，常常涉及研究一元二次不等式，特别是含参一元二次不等式．总的来说，该部分内容对数学运算、直观想象、逻辑推理等素养要求较高．
【例2】 若函数f(x)在定义域D内某个区间I上单调递增，且F(x)＝eq \f(f(x),x)在I上单调递减，则称函数f(x)是I上的“单反减函数”．已知m(x)＝ln x，g(x)＝2x＋eq \f(2,x)＋aln x(a∈R)．
(1)判断函数m(x)在(0，1)上是否是“单反减函数”；
(2)若函数g(x)是[1＋∞)上的“单反减函数”，求实数a的取值范围．
[解] (1)函数m(x)＝ln x在(0，1)上单调递增．
∵F(x)＝eq \f(m(x),x)＝eq \f(ln x,x)，∴F′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
∴当x∈(0，1)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0，1)上单调递增，
∴函数m(x)在(0，1)上不是“单反减函数”．
(2)∵g(x)＝2x＋eq \f(2,x)＋aln x，∴g′(x)＝eq \f(2x2＋ax－2,x2)．
∵函数g(x)是[1，＋∞)上的“单反减函数”，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝2x2＋ax－2，则h(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴－eq \f(a,2×2)≤1且h(1)≥0，解得a≥0．
令G(x)＝eq \f(g(x),x)，则G(x)＝2＋eq \f(2,x2)＋eq \f(aln x,x)在[1，＋∞)上单调递减．
又G′(x)＝－eq \f(4,x3)＋eq \f(a(1－ln x),x2)，
∴G′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即－eq \f(4,x3)＋eq \f(a(1－ln x),x2)≤0在x∈[1，＋∞)上恒成立，即ax－axln x－4≤0在x∈[1，＋∞)上恒成立．令P(x)＝ax－axln x－4，则P′(x)＝－aln x，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥0,P(1)≤0，))解得0≤a≤4．
综上所述，实数a的取值范围为[0，4]．
[跟进训练]
2．设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解] (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b．
依题设，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(2)＝2e＋2，,f′(2)＝e－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝e.))
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex．
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1．
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
类型3 利用导数研究函数的极值
阐述：极值决定了函数的形态，因此对于极值的研究往往着眼于方程(零点)问题；最值也影响函数的形态，但更多聚焦的是边界问题，因而更多与不等式恒成立有关．对极值、最值问题的研究是高考考查的热点，也是难点，涉及函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，通过对函数极值与最值的研究，充分考查逻辑推理、数学运算等核心素养．
【例3】 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b的图像上一点P(1，0)，且在点P处的切线与直线3x＋y＝0平行．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在区间[0，t](0(3)关于x的方程f(x)＝c在区间[1，3]上恰有两个相异的实根，求实数c的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2＋2ax，曲线在P(1，0)处的切线斜率为：f′(1)＝3＋2a，即3＋2a＝－3，a＝－3．
又函数过(1，0)点，即－2＋b＝0，b＝2．
所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2．
(2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．
①当0②当2f(x)的最小值为f(2)＝－2，f(x)的最大值为f(0)与f(t)中较大的一个．
f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0．
所以f(x)的最大值为f(0)＝2．
综上可知，当t∈(0，2]时，f(x)的最大值为2，最小值为t3－3t2＋2；当t∈(2，3)时，f(x)的最大值为2，最小值为－2．
(3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，
g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
在x∈[1，2)上，g′(x)<0；在x∈(2，3]上，g′(x)>0．要使g(x)＝0在[1，3]上恰有两个相异的实根，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g(1)≥0，,g(2)<0，,g(3)≥0，))解得－2[跟进训练]
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2，a∈R．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cs x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解] (1)由题意得f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，
即3x－y－9＝0．
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cs x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cs x－(x－a)sin x－cs x
＝x(x－a)－(x－a)sin x
＝(x－a)(x－sin x)．
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cs x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0．
①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a；
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a．
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)．
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a．
综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a．
类型4 利用导数解决实际问题
阐述：导数在实际生活中的应用主要考查数学建模的核心素养，近几年高考对导数在实际问题中的应用考查较少，在利用导数解决实际问题时需注意以下几点：
(1)在求实际问题的最大(小)值时，一定要考虑实际问题的意义，不符合实际意义的值应舍去．例如，长度、宽度应大于零，销售价格应为正数．
(2)在解决优化问题时，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还应确定函数的定义域．
(3)得出函数的最大值或最小值之后，一定要将数学问题还原成实际问题．
【例4】 已知A，B两地相距200千米，一只船从A地逆水到B地，水速为8千米/时，船在静水中的速度为v千米/时(8[解] 设每小时的燃料费为y1元，比例系数为k(k>0)，则y1＝kv2，当v＝12时，y1＝720，
∴720＝k·122，解得k＝5．
∴y1＝5v2．
设全程燃料费为y元，由题意，得y＝y1·eq \f(200,v－8)＝eq \f(1 000v2,v－8)，
∴y′＝eq \f(2 000v(v－8)－1 000v2,(v－8)2)＝eq \f(1 000v2－16 000v,(v－8)2)．
令y′＝0，解得v＝0(舍去)或v＝16．
∴当v0≥16时，v＝16(千米/时)时全程燃料费最省；
当v0<16，v∈(8，v0]时，y′<0，即y在(8，v0]上为减函数．
∴当v＝v0时，ymin＝eq \f(1 000v\\al(2,0),v0－8)．
综上可知，若v0≥16，则当v＝16(千米/时)时，全程燃料费最省，为32 000元；若v0<16，则当v＝v0时，全程燃料费最省，为eq \f(1 000v\\al(2,0),v0－8)元．
[跟进训练]
4．2020年“十一”期间，各旅游景区人数发生“井喷”现象，给旅游区的管理带来了严峻的考验，“十一”过后，某旅游区管理部门对该区景点进一步改造升级，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x万元之间满足如下关系：y＝eq \f(27,50)x－ax2－lneq \f(x,10)，x∈(2，t]，且当x＝10时，y＝eq \f(22,5)．
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)求旅游增加值y取得最大值时对应的x值．
[解] (1)∵当x＝10时，y＝eq \f(22,5)，即eq \f(27,50)×10－a×102－ln 1＝eq \f(22,5)，解得a＝eq \f(1,100)．
∴f(x)＝eq \f(27,50)x－eq \f(x2,100)－ln eq \f(x,10)，x∈(2，t]．
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(27,50)－eq \f(x,50)－eq \f(1,x)＝
－eq \f(x2－27x＋50,50x)＝－eq \f((x－2)(x－25),50x)．
令f′(x)＝0，得x＝25(x＝2不合题意，舍去)．
易知当t>25时，f(x)在(2，25)上是增函数，在(25，t]上是减函数，
∴当x＝25时，y取得最大值．
当2∴当x＝t时，y取得最大值．
综上，若t>25，则当x＝25时，y取得最大值；
若21．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图像在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3D．y＝2x＋1
B [法一：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1．故选B．
法二：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，∴切线的斜率为－2，排除C，D．又f(1)＝1－2＝－1，∴切线过点(1，－1)，排除A．故选B．]
2．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a)，若f′(1)＝eq \f(e,4)，则a＝________．
1 [由于f′(x)＝eq \f(ex(x＋a)－ex,(x＋a)2)，故f′(1)＝eq \f(ea,(1＋a)2)＝eq \f(e,4)，解得a＝1．]
3．(2020·北京高考)为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f(t)，用－eq \f(f(b)－f(a),b－a)的大小评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示．
给出下列四个结论：
①在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是________．
①②③ [由题图可知甲企业的污水排放量在t1时刻高于乙企业，而在t2时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确；由题图知在t2时刻，甲企业对应的关系图像斜率的绝对值大于乙企业的，故②正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，③正确；甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力明显低于[t1，t2]时的，故④错误．]
4．(2020·北京高考)已知函数f(x)＝12－x2．
(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
[解] (1)函数f(x)＝12－x2的定义域为R，f′(x)＝－2x，令f′(x)＝－2x＝－2，得x＝1，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝11，∴曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0．
(2)由(1)知f′(x)＝－2x，则f′(t)＝－2t，又f(t)＝12－t2，所以曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12．若t＝0，则围不成三角形，故t≠0．
令x＝0，得y＝t2＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，令y＝0，得x＝eq \f(t2＋12,2t)，记Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2＋12,2t)，0))，则|OB|＝eq \f(t2＋12,2|t|)，
∴S(t)＝eq \f(1,2)|OA||OB|＝eq \f((t2＋12)2,4|t|)，∵S(t)为偶函数，∴仅考虑t＞0即可．
当t＞0时，S(t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t3＋24t＋\f(144,t)))，
则S′(t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝eq \f(3,4t2)(t2－4)(t2＋12)，
令S′(t)＝0，得t＝2，
∴当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：
∴S(t)min＝S(2)＝32．
5．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1．
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0．
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a．
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>eq \f(1,e)，则f(ln a)<0．
由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝eeq \s\up12(eq \f(x,2))·eeq \s\up12(eq \f(x,2))－a(x＋2)>eeq \s\up12(ln(2a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0．
故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
x
0
(0，2)
2
(2，t)
t
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
2
↘
极小值
－2
↗
t3－3t2＋2
t
(0，2)
2
(2，＋∞)
S′(t)
－
0
＋
S(t)
↘
极小值
↗