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统考版高中数学(文)复习3-2-2导数在研究函数中的应用学案
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第2课时 导数与函数的极值、最值
提 升 关键能力——考点突破 掌握类题通法
考点一 利用导数求函数的极值问题 [综合性]
角度1 根据函数图象判断极值
[例1]
设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数g(x)=xf′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(-2)为函数的极大值
C.f(x)有两个极小值
D.f(-1)为f(x)的极小值
听课笔记:
反思感悟 由图象判断函数y=f(x)的极值,要抓住两点:(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点;(2)由导函数y=f′(x)的图象可以看出y=f′(x)的值的正负,从而可得函数y=f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
角度2 求已知函数的极值
[例2] 已知函数f(x)=x2-1-2a ln x(a≠0),求函数f(x)的极值.
听课笔记:
反思感悟 求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)确定函数的定义域,求导数f′(x);
(2)求方程f′(x)=0的根;
(3)检验f′(x)在方程f′(x)=0的根的左右两侧的符号,具体如下表:
x | x<x0 | x0 | x>x0 |
f′(x) | f′(x)>0 | f′(x)=0 | f′(x)<0 |
f(x) | 增 | 极大值f(x0) | 减 |
x | x<x0 | x0 | x>x0 |
f′(x) | f′(x)<0 | f′(x)=0 | f′(x)>0 |
f(x) | 减 | 极小值f(x0) | 增 |
[提醒] 对于求解析式中含有参数的函数的极值问题,一般要对方程f′(x)=0的根的情况进行讨论.分两个层次讨论:第一层,讨论方程在定义域内是否有根;第二层,在有根的条件下,再讨论根的大小.
角度3 已知极值(点)求参数
[例3] (1)已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1处有极值0,则a+b=________.
(2)已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是________.
听课笔记:
反思感悟 已知函数极值点或极值求参数的2个要领
(1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.
(2)验证:因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证该点两侧导数的符号.
【对点训练】
1.[2023·洛阳模拟]若x=1是函数f(x)=ax+ln x的极值点,则( )
A.f(x)有极大值-1 B.f(x)有极小值-1
C.f(x)有极大值0 D.f(x)有极小值0
2.[2022·桂林联考]若函数f(x)=e2x-mex-x2有两个极值点,则实数m的取值范围是( )
A. B.(1,+∞)
C. D.(e,+∞)
考点二 利用导数求函数的最值 [综合性、应用性]
[例4] 已知函数g(x)=a ln x+x2-(a+2)x(a∈R).
(1)若a=1,求g(x)在区间[1,e]上的最大值;
(2)求g(x)在区间[1,e]上的最小值h(a).
听课笔记:
反思感悟 求函数f(x)在[a,b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a,b]上单调递增或单调递减,则f(a)与f(b)一个为最大值,一个为最小值.
(2)若函数在区间[a,b]上有极值,则要先求出函数在[a,b]上的极值,再与f(a),f(b)比较,最大的是最大值,最小的是最小值,可列表完成.
(3)若函数f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点,则这个极值点就是最大(或最小)值点,此结论在导数的实际应用中经常用到.
【对点训练】
[2023·四川省江油中学高三测试]已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)在x=-3处取得极大值为9.
(1)求a,b的值;
(2)求函数f(x)在区间[-4,4]上的最大值与最小值.
考点三 生活中的优化问题 [应用性]
[例5] [2023·山东烟台调研]中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利,极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后,发车时间间隔t(单位:分钟)满足5≤t≤25,t∈N*,经测算,高铁的载客量与发车时间间隔t相关:当20≤t≤25时,高铁为满载状态,载客量为1 000人;当5≤t<20时,载客量会在满载基础上减少,减少的人数与(20-t)2成正比,且发车时间间隔为5分钟时的载客量为100人.记发车间隔为t分钟时,高铁载客量为P(t).
(1)求P(t)的解析式;
(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(t)=P(t)-40t2+650t-2 000(元),当发车时间间隔为多少时,单位时间的净收益最大?
听课笔记:
反思感悟 利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤
[注意] 在利用导数解决实际问题时,若在定义域内只有一个极值,则这个值即为最优解.
【对点训练】
如图,将一张16 cm×10 cm的长方形纸片剪下四个全等的小正方形,
使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒,则这个纸盒的最大容积是________cm3.
第2课时 导数与函数的极值、最值
提升关键能力
考点一
例1 解析:由题图知,当x∈(-∞,-2)时,g(x)>0,∴f′(x)<0,
当x∈(-2,0)时,g(x)<0,∴f′(x)>0,
当x∈(0,1)时,g(x)<0,∴f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,∴f′(x)>0.
∴f(x)在(-∞,-2),(0,1)上单调递减,
在(-2,0),(1,+∞)上单调递增.
故ABD错误,C正确.
答案:C
例2 解析:因为f(x)=x2-1-2a ln x(x>0),
所以f′(x)=2x-=.
①当a<0时,因为x>0,且x2-a>0,所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立.所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无极值.
②当a>0时,令f′(x)=0,解得x1=,x2=-(舍去).
所以当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x | (0,) | (,+∞) | |
f′(x) | - | 0 | + |
f(x) | ↘ | 极小值 | ↗ |
所以当x=时,f(x)取得极小值,且f()=()2-1-2a ln =a-1-a ln a.无极大值.
综上,当a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上无极值.
当a>0时,函数f(x)在x=处取得极小值a-1-a ln a,无极大值.
例3 解析:(1)f′(x)=3x2+6ax+b,
由题意得
解得或
当a=1,b=3时,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,
∴f(x)在R上单调递增,
即f(x)无极值,
∴a=1,b=3不符合题意,
当a=2,b=9时,经检验满足题意.
∴a+b=11.
解析:(2)f(x)=x(ln x-ax),定义域为(0,+∞),
f′(x)=1+ln x-2ax.
由题意知,当x>0时,1+ln x-2ax=0有两个不相等的实数根,
即2a=有两个不相等的实数根,
令φ(x)=(x>0),∴φ′(x)=.
当0<x<1时,φ′(x)>0;当x>1时,φ′(x)<0,
∴φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且φ(1)=1,
当x→0时,φ(x)→-∞,
当x→+∞时,φ(x)→0,
则0<2a<1,即0<a<.
答案:(1)11 (2)
对点训练
1.解析:∵f(x)=ax+ln x,x>0,
∴f′(x)=a+,
由f′(1)=0得a=-1,
∴f′(x)=-1+=.
由f′(x)>0得0<x<1,由f′(x)<0得x>1,
∴f′(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴f(x)极大值=f(1)=-1,无极小值.
答案:A
2.解析:依题意,f′(x)=e2x-mex-mx有两个变号零点,
令f′(x)=0,即e2x-mex-mx=0,则e2x=m(ex+x),
显然m≠0,则=,
设g(x)=,则g′(x)==,
设h(x)=1-ex-2x,则h′(x)=-ex-2<0,
∴h(x)在R上单调递减,
又h(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(0,+∞)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,
∴g(x)max=g(0)=1,且x→-∞时,g(x)→-∞,x→+∞时,g(x)→0,
∴0<<1,解得m>1.
答案:B
考点二
例4 解析:(1)∵a=1,∴g(x)=ln x+x2-3x,
∴g′(x)=+2x-3=,
∵x∈[1,e],∴g′(x)≥0,
∴g(x)在[1,e]上单调递增,
∴g(x)max=g(e)=e2-3e+1.
(2)g(x)的定义域为(0,+∞),
g′(x)=+2x-(a+2)==.
①当≤1,即a≤2时,g(x)在[1,e]上单调递增,h(a)=g(1)=-a-1;
②当1<<e,即2<a<2e时,g(x)在上单调递减,在上单调递增,h(a)=g=a ln a2-a;
③当≥e,即a≥2e时,g(x)在[1,e]上单调递减,h(a)=g(e)=(1-e)a+e2-2e.
综上,h(a)=
对点训练
解析:(1)由题意得:f′(x)=x2+2ax+b,
∴,解得:.
当时,f(x)=x3+x2-3x,f′(x)=x2+2x-3=(x+3)(x-1),
∴当x∈(-∞,-3)和(1,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(-3,1)时,f′(x)<0,
∴f(x)在(-∞,-3),(1,+∞)上单调递增,在(-3,1)上单调递减,
∴f(x)的极大值为f(-3)=9,满足题意.
(2)由(1)得:f(x)的极大值为f(-3)=9,极小值为f(1)=+1-3=-,
又f(-4)=,f(4)=,
∴f(x)在区间[-4,4]上的最大值为,最小值为-.
考点三
例5 解析:(1)当5≤t<20时,不妨设P(t)=1 000-k(20-t)2,因为P(5)=100,所以解得k=4.
因此P(t)
=
(2)①当5≤t<20时,Q(t)=P(t)-40t2+650t-2 000=-t3+500t-2 000,
因此F(t)==-t2-+500,5≤t<20.
因为F′(t)=-2t+=,当5≤t<10时,
F′(t)>0,F(t)单调递增;当10<t<20时,F′(t)<0,F(t)单调递减.所以F(t)max=F(10)=200.
②当20≤t≤25时,Q(t)=-40t2+900t-2 000.
因此F(t)==900-40,20≤t≤25.
因为F′(t)=<0,此时F(t)单调递减,所以F(t)max=F(20)=0.
综上,发车时间间隔为10分钟时,单位时间的净收益最大.
对点训练
解析:设剪下的四个小正方形的边长为x cm,则经过折叠以后,糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16-2x)cm,宽为(10-2x)cm的长方形,其面积为(16-2x)(10-2x)cm2,长方体纸盒的高为x cm,则体积V=(16-2x)(10-2x)×x=4x3-52x2+160x(0<x<5),所以V′=12(x-2),由V′>0,得0<x<2,则函数V=4x3-52x2+160x(0<x<5)在(0,2)上单调递增,由V′<0,得2<x<5,则函数V=4x3-52x2+160x(0<x<5)在(2,5)上单调递减,所以当x=2时,Vmax=144(cm3).
答案:144
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