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2013届高考数学第一轮总复*(文)第17讲导数的综合应用(主要含优化问题)课件(湖南专版)

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1.掌握利用导数解决实际生活中的优化 问题的方法和步骤,如用料最少、费用 最低、消耗最省、利润最大、效率最高等. 2.掌握导数与不等式、几何等综合问题 的解题方法.

1.利用导数解决生活中的优化问题可归结为求 函数的最值问题 其解题的程序:读题(文字语言) ? 建模(数学语言) ? 求解(数学应用) ? 反馈(检验作答) 注意事项:
?1?函数建模,要设出两个变量,根据题意分析它们
的关系,把变量间的关系转化成函数关系式,并确 定自变量的取值范围;
? 2 ?问题求解中所得出的数学结果要检验它是否符合 问题的实际意义;? 3? 在函数定义域内只有一个极值,
则该极值就是所求的最大(小)值.

2.*几年高考中和导数有关的综合题主要有以下几类
?1? 求参数的取值范围.多数给出单调性,利用导数
研究函数单调性的逆向思维问题,灵活运用等价转 化、分类讨论、数形结合等思想方法,建立关于字 母参数的不等关系.
? 2 ? 用导数方法证明不等式.其步骤一般是:构造可
导函数 — —研究单调性或最值 — —得出不等关系 — — 整理得出结论.
?3?与几何图形相关的最值问题.根据几何知识建立
函数关系,然后用导数方法求最值.

1.当 x≠0 时,有不等式( ) A.ex<1+x B.当 x>0 时 ex<1+x,当 x<0 时,ex>1+x C.ex>1+x D.当 x<0 时 ex<1+x,当 x>0 时 ex>1+x

【解法 1】 构造 f(x)=ex-x-1,则 f ′(x)=ex-1; 当 x<0 时,f ′(x)<0,函数单调递减, f(x)>f(0)=0?x<0 时,ex>x+1; 当 x>0 时,f ′(x)>0,函数单调递增,f(x)>f(0)=0,故 选 C.

【解法 2】 利用图象易知 ex>x+1 恒成立.

2.如图所示,直线 l 和圆 C,当 l 从 l0 开始在*面上绕点 O 匀速旋转(旋转角度不超过 90°)时,它扫过的圆内阴影部 分的面积 S 是时间 t 的函数,它的图象大致是( )

【解析】由题意,绕点 O 匀速旋转时,前部分随着 t 的增 加,S 越来越快,反映在图上是曲线斜率越来越大;后部 分,增长缓慢,曲线斜率减少,故选 D.

3.(2011·北京卷)某车间分批生产某种产品,每批的生产准

备费用为 800 元.若每批生产 x 件,则*均仓储时间为8x天,

且每件产品每天的仓储费用为 1 元.为使*均每件产品的

生产准备费用与仓储费用之和最小,每批应生产产品

() A.60 件

B.80 件

C.100 件

D.120 件

【解析】设每件产品的*均费用为 y 元, 由题意得 y=80x0+8x(x>0), 令 y′=18-8x020=0?x=80,当 x∈(0,80)时,y′<0, 函数单调递减;当 x∈(80,+∞)时,y′>0,函数单调 递增,且在定义域内只有一个极小值点,所以 ymin=y 极 小值=f(80).

4.某工厂生产某种产品,已知该产品的月产量 x(吨) 与每吨产品的价格 P(吨/元)之间的函数关系为 P= 24200-15x2,且生产 x 吨的成本为 R=50000+200x 元,则该厂每月生产 200 吨产品才能使利润达 到最大,最大利润是 315 万元.

【解析】设每月生产 x 吨产品,利润为 y 元, 则 y=Px-R=(24200-15x2)·x-(50000+200x) =-15x3+24000x-50000. 令 y′=-35x2+24000=0,得 x=200. 所以当每月生产 200 吨产品时,利润达到最大,最 大利润是 315 万元.

5.将长为 52 cm 的铁丝剪成 2 段,各围成一个长宽之比为
2∶1 及 3∶2 的矩形,那么面积之和的最小值为 78 cm2 .

【解析】设剪成 2 段中其中一段为 x cm,另一段为(52-x)cm, 依题意知:S=6x·26x+3?5120-x?·2?5120-x? =118x2+530(52-x)2, S′=19x-235(52-x),令 S′=0, 则 x=27,另一段为 52-27=25 cm,此时 Smin=78 cm2.
.

一 导数与方程、不等式问题
【例 1】(1)(2011·辽宁卷)已知函数 f(x)=ex-2x+a 有 零点,则 a 的取值范围是____________.

(2)(2011·辽宁卷)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2, 对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为( )
A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)

【解析】 (1)函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,即方程 ex-2x+a=0 有实根,即函数 y=2x-ex,y=a 有交点, 而 y′=2-ex,易知 y=2x-ex 在(-∞,ln2)上递增,在 (ln2,+∞)上递减,

因而 y=2x-ex 的值域为(-∞,2ln2-2],所以要使 函数 y=2x-ex,y=a 有交点,只要 a∈(-∞,2ln2-2].

(2)设 m(x)=f(x)-2x-4,则 m′(x)=f ′(x)-2>0, 所以 m(x)在 R 上为增函数,
又因为 m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,所以 m(x)>0 的解集为{x|x>-1}.
即 f(x)>2x+4 的解集为{x|x>-1},选 B.

【点评】 (1)方程根的存在性问题应等价转换为函数极 值、最值和单调性问题研究,然后应用导数及数形结合 确定方程根的存在性和个数.

(2)不等式的证明式求解问题,应构造函 数,转换为探究函数值的大小,然后应用导数 讨论单调性,从而达到目的.
(3)含参不等式的恒成立,通过分离变量, 构造函数等价转化为函数最值问题.

素材1
已知函数 f(x)=x3-x. (1)设 x1、x2∈[-1,1],求证:|f(x1)-f(x2)|<1; (2)设 a>0,如果过点(a,b)可作曲线 y=f(x)的三条切 线,证明:-a<b<f(a).

【证明】 (1)求函数 f(x)的导数,f ′(x)=3x2-1. 令 f ′(x)=0,得 x=± 33, 当 x∈[-1,- 33)时,f ′(x)>0; 当 x∈(- 33, 33)时,f ′(x)<0; 当 x∈( 33,1]时,f ′(x)>0.

又 f(-1)=f(1)=0,

f(x)max=f(-

33)=29 3,f(x)min=f(

33)=-29

3 .

又 x1,x2∈[-1,1],

所以|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=4 9 3<1, 故原不等式成立.

(2)曲线 y=f(x)在点 M(t,f(t))处的切线方程为: y-f(t)=f ′(t)(x-t), 即 y=(3t2-1)x-2t3. 如果有一条切线过点(a,b),则存在 t,使 b=(3t2-1)a-2t3.

于是,若过点(a,b)可作曲线 y=f(x)的三条切线,则 方程 2t3-3at2+a+b=0 有三个相异的实数根.
记 g(t)=2t3-3at2+a+b, 则 g′(t)=6t2-6at=6t(t-a).

当 t 变化时,g(t),g′(t)变化情况如下表:

由 g(t)的单调性,当极大值 a+b<0 或极小值 b-f(a)>0 时,方程 g(t)=0 最多有一个实数根;
当 a+b=0 时,解方程 g(t)=0 得 t=0,t=32a,即方 程 g(t)=0 只有两个相异的实数根;
当 b-f(a)=0 时,解方程 g(t)=0 得 t=-a2,t=a,即 方程 g(t)=0 只有两个相异的实数根.

综上,如果过点(a,b)可作曲线 y=f(x)三条切线,即 g(t)=0 有三个相异的实数根,
则???ab+-bf?>a0?<0 ,即-a<b<f(a).

【点评】 本题主要考查函数、导数、不等式等基础 知识及综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力和 化归与转化思想的灵活运用.解此题的关键是将原问题等 价转化.

二 利润最大问题
【例 2】受金融危机的影响,三峡某旅游公司经济 效益出现了一定程度的滑坡.现需要对某一景点进行改 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:y=5510x-ax2-ln1x0, 2x-x 12∈[t,+∞),其中 t 为大于12的常数.当 x=10 时, y=9.2.

(1)求 y=f(x)的解析式和投入 x 的取值范围; (2)求旅游增加值 y 取得最大值时对应的 x 的值.

【解析】 (1)因为当 x=10 时,y=9.2, 即5510×10-a×102-ln1=9.2,解得 a=1100,

所以 f(x)=5510x-1x020-ln1x0. 因为2x-x 12≥t 且 t>12,所以 6<x≤21t-2t1. 即投入 x 的取值范围是(6,21t-2t1].

(2)对 f(x)求导, 得 f′(x)=5510-5x0-1x=-x2-5510xx+50 =-?x-15??0xx-50?. 令 f′(x)=0,得 x=50 或 x=1(舍去).

当 x∈(6,50)时,f′(x)>0,且 f(x)在(6,50]上连续, 因此,f(x)在(6,50]上是增函数; 当 x∈(50,+∞)时,f′(x)<0,且 f(x)在[50,+∞) 上连续. 因此,f(x)在[50,+∞)上是减函数. 所以 x=50 为极大值点.

当21t-2t1≥50,即 t∈(12,2454]时,投入 50 万元改造 时取得最大增加值;
当 6<21t-2t1<50,即 t∈(2454,+∞)时,投入21t-2t1万 元改造时取得最大增加值.

【点评】收益问题备受人们的关注,它与数学密不 可分.本例注重知识迁移,通过问题的解决,培养运用 导数的意识和能力.

素材2
某集团为了获得更大的利益,每年要投入一定的资 金 t(百万元)用于广告费,可增加销售额约为-t2+5t(百万 元),0≤t≤5.

(1)若该公司将当年的广告费控制在 300 万元之内,则 应投入多少广告费,才能使该公司由此获得增加的收益最 大?

(2)现该公司准备共投入 300 万元,分别用于广告促 销和技术改造.经预测,每投入技术改造费 x(百万元), 可增加的销售额约为-13x3+x2+3x(百万元).请设计一个 资金分配方案,使该公司由此获得的收益最大?(注:收 益=销售额-投入)

【解析】 (1)设投入 t(百万元)的广告费后增加的收益为 f(t)(百万元),
则 有 f(t) = ( - t2 + 5t) - t = - t2 + 4t = - (t - 2)2+ 4(0<t≤3).
所以当 t=2 百万元时,f(t)取得最大值 4 百万元. 即投入 2 百万元的广告费时,该公司由此获得的收益 最大.

(2)设用于技术改造的资金为 x(百万元), 则用于广告促销的资金为(3-x)(百万元),又设由此 获得增加的收益是 g(x),则有 g(x)=(-13x3+x2+3x)+[-(3-x)2+5(3-x)]-3 =-13x3+4x+3(0≤x≤3), 所以 g′(x)=-x2+4.

令 g′(x)=0,解得 x=-2(舍去)或 x=2, 又当 0≤x<2 时,g′(x)>0,当 2<x≤3 时,g′(x)<0. 故 g(x)在[0,2]上是增函数,在[2,3]上是减函数. 所以当 x=2 时,g(x)取最大值,即将 2 百万元用于技 术改造,1 百万元用于广告促销时,该公司由此获得的收 益最大.

三 用料配料最少问题
【例 3】
一条水渠,断面为等腰梯形,如图所示.在确定断面的 尺寸时,希望在断面 ABCD 的面积为定值 S 时,使得四周的 长 l=AB+BC+CD 最小,这样可使水流阻力小,渗透少, 求此时的高 h 和下底边长 b.

【解析】由梯形的面积公式,得 S=12(AD+BC)h,

其中 AD=2DE+BC,DE= 33h,BC=b,

所以 AD=233h+b,

所以 S=12(233h+2b)h=( 33h+b)h.



因为 CD=cosh30°= 23h,AB=CD, 所以 l= 23h×2+b. ②

由①得 b=Sh- 33h,

代入②,得 l=433h+Sh- 33h= 3h+Sh,

则令 l′=

3-hS2=0,得

h= 4

S

.

3

当 h< S时,l′<0;当 h> S时,l′>0.

4

4

3

3

4

所以,当

h= 4

S 时,l

取最小值,此时

b=2 3

3

S.

3

【点评】在求实际问题中的最大值或最小值时,一 般先设自变量、因变量,建立函数关系式,并确定其定 义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际 问题相结合,用导数求解实际问题中的最大(小)值时, 如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义 该极值点也就是最值点.

素材3
统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗 油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析式可以 表示为:y=1281000x3-830x+8(0<x≤120).已知甲、乙两 地相距 100 千米.

(1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲 地到乙地要耗油多少升?
(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地 耗油最少?最少为多少升?

【解析】 (1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 14000=2.5 小时,
要耗油(1281000×403-830×40+8)×2.5=17.5 升. 故当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地 到乙地耗油为 17.5 升.

(2)当速度为 x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶

了100小时,设耗油量为 x

h(x)升,

依题意得:

h(x)=(1281000x3-830x+8)·10x0

=12180x2+80x0-145(0<x≤120), 则 h′(x)=64x0-8x020=x63-408x02 3(0<x≤120).

令 h′(x)=0,得 x=80. 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数. 所以,当 x=80 时,h(x)取到极小值 h(80)=11.25. 因为 h(x)在(0,120]上只有一个极小值, 所以它是最小值. 故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地 到乙地耗油最少,为 11.25 升.

备选例题
(2011·江西卷)设 f(x)=13x3+mx2+nx. (1)如果 g(x)=f′(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值 -5,求 f(x)的解析式. (2)如果 m+n<10(m,n∈N),f(x)的单调递减区间的 长度是正整数,试求 m 和 n 的值.(注:区间(a,b)的长 度为 b-a)

【解析】 (1)由题意得 g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m -1)2+(n-3)-(m-1)2.
因为 g(x)在 x=-2 处取得最小值-5, 所以???m?n--13=?-2?m-1?2=-5 ,即 m=3,n=2. 即得所要求的解析式为 f(x)=13x3+3x2+2x.

(2)因为 f′(x)=x2+2mx+n,且 f(x)的单调递减区间的 长度为正整数,故 f′(x)=0 一定有两个不同的根,从而 Δ =4m2-4n>0,即 m2>n.
不妨设 f′(x)=0 的根为 x1,x2,则|x2-x1|=2 m2-n为 正整数.
故 m≥2 时才可能有符合条件的 m,n. 当 m=2 时,只有 n=3 符合要求;

当 m=3 时,只有 n=5 符合要求; 当 m≥4 时,没有符合要求的 n. 综上所述,只有 m=2,n=3 或 m=3,n=5 满足上述 要求.

1.应用导数证明不等式,关键在于 构造适当的函数. 2.利用导数解决优化问题,关键在 于建立目标函数,并且还要根据实 际问题,写出函数的定义域. 3.在求实际问题的最值时,如果只 有一个极值点,则此点就是最值点.




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