導數(shù)在研究函數(shù)中的應用與生活中的優(yōu)化問題舉例 課件

第十二節(jié)導數(shù)在研究函數(shù)中的應用與生活中的優(yōu)化問題舉例三年31考高考指數(shù):★★★★★1.了解函數(shù)的單調性和導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，會求函數(shù)的單調區(qū)間（對多項式函數(shù)一般不超過三次）.2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值.3.會利用導數(shù)解決某些簡單的實際問題.1.利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性、求函數(shù)的單調區(qū)間、求函數(shù)的極值（最值）是考查重點；2.含參數(shù)的函數(shù)單調區(qū)間與極值情況的討論是高考的重點和難點；3.題型有選擇題和填空題，難度較??；與方程、不等式等知識點交匯則以解答題為主，難度較大.1.導數(shù)與函數(shù)單調性的關系(1)函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間內可導①若f′(x)＞0，則f(x)在這個區(qū)間內________；②若f′(x)＜0，則f(x)在這個區(qū)間內_________.③如果在某個區(qū)間內恒有f′(x)=0，則f(x)為________.(2)單調性的應用若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調，則y=f′(x)在該區(qū)間上不變號.單調遞增單調遞減常數(shù)函數(shù)【即時應用】(1)函數(shù)f(x)=1+x-sinx在(0,2π)上的單調情況是_____.(2)設f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，y=f′(x)的圖象如圖所示，則y=f(x)的圖象最有可能是_____.(3)若函數(shù)y=x3+x2+mx+1是R上的單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是_______.【解析】(1)在（0，2π)上有f′(x)=1-cosx>0，所以f(x)在(0,2π)上單調遞增.(2)由導函數(shù)圖象知，f′(x)在(-∞,0)上為正，在(0,2)上為負，在(2,+∞)上為正，所以f(x)在(-∞,0)上是增函數(shù)，在(0,2)上是減函數(shù)，在(2,+∞)上是增函數(shù)，比較①②③④，只有③符合.(3)函數(shù)y=x3+x2+mx+1是R上的單調函數(shù)，只需y′=3x2+2x+m≥0恒成立，即Δ=4-12m≤0，∴m≥.答案：(1)單調遞增(2)③(3)m≥2.函數(shù)極值的概念(1)極值點與極值設函數(shù)f(x)在點x0及附近有定義，且在x0兩側的單調性____（或導數(shù)值異號），則x0為函數(shù)f(x)的極值點，f(x0)為函數(shù)的極值.(2)極大值點與極小值點①若先增后減（導數(shù)值先正后負），則x0為______點.②若先減后增（導數(shù)值先負后正），則x0為______點.相反極大值極小值【即時應用】(1)判斷下列結論的正誤.（請在括號中填“√”或“×”）①導數(shù)為零的點一定是極值點 ()②函數(shù)f(x)在點x0及附近有定義，如果在x0附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，那么f(x0)是極大值 ()③函數(shù)f(x)在點x0及附近有定義，如果在x0附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，那么f(x0)是極大值 ()(2)函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數(shù)f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內有極小值點的個數(shù)為_____.(3)函數(shù)f(x)=x3+3x2-9x的極值點為_________.【解析】(1)①導數(shù)為零只是函數(shù)在該點取極值的必要條件，②正確，③f(x0)為極小值，故錯誤.(2)從f′(x)的圖象可知f(x)在(a，b)內從左到右的單調性依次為增→減→增→減，所以f(x)在(a，b)內只有一個極小值點；(3)由f′(x)=3x2+6x-9=0得x=1或x=-3,當x＜-3時，f′(x)＞0,當-3＜x＜1時，f′(x)＜0,當x＞1時，f′(x)＞0,∴x=1和x=-3都是f(x)的極值點.答案：(1)①×②√③×(2)1(3)1和-33.函數(shù)極值與最值的求法(1)求可導函數(shù)極值的步驟：①求導數(shù)f′(x)；②求方程f′(x)=0的根；③列表，檢驗f′(x)在方程f′(x)=0的根左右兩側的符號（判斷y=f(x)在根左右兩側的單調性），確定是否為極值，是極大值還是極小值.(2)求函數(shù)y=f(x)在閉區(qū)間［a,b］上的最值可分兩步進行：①求y=f(x)在(a,b)內的____；②將函數(shù)y=f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個為______，最小的一個為______.極值最大值最小值【即時應用】(1)思考：最值是否一定是極值？提示：不一定.如果最值在端點處取得就不是極值.(2)函數(shù)f(x)=3x-4x3，x∈[0,1]的最大值是_____.【解析】由f′(x)=3-12x2=0得x=，∵f(0)=0，f()=1，f(1)=-1，∴f(x)max=1.答案：1(3)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處取極值10，則f(2)=_____.【解析】f′(x)=3x2+2ax+b，由題意即得a=4或a=-3.但當a=-3時，b=3,f′(x)=3x2-6x+3≥0，故不存在極值，∴a=4，b=-11，f(2)=18.答案：184.導數(shù)的實際應用導數(shù)在實際生活中的應用主要體現(xiàn)在求利潤最大、用料最省、效率最高等問題中，解決這類問題的關鍵是建立恰當?shù)臄?shù)學模型（函數(shù)關系），再利用導數(shù)研究其單調性和最值.解題過程中要時刻注意實際問題的意義.【即時應用】(1)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y（單位：萬元）與年產(chǎn)量x（單位：萬件）的函數(shù)關系式為y=x3+81x-234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為_____.(2)將邊長為1m的正三角形薄片沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S=,則S的最小值是_____.【解析】(1)y′=-x2+81,令y′=0得x=9或x=-9（舍去），當x＜9時y′＞0；當x＞9時y′＜0，故當x=9時函數(shù)有極大值，也是最大值；即該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為9萬件.(2)設剪成的小正三角形的邊長為x，則：S=令S′(x)=0（0＜x＜1）,得x=,當x∈(0,)時，S′(x)＜0,S(x)遞減；當x∈(,1)時，S′(x)＞0,S(x)遞增；故當x=時，S取得最小值.答案：(1)9萬件(2)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性【方法點睛】1.導數(shù)在函數(shù)單調性方面的應用(1)利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性；(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間；(3)已知函數(shù)單調性，求參數(shù)的范圍.2.導數(shù)法求函數(shù)單調區(qū)間的一般步驟第一步：求定義域：求函數(shù)y=f(x)的定義域第二步：求根：求方程f′(x)=0在定義域內的根第三步：劃分區(qū)間：用求得的方程的根劃分定義域所在的區(qū)間第四步：定號：確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號第五步：結果：求得函數(shù)在相應區(qū)間上的單調性，即得函數(shù)y=f(x)的單調區(qū)間.【提醒】當f(x)不含參數(shù)時，也可通過解不等式f′(x)>0（或f′(x)<0）直接得到單調遞增（或遞減）區(qū)間.【例1】(1)(2011·山東高考）函數(shù)y=-2sinx的圖象大致是()(2)(2012·景德鎮(zhèn)模擬)已知f(x)=lnx:①設F(x)=f(x+2)-，求F(x)的單調區(qū)間；②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4對任意a∈[-1,1]，x∈[0,1]恒成立，求m的取值范圍.【解題指南】(1)排除法與求導相結合，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調性的關系判斷.(2)由題意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到單調區(qū)間；原不等式恒成立可轉化為ln≤3ma+4-m2恒成立，進一步轉化為(ln)max≤(3ma+4-m2)min成立.【規(guī)范解答】(1)選C.當x=0時，y=0，排除A.當x>2π時，y=-2sinx>0，排除D.∵由y′=-2cosx>0,得cosx<，在滿足上式的x的區(qū)間內，y是增函數(shù).由y′=-2cosx＜0,得cosx>,在滿足上式的x的區(qū)間內，y是減函數(shù),∴由余弦函數(shù)的周期性知，函數(shù)的增減區(qū)間有無數(shù)多個,∴B不正確，C正確.(2)①F(x)=ln(x+2)-定義域為：(-2,-1)∪(-1,+∞).令F′(x)＞0，得單調增區(qū)間為(-2,-)和(,+∞)令F′(x)＜0，得單調減區(qū)間為(-,-1)和(-1,)②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化為：ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即ln≤3ma+4-m2.現(xiàn)在只需求y=ln(x∈[0,1])的最大值和y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的最小值.因為在[0，1]上單調遞減,所以y=ln(x∈[0,1])的最大值為0,而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是關于a的一次函數(shù)，故其最小值只能在a=-1或a=1處取得,于是得到：或解得0≤m≤1或-1≤m＜0，所以m的取值范圍是[-1，1].【互動探究】若本例(2)第①問中條件改為“F(x)=f(x+2)-kx在定義域內是單調遞增函數(shù)”，則k的取值范圍是_______.【解析】由題意F′(x)=-k≥0在(-2,+∞)上恒成立，∴k≤恒成立，∴k≤0.答案：k≤0【反思·感悟】1.求函數(shù)的單調區(qū)間時，切記定義域優(yōu)先的原則，一定要注意先求定義域.2.恒成立問題的處理，一般是采用“分離參數(shù)，最值轉化”的方法.【變式備選】已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上單調遞減，在［0，+∞)上單調遞增？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.【解析】f′(x)=ex-a.(1)若a≤0，f′(x)=ex-a≥0恒成立，即f(x)在R上遞增.若a>0,令ex-a≥0,得ex≥a,x≥lna.∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(lna,+∞).(2)方法一：由題意知ex-a≤0在（-∞，0］上恒成立.∴a≥ex在（-∞，0］上恒成立.∵ex在（-∞，0］上為增函數(shù).∴當x=0時，ex最大為1.∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞）上恒成立.∴a≤ex在［0，+∞）上恒成立.∴a≤1，∴a=1.方法二：由題意知，x=0為f(x)的極小值點.∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，驗證a=1符合題意.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值（最值）【方法點睛】1.應用函數(shù)極值應注意的問題(1)注意極大值與極小值的判斷.(2)已知極值求參數(shù)的值:注意f′(x0)=0是可導函數(shù)y=f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件.2.數(shù)形結合求參數(shù)的范圍利用導數(shù)研究了函數(shù)的單調性和極值后，可以畫出草圖，進行觀察分析，確定滿足條件的參數(shù)范圍.

【例2】已知函數(shù)f(x)=xe-x(x∈R).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)已知函數(shù)y=g(x)的圖象與函數(shù)y=f(x)的圖象關于直線x=1對稱.證明當x＞1時，f(x)＞g(x).(3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，證明x1+x2＞2.【解題指南】由f′(x)=0得出可能的極值點，再列表判斷；利用已知條件求出y=g(x)的解析式，構造新函數(shù)進行證明；討論x1,x2的可能取值，判斷其范圍，再利用f(x)的單調性證明.【規(guī)范解答】(1)f′(x)=(1-x)e-x.令f′(x)=(1-x)e-x=0，得x=1.當x變化時，f′(x),f(x)的變化情況如下表：x(-∞,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)單調遞增單調遞減所以f(x)在區(qū)間(-∞,1)內是增函數(shù)，在區(qū)間(1,+∞)內是減函數(shù).函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值f(1),且f(1)=.(2)因為函數(shù)y=g(x)的圖象與函數(shù)y=f(x)的圖象關于直線x=1對稱，所以g(x)=f(2-x)，于是g(x)=(2-x)ex-2.記F(x)=f(x)-g(x)，則F(x)=xe-x+(x-2)ex-2，F(xiàn)′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,當x＞1時，2x-2＞0，從而e2x-2-1＞0，又e-x＞0，所以F′(x)＞0，于是函數(shù)F(x)在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù).因為F(1)=e-1-e-1=0，所以，當x＞1時，F(xiàn)(x)＞F(1)=0.因此f(x)＞g(x).(3)①若(x1-1)(x2-1)=0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,與x1≠x2矛盾；②若(x1-1)(x2-1)＞0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,與x1≠x2矛盾；根據(jù)①，②可得(x1-1)(x2-1)＜0.不妨設x1＜1,x2＞1.由(2)可知f(x2)＞g(x2)=f(2-x2)，所以f(x1)=f(x2)＞g(x2)=f(2-x2).因為x2＞1，所以2-x2＜1，又x1＜1，由(1)知f(x)在區(qū)間(-∞,1)內是增函數(shù)，所以x1＞2-x2，即x1+x2＞2.【反思·感悟】1.求函數(shù)的極值時，極易弄混極大值、極小值.2.利用導數(shù)研究了單調性和極值，就可以大體知道函數(shù)的圖象，為數(shù)形結合解題提供了方便.【變式訓練】(2011·北京高考）已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值.【解析】(1)f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1,f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)-ek-1所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(-∞,k-1)；單調遞增區(qū)間是(k-1,+∞).(2)當k-1≤0，即k≤1時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=-k；當0＜k-1＜1，即1＜k＜2時，由(1)知f(x)在[0,k-1)上單調遞減，在(k-1,1]上單調遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k-1)=-ek-1.當k-1≥1,即k≥2時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)=(1-k)e.綜上，當k≤1時，f(x)在區(qū)間［0,1］上的最小值為-k；當1<k<2時，f(x)在區(qū)間［0,1］上的最小值為-ek-1；當k≥2時，f(x)在區(qū)間［0,1］上的最小值為（1-k)e.【變式備選】設函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx(x∈R)，已知g(x)=f(x)-f′(x)是奇函數(shù).(1)求b、c的值.(2)求g(x)的單調區(qū)間與極值.【解析】(1)∵f(x)=x3+bx2+cx，∴f′(x)=3x2+2bx+c.從而g(x)=f(x)-f′(x)=x3+bx2+cx-(3x2+2bx+c)=x3+(b-3)x2+(c-2b)x-c是一個奇函數(shù)，所以g(0)=0，得c=0，由奇函數(shù)的定義得b=3；(2)由(1)知g(x)=x3-6x，從而g′(x)=3x2-6，由此可知，(-∞,)和(,+∞)是函數(shù)g(x)的單調遞增區(qū)間；是函數(shù)g(x)的單調遞減區(qū)間；g(x)在x=時，取得極大值，極大值為，g(x)在x=時，取得極小值，極小值為.導數(shù)在實際問題中的應用【方法點睛】1.導數(shù)在實際問題中的應用在求實際問題中的最值時，一般要先恰當?shù)倪x擇變量，建立函數(shù)關系式，并確定其定義域，然后利用導數(shù)加以解決.注意檢驗結果與實際是否相符.2.實際問題中的最值根據(jù)實際意義，函數(shù)存在最值，而函數(shù)只有一個極值，則函數(shù)的極值就是最值.

【例3】(2011·山東高考）某企業(yè)擬建造如圖所示的容器（不計厚度，長度單位：米），其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設該容器的建造費用僅與其表面積有關.已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為c(c＞3)千元.設該容器的建造費用為y千元.(1)寫出y關于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域；(2)求該容器的建造費用最小時的r.【解題指南】本題為應用題，(1)先求出l和r的關系，再根據(jù)問題情境列出函數(shù)解析式，注意函數(shù)的定義域.(2)利用導數(shù)求函數(shù)的最值.先求導，再判斷函數(shù)的單調性，然后根據(jù)單調性求出極值，再由函數(shù)的定義域求出最值.【規(guī)范解答】(1)因為容器的容積為立方米，所以πr2l=，解得l=,由于l≥2r,因此0＜r≤2.所以圓柱的側面積為2πrl=,兩端兩個半球的表面積之和為4πr2,所以建造費用y=-8πr2+4πcr2,定義域為(0,2].(2)因為y′=-16πr+8πcr=,0＜r≤2.由于c>3,所以c-2>0,所以令y′＞0得:r＞;令y′＜0得:0＜r＜,①當3＜c≤，即≥2時，函數(shù)y在（0，2］上是單調遞減的，故建造費用最小時r=2.②當c＞，即0＜＜2時，函數(shù)y在（0，2］上是先減后增的，故建造費用最小時r=.【反思·感悟】1.解決實際問題，數(shù)學建模是關鍵，恰當變量的選擇，決定了解答過程的繁簡；函數(shù)模型的確定，決定了能否解決這個問題.2.解決實際問題必須考慮實際意義，忽視定義域是這類題目失分的主要原因.【變式訓練】統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y（升）關于行駛速度x（千米/小時）的函數(shù)解析式可以表示為：(0＜x≤120).已知甲、乙兩地相距100千米.(1)當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升？(2)當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？【解析】(1)當x=40時，汽車從甲地到乙地行駛了=2.5小時，要耗油(×403-×40+8)×2.5=17.5（升）.答：當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升.(2)當速度為x千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設耗油量為h(x)升，依題意得(0＜x≤120),(0＜x≤120).令h′(x)=0,得x=80.當x∈(0,80)時，h′(x)＜0,h(x)是減函數(shù)；當x∈(80,120］時，h′(x)＞0,h(x)是增函數(shù).∴當x=80時，h(x)取到極小值h(80)=11.25.因為h(x)在(0,120]上只有一個極值，所以它是最小值.答：當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升.【變式備選】某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為3元，并且每件產(chǎn)品需向總公司交a元（3≤a≤5）的管理費，預計當每件產(chǎn)品的售價為x元（9≤x≤11）時，一年的銷售量為(12-x)2萬件.(1)求分公司一年的利潤L（萬元）與每件產(chǎn)品的售價x的函數(shù)關系式；(2)當每件產(chǎn)品的售價為多少元時，分公司一年的利潤L最大，并求出L的最大值Q(a).【解析】(1)分公司一年的利潤L（萬元）與售價x的函數(shù)關系式為：L=(x-3-a)(12-x)2,x∈［9,11］.(2)L′=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′=0得x=6+a或x=12（不合題意，舍去）.∵3≤a≤5,∴8≤6+a≤.在x=6+a兩側，由左向右L′的值由正變負.所以①當8≤6+a＜9即3≤a＜時，Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).②當9≤6+a≤，即≤a≤5時，Lmax=L(6+a)=(6+a-3-a)［12-(6+a)］2=4(3-a)3.所以Q(a)=即：若3≤a＜，則當每件售價為9元時，分公司一年的利潤L最大，最大值Q(a)=9(6-a)（萬元）；若≤a≤5，則當每件售價為(6+a)元時，分公司一年的利潤L最大，最大值Q(a)=4(3-a)3(萬元).【滿分指導】函數(shù)綜合題的規(guī)范解答【典例】（14分）(2011·湖南高考)設函數(shù)f(x)=x--alnx(a∈R).(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個極值點x1和x2，記過點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直線的斜率為k，問：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值，若不存在，請說明理由.【解題指南】(1)對f(x)求導，就a的取值分類討論；(2)假設存在a滿足條件，判斷條件是否滿足.【規(guī)范解答】(1)f(x)的定義域為(0,+∞).f′(x)=1………………2分令g(x)=x2-ax+1,其判別式Δ=a2-4.①當|a|≤2時，Δ≤0，f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增.………………3分②當a＜-2時，Δ＞0,g(x)=0的兩根都小于0，在(0,+∞)上，f′(x)＞0，故f(x)在(0,+∞)上單調遞增.…4分③當a＞2時，Δ＞0,g(x)=0的兩根為當0＜x＜x1時，f′(x)＞0；當x1＜x＜x2時，f′(x)＜0；當x＞x2時，f′(x)＞0，故f(x)分別在(0,x1),(x2,+∞)上單調遞增，在(x1,x2)上單調遞減.……………………6分(2)由(1)知，a＞2.因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+-a(lnx1-lnx2)，所以……………………9分又由(1)知，x1x2=1.于是k=2-a·,若存在a，使得k=2-a,則=1,即lnx1-lnx2=x1-x2，亦即x2--2lnx2=0(x2＞1)(*)……11分再由(1)知，函數(shù)h(t)=t--2lnt在(0,+∞)上單調遞增，而x2＞1，所