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

这是一份统考版高中数学（文）复习3-2-2导数在研究函数中的应用学案，共12页。
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：xx<x0x0x>x0f′(x)f′(x)>0f′(x)＝0f′(x)<0f(x)增极大值f(x0)减 xx<x0x0x>x0f′(x)f′(x)<0f′(x)＝0f′(x)>0f(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－1C.f(x)有极大值0      D．f(x)有极小值02．[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：A2．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