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20xx年高考數學導學練系列導數及其應用教案蘇教版(編輯修改稿)

2026-03-15 03:47 本頁面

　

【文章內容簡介】 0,可得4a+3b+4=0 ②由①②解得a=2,b==1,∴f(1)=4.∴1+a+b+c=4.∴c=5.（2）由（1）可得f(x)=x3+2x24x+5,∴=3x2+4x4,令=0,得x=2,x=.當x變化時，y,y′的取值及變化如下表：x3(3,2)21 y′+00+y8單調遞增↗13單調遞減↘單調遞增↗4 ∴y=f（x）在［3，1］上的最大值為13，最小值為變式訓練2. 函數y=x42x2+5在區間［2,2］上的最大值與最小值.解先求導數,得y′=4x34x,令y′=0,即4x31=1,x2=0,x3=1.導數y′的正負以及f(2),f(2)如下表:x2(2,1)1(1,0)0(0,1)1(1,2)2y′0+00+y13↘4↗5↘4↗13從上表知,當x=177。2時,函數有最大值13,當x=177。1時,函數有最小值4.例3. 已知函數f(x)=x2eax (a＞0),求函數在［1，2］上的最大值. 解 ∵f（x）=x2eax（a＞0）,∴=2xeax+x2（a)eax=eax(ax2+2x). 令0,即eax(ax2+2x)0,得0x.∴f(x)在（∞,0),上是減函數，在上是增函數.①當01,即a2時,f(x）在（1，2）上是減函數,∴f（x）max=f（1）=ea. ②當1≤≤2,即1≤a≤2時，f(x)在上是增函數，在上是減函數，∴f(x)max=f=4a2e2. ③當2時，即0a1時，f(x)在（1，2）上是增函數，∴f（x）max=f（2）=4e2a.綜上所述，當0a1時，f(x)的最大值為4e2a,當1≤a≤2時，f(x)的最大值為4a2e2,當a2時，f(x)的最大值為ea. 變式訓練3. 設函數f(x)=x(xa)2(x∈R),其中a∈R.（1）當a=1時，求曲線y=f(x)在點（2，f(2))處的切線方程；（2）當a≠0時，求函數f(x)的極大值和極小值.解：（1）當a=1時，f(x)=x(x1)2=x3+2x2x,f(2)=2,=3x2+4x1,12+81=5,∴當a=1時，曲線y=f(x)在點（2,f(2))處的切線方程為5x+y8=0.（2）f(x)=x(xa)2=x3+2ax2a2x,=3x2+4axa2=(3xa)(xa),令=0,解得x=或x=a.由于a≠0，以下分兩種情況討論.①若a0，當x變化時，的正負如下表：x(∞,)(,a)a(a,+∞)0+0f(x)↘↗0↘因此，函數f(x)在x=處取得極小值f（），且f（）=函數f(x)在x=a處取得極大值f(a),且f(a)=0.②若a0，當x變化時，的正負如下表：x(∞,a)a(a,)(,+∞)0+0f(x)↘0↗↘因此，函數f(x)在x=a處取得極小值f(a),且f(a)=0；函數f(x)在x=處取得極大值f（）,且f（）=.例4. 某分公司經銷某種品牌產品，每件產品的成本為3元，并且每件產品需向總公司交a元（3≤a≤5）的管理費，預計當每件產品的售價為x元（9≤x≤11）時，一年的銷售量為(12x)2萬件.（1）求分公司一年的利潤L（萬元）與每件產品的售價x的函數關系式；（2）當每件產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（1）分公司一年的利潤L（萬元）與售價x的函數關系式為：L=(x3a)(12x)2,x∈［9,11］.(2) =(12x)22(x3a)(12x)=(12x)(18+2a3x).令=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L′的值由正變負.所以①當8≤6+a＜9即3≤a＜時，Lmax=L(9)=(93a)(129)2=9(6a).②當9≤6+a≤，即≤a≤5時，Lmax=L(6+a)=(6+a3a)［12(6+a)］2=4(3a)3.所以答若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(6a)（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)= (

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