高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二突破熱點題型

《高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二突破熱點題型》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二突破熱點題型（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 精品資料 第三節(jié)　導數的應用(二) 考點一 利用導數解決生活中的優(yōu)化問題 　 [例1]　(2013重慶高考)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設建造成本僅與表面積有關，側面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數V(r)，并求該函數的定義域； (2)討論函數V(r)的單調性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．[來源:] [自主

2、解答]　(1)因為蓄水池側面的總成本為1002πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據題意得200πrh＋160πr2＝ 12 000π，所以h＝(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得00，故V(r)在(0,5)上為增函數； 當

3、r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 【方法規(guī)律】 利用導數解決生活中優(yōu)化問題的方法 求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設自變量、因變量，建立函數關系式，并確定其定義域，然后利用求函數最值的方法求解，注意結果應與實際情況相結合． 某工廠每天生產某種產品最多不超過40件，產品的正品率P與日產量x(x∈N*)件之間的關系為P＝，每生產一件正品盈利4 000元，每出現一件次品虧損2 000元．(注：正品率＝產品中的正品件數產品總件數100%) (1)將

4、日利潤y(元)表示成日產量x(件)的函數； (2)該廠的日產量為多少件時，日利潤最大？并求出日利潤的最大值． 解：(1)∵y＝4 000x－2 000x＝3 600x－x3， ∴所求的函數關系式是y＝－x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)． (2)由(1)知y′＝3 600－4x2.令y′＝0，解得x＝30.∴當1≤x<30時，y′>0；當30

5、303＋3 60030＝72 000(元)．∴該廠的日產量為30件時，日利潤最大，最大值為72 000元． 考點二 利用導數研究函數的零點或方程的根 　 [例2]　已知函數f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然對數的底數，a∈R. (1)若a＝1，求曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若a<0，求f(x)的單調區(qū)間； (3)若a＝－1，函數f(x)的圖象與函數g(x)＝x3＋x2＋m的圖象有3個不同的交點，求實數m的取值范圍． [自主解答]　(1)a＝1時，f(x)＝(x2＋x－1)ex， 所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex

6、＝(x2＋3x)ex， 所以曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為k＝f′(1)＝4e.又因為f(1)＝e， 所以所求切線方程為y－e＝4e(x－1)， 即4ex－y－3e＝0. (2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x－1)ex＝[ax2＋(2a＋1)x]ex， ①若－－時，f′(x)<0； 當00. 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0]，； 單調遞增區(qū)間為. ②若a＝－，則f′(x)＝－x2ex≤0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)． ③若a<－，當x<－或x>0時，f′(x)<0； 當－

7、0. 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為，[0，＋∞)； 單調遞增區(qū)間為. (3)a＝－1時，f(x)＝(－x2＋x－1)ex， 由(2)知，f(x)＝(－x2＋x－1)ex在(－∞，－1]上單調遞減，在[－1,0]上單調遞增，在[0，＋∞)上單調遞減． 所以f(x)在x＝－1處取得極小值f(－1)＝－，在x＝0處取得極大值f(0)＝－1. 由g(x)＝x3＋x2＋m，得g′(x)＝x2＋x. 當x<－1或x>0時，g′(x)>0；當－1

8、 故g(x)在x＝－1處取得極大值g(－1)＝＋m，在x＝0處取得極小值g(0)＝m. 因為函數f(x)與函數g(x)的圖象有3個不同的交點， 所以即 所以－－

9、方法 研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數圖象的走勢規(guī)律，標明函數極(最)值的位置，通過數形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現． 已知函數f(x)＝ax(a∈R)，g(x)＝ln x－1. (1)若函數h(x)＝g(x)＋1－f(x)－2x存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當a>0時，試討論這兩個函數圖象的交點個數． 解：(1)h(x)＝ln x－x2－2x(x>0)，則h′(x)＝－ax－2.若使h(x)存在單調遞減區(qū)間，則h′(x)＝－ax－2<0在(0，＋∞)上有解．而當

10、x>0時，h′(x)＝－ax－2<0?ax>－2?a>－，問題轉化為a>－在(0，＋∞)上有解，故a大于函數t＝－在(0，＋∞)上的最小值． 又t＝－＝2－1，故t在(0，＋∞)上的最小值為－1，所以a>－1，故a的取值范圍為(－1，＋∞)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x＋1(a>0，x>0)． 函數f(x)＝ax與g(x)＝ln x－1的圖象的交點個數即為函數F(x)的零點個數．F′(x)＝a－(x>0)．令F′(x)＝a－＝0，解得x＝.隨著x的變化，F′(x)，F(x)的變化情況如下表： x F′(x) － 0 ＋ F(x) ↘

11、 極(最)小值 ↗ ①當F＝2＋ln a>0，即a>e－2時，F(x)恒大于0； ②當F＝2＋ln a＝0，即a＝e－2時，函數F(x)有且僅有一個零點； ③當F＝2＋ln a<0，即01.又F(1)＝a＋1>0，所以F(1)F<0.又F(x)在內單調遞減，所以F(x)在內有且僅有一個零點； 當x>時，F(x)＝ln ＋1.由指數函數y＝(ea)x(ea>1)與冪函數y＝x增長速度的快慢知，存在x0>，使得>1.從而F(x0)＝ln＋1>ln 1＋1＝1>0.因而F(x0)F<0.又F(x)在內單調遞增，F(x)在上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以F(x)在內有且僅

12、有一個零點．因此，當0e－2時，f(x)與g(x)的圖象無交點；當a＝e－2時，f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個交點；當0

13、]時，x≤sin x≤x； (2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立，求實數a的取值范圍． [自主解答]　(1)證明：記F(x)＝sin x－x， 則F′(x)＝cos x－. 當x∈時，F′(x)＞0，F(x)在上是增函數；[來源:] 當x∈時，F′(x)＜0，F(x)在上是減函數． 又F(0)＝0，F(1)＞0，所以當x∈[0,1]時，F(x)≥0，即sin x≥x. 記H(x)＝sin x－x， 則當x∈(0,1)時，H′(x)＝cos x－1＜0，[來源:] 所以，H(x)在[0,1]上是減函數， 則H(x)≤H(0)＝0，即si

14、n x≤x. 綜上，x≤sin x≤x，x∈[0,1]． (2)因為當x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2 ＝(a＋2)x， 所以，當a≤－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立． 下面證明，當a>－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立． 因為當x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≥(a＋2)x＋x2＋－4(

15、x＋2)2 ＝(a＋2)x－x2－ ≥(a＋2)x－x2 ＝－x. 所以存在x0∈(0,1)滿足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cos x0－4>0， 即當a>－2時，[來源:] 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4≤0對x∈[0,1]不恒成立． 綜上，實數a的取值范圍是(－∞，－2]． 導數在不等式問題中的應用問題的常見類型及解題策略 (1)利用導數證明不等式．①證明f(x)

16、<0，即證明了f(x)g(x)，x∈(a，b)，可以構造函數F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，則F(x)在(a，b)上是增函數，同時若F(a)≥0，由增函數的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)>0，即證明了f(x)>g(x)． (2)利用導數解決不等式的恒成立問題．利用導數研究不等式恒成立問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題． (2013新課標全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)

17、，若曲線y＝f(x)和曲線y＝g(x)都過點P(0,2)，且在點P處有相同的切線y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值； (2)若x≥－2時，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍． 解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．設函數F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，則F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2

18、(x＋2)(kex－1)．由題設可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2. (ⅰ)若1≤k＜e2，則－2＜x1≤0，從而當x∈(－2，x1)時，F′(x)＜0；當x∈(x1，＋∞)時，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上單調遞減，在(x1，＋∞)上單調遞增，故F(x)在[－2， ＋∞)的最小值為F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故當x≥－2時，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅱ)若k＝e2，則F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．從而當x＞－2時，F′(x)＞0，即F(x)

19、在 (－2，＋∞)上單調遞增．而F(－2)＝0，故當x≥－2時，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅲ)若k＞e2，則F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.從而當x≥－2時，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 綜上，k的取值范圍是[1，e2]． ————————————[課堂歸納——通法領悟]———————————————— 1個構造——構造函數解決問題 　把所求問題通過構造函數，轉化為可用導數解決的問題，這是用導數解決問題時常用的方法． 2個轉化——不等式問題中的兩個轉化 (1)利用導數解決含有參數的單調性問題可將問題轉化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數形結合思想的應用． (2)將不等式的證明、方程根的個數的判定轉化為函數的單調性、極值問題處理． 3個注意點——利用導數解決實際問題應注意的三點 (1)既要注意將問題中涉及的變量關系用函數關系式表示，還要注意確定函數關系式中自變量的取值范圍． (2)一定要注意求得函數結果的實際意義，不符合實際的值應舍去． (3)如果目標函數在定義區(qū)間內只有一個極值點，那么根據實際意義該極值點就是最值點.