高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 課時3 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件 文.ppt

《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 課時3 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件 文.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 課時3 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題課件 文.ppt（71頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

§3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,課時3 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題,,,內(nèi)容索引,,,,題型一 用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題,題型二 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題,題型三 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,審題路線圖系列,,練出高分,,思想方法 感悟提高,,題型一 用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題,,,題型一 用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題,命題點1 解不等式,又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)00，此時x2f(x)0. 又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù). 故x2f(x)0的解集為(－∞，－2)∪(0,2).,(－∞，－2)∪(0,2),,解析答案,命題點2 證明不等式,,解析答案,又F(0)＝0，F(xiàn)(1)0，所以當(dāng)x∈[0,1]時，F(xiàn)(x)≥0，,,解析答案,記H(x)＝sin x－x， 則當(dāng)x∈(0,1)時，H′(x)＝cos x－10， 所以H(x)在[0,1]上是減函數(shù)， 則H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.,命題點3 不等式恒成立問題,,解析答案,思維升華,,又x0，∴axln x－x3， 令g(x)＝xln x－x3， 則h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，,∵當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)， ∴h(x)h(1)＝－20，即g′(x)0. ∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)，∴g(x)g(1)＝－1， ∴當(dāng)a≥－1時，f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立．,思維升華,,思維升華,(1)利用導(dǎo)數(shù)解不等式，一般可構(gòu)造函數(shù)，利用已知條件確定函數(shù)單調(diào)性解不等式； (2)證明不等式f(x)g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，利用導(dǎo)數(shù)求F(x)的值域，得到F(x)0即可； (3)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.,設(shè)a∈R，已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2. (1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；,跟蹤訓(xùn)練1,,解析答案,解 當(dāng)a＝1時，f(x)＝x3－3x2， 則f′(x)＝3x2－6x. 由f′(x)0，得x2；由f′(x)0，得0x2. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)．,(2)若對任意的x∈[1,3]，有f(x)＋f′(x)≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．,,解析答案,返回,,返回,解 依題意，對?x∈[1,3]，ax3－3x2＋3ax2－6x≤0恒成立，,所以h(x)在區(qū)間[1,3]上是減函數(shù)，,,題型二 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題,,,題型二 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題,例4 (2014·課標(biāo)全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； 解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.,,解析答案,(2)證明：當(dāng)k1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點.,,解析答案,思維升華,證明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k0. 當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k0，g(x)單調(diào)遞增， g(－1)＝k－10時，令h(x)＝x3－3x2＋4， 則g(x)＝h(x)＋(1－k)xh(x).,,解析答案,思維升華,h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增， 所以g(x)h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根. 綜上，g(x)＝0在R有唯一實根， 即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點.,,思維升華,,思維升華,研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)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(xiàn).,已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x的圖象與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍. 解 f′(x)＝x(2＋cos x)， 令f′(x)＝0，得x＝0. ∴當(dāng)x0時，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上遞增. 當(dāng)x1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點. 綜上可知，b的取值范圍是(1，＋∞).,跟蹤訓(xùn)練2,,解析答案,返回,,題型三 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,,,題型三 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,(1)求a的值； 解 因為x＝5時，y＝11，,,解析答案,(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.,,解析答案,思維升華,解 由(1)可知，該商品每日的銷售量為,從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6). 于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：,,解析答案,思維升華,由上表可得，x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值. 所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答 當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.,,思維升華,,思維升華,在求實際問題中的最大值或最小值時，一般先設(shè)自變量、因變量、建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相符合.用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大(小)值，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么根據(jù)實際意義可知該極值點就是最值點.,解析 由y′＝x2－39x－40＝0， 得x＝－1或x＝40， 由于040時，y′0. 所以當(dāng)x＝40時，y有最小值.,40,跟蹤訓(xùn)練3,,解析答案,返回,,審題路線圖系列,(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；,,審題路線圖系列,一審條件挖隱含,,審題路線圖,解析答案,返回,溫馨提醒,審題路線圖,(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M ↓(正確理解“存在”的含義) [g(x1)－g(x2)]max≥M ↓挖掘[g(x1)－g(x2)]max的隱含實質(zhì) g(x)max－g(x)min≥M ↓ 求得M的最大整數(shù)值,,審題路線圖,解析答案,溫馨提醒,(2)對任意s，t∈[ ，2]都有f(s)≥g(t) ↓(理解“任意”的含義) f(x)min≥g(x)max ↓求得g(x)max＝1 ＋xln x≥1恒成立 ↓分離參數(shù)a a≥x－x2ln x恒成立 ↓求h(x)＝x－x2ln x的最大值 a≥h(x)max＝h(1)＝1 ↓ a≥1,,解析答案,溫馨提醒,規(guī)范解答 解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M. [2分],g(x)max＝g(2)＝1.,又x∈[0,2]，,,解析答案,溫馨提醒,則滿足條件的最大整數(shù)M＝4. [6分],,解析答案,溫馨提醒,所以h(x)max＝h(1)＝1， [13分] 所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞). [14分],,溫馨提醒,,溫馨提醒,,返回,(1)“恒成立”、“存在性”問題一定要正確理解問題實質(zhì)，深刻挖掘條件內(nèi)含，進行等價轉(zhuǎn)化.(2)構(gòu)造函數(shù)是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題.,,思想方法 感悟提高,,1.用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)g(x)時，找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點是解題的突破口. 2.在討論方程的根的個數(shù)、研究函數(shù)圖象與x軸(或某直線)的交點個數(shù)、不等式恒成立等問題時，常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍，這類問題的實質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應(yīng)用. 3.在實際問題中，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么只要根據(jù)實際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數(shù)值比較.,方法與技巧,1.利用導(dǎo)數(shù)解決恒成立問題時，若分離參數(shù)后得到“af(x)恒成立”，要根據(jù)f(x)的值確定a的范圍中端點能否取到. 2.利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題，要注意問題的實際意義.,失誤與防范,,返回,,練出高分,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,①由(1)得x(x－2)≥ax在區(qū)間(－∞，0]上恒成立. 當(dāng)x＝0時，a∈R； 當(dāng)x0時，有x－2≤a恒成立， 所以a≥－2.故a≥－2.,②由(2)得ln(x＋1)－ax≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立， 設(shè)h(x)＝ln(x＋1)－ax(x0)，,,解析答案,當(dāng)a≤0時，h′(x)0，故h(x)為增函數(shù)， 所以h(x)h(0)＝0恒成立；,故h(x)為減函數(shù)， 所以h(x)h(0)＝0恒成立，顯然不符合題意；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,當(dāng)00，滿足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax00成立.,則h(x0)＝ln 5－20成立，可知0a1時，不符合題意. 故a≤0. 由①②可知a的取值范圍是[－2,0]. 答案 [－2,0],1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xf(x)， 則h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)． ∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴h(x)是定義在R上的偶函數(shù)． 當(dāng)x0時，h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)0， ∴此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．,3.若商品的年利潤y(萬元)與年產(chǎn)量x(百萬件)的函數(shù)關(guān)系式：y＝－x3＋27x＋123(x0)，則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為____百萬件. 解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)， 當(dāng)00； 當(dāng)x3時，y′0. 故當(dāng)x＝3時，該商品的年利潤最大.,3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,4.若a0，b0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值為___. 解析 由題意得f′(x)＝12x2－2ax－2b. ∵f(x)在x＝1處有極值， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6. ∵a0，b0，,9,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時取等號， 易知此時f(x)在x＝1處有極小值，滿足題意，∴ab的最大值為9.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,所以2x＋2b0，于x2－2a0在x∈(a，b)上恒成立. x2－2a0的解集為,解析 由題意知f′(x)＝x2－2a，g′(x)＝2x＋2b， 函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)性相反， 則有(x2－2a)·(2x＋2b)0在x∈(a，b)上恒成立，又0ab，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 ∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b0.,2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,7.設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)x2，則不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)0的解集為________.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,解析 由2f(x)＋xf′(x)x2，x0， 即為F(x＋2 014)－F(－2)0，即F(x＋2 014)F(－2)， 又因為F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)， 所以x＋2 014－2，所以x－2 016. 答案 (－∞，－2 016),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,8.若對于任意實數(shù)x≥0，函數(shù)f(x)＝ex＋ax恒大于零，則實數(shù)a的取值范圍是________.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,解析 ∵當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex＋ax0恒成立. ∴若x＝0，a為任意實數(shù)，f(x)＝ex＋ax0恒成立. 若x0，f(x)＝ex＋ax0恒成立，,當(dāng)x∈(0,1)時，Q′(x)0，則Q(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，Q′(x)0恒成立，a的取值范圍為(－e，＋∞). 答案 (－e，＋∞),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,9.設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 知f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2處取得極小值， 極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,(2)求證：當(dāng)aln 2－1且x0時，exx2－2ax＋1. 證明 設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當(dāng)aln 2－1時，g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)0. 于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)0， 所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增. 于是當(dāng)aln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)g(0). 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)0. 即ex－x2＋2ax－10，故當(dāng)aln 2－1且x0時，exx2－2ax＋1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,10.某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度).設(shè)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(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)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(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,解 因為蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝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(jù)題意200πrh＋160πr2＝12 000π，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大.,令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因為r＝－5不在定義域內(nèi)，舍去). 當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；,由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8. 即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,11.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R).若x＝－1為函數(shù)g(x)＝f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象的是____.(填序號),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,∴c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a. 若方程ax2＋bx＋a＝0有兩根x1，x2，,答案 ④,解析 設(shè)h(x)＝f(x)ex， 則h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex. 由x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,12.已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,因此g(x)的最大值為4， 則實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞). 答案 [4，＋∞),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,13.已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x00，則a的取值范圍是_____________.,解析 a＝0時，不符合題意， a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，,若a0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點，不符合題意. 則a0知，,化簡得a24，又a0，所以a－2.,(－∞，－2),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,14.設(shè)函數(shù)f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； 解 因為f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x0，,由于a0， 所以f(x)的增區(qū)間為(0，a)，減區(qū)間為(a，＋∞).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,(2)求所有的實數(shù)a，使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立. 解 由題意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e. 由(1)知f(x)在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞增， 要使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立.,解得a＝e.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,令f′(x)0，得x1， 因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)． 令f′(x)0，得0x1， 因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)． 綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)．,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解析答案,返回,(2)設(shè)m∈R，對任意的a∈(－1,1)，總存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)0成立，求實數(shù)m的取值范圍．,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,,解 依題意，maf(x)max. 由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函數(shù)．,返回,