《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二突破熱點(diǎn)題型》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用二突破熱點(diǎn)題型（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、+2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料+第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題 例1(2013重慶高考)某村莊擬修建一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形蓄水池(不計(jì)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12 000元(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；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大來(lái)源:自主解答(1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為1002rh200rh元，底面的總成本為160r2元，所以蓄水池的總成本為(

2、200rh160r2)元又根據(jù)題意得200rh160r212 000，所以h(3004r2)，從而V(r)r2h(300r4r3)由h0，且r0可得0r0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r(5,5)時(shí)，V(r)0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)由此可知，V(r)在r5處取得最大值，此時(shí)h8，即當(dāng)r5，h8時(shí)，該蓄水池的體積最大【方法規(guī)律】利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問(wèn)題的方法求實(shí)際問(wèn)題中的最大值或最小值時(shí)，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，然后利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實(shí)際情況相結(jié)合某工廠每天生產(chǎn)某種產(chǎn)品最多不超過(guò)40件，產(chǎn)品的正品率P與日產(chǎn)量x(xN*)

3、件之間的關(guān)系為P，每生產(chǎn)一件正品盈利4 000元，每出現(xiàn)一件次品虧損2 000元(注：正品率產(chǎn)品中的正品件數(shù)產(chǎn)品總件數(shù)100%)(1)將日利潤(rùn)y(元)表示成日產(chǎn)量x(件)的函數(shù)；(2)該廠的日產(chǎn)量為多少件時(shí)，日利潤(rùn)最大？并求出日利潤(rùn)的最大值解：(1)y4 000x2 000x3 600xx3，所求的函數(shù)關(guān)系式是yx33 600x(xN*,1x40)(2)由(1)知y3 6004x2.令y0，解得x30.當(dāng)1x0；當(dāng)30x40時(shí)，y0，函數(shù)yx33 600x(xN*,1x40)在(1,30)上是單調(diào)遞增函數(shù)，在(30,40)上是單調(diào)遞減函數(shù)當(dāng)x30時(shí)，函數(shù)yx33 600x(xN*,1x40)取

4、得最大值，最大值為3033 6003072 000(元)該廠的日產(chǎn)量為30件時(shí)，日利潤(rùn)最大，最大值為72 000元考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根 例2已知函數(shù)f(x)(ax2x1)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR.(1)若a1，求曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)若a0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若a1，函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)x3x2m的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍自主解答(1)a1時(shí)，f(x)(x2x1)ex，所以f(x)(2x1)ex(x2x1)ex(x23x)ex，所以曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為kf(1)4e.又因?yàn)閒(

5、1)e，所以所求切線方程為ye4e(x1)，即4exy3e0.(2)f(x)(2ax1)ex(ax2x1)exax2(2a1)xex，若a0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0；當(dāng)0x0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，0，；單調(diào)遞增區(qū)間為.若a，則f(x)x2ex0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，)若a，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0；當(dāng)x0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，0，)；單調(diào)遞增區(qū)間為.(3)a1時(shí)，f(x)(x2x1)ex，由(2)知，f(x)(x2x1)ex在(，1上單調(diào)遞減，在1,0上單調(diào)遞增，在0，)上單調(diào)遞減所以f(x)在x1處取得極小值f(1)，在x0處取得極大值f(0)1.由g(x)x3x2

6、m，得g(x)x2x.當(dāng)x0時(shí)，g(x)0；當(dāng)1x0時(shí)，g(x)0.所以g(x)在(，1上單調(diào)遞增，在1,0上單調(diào)遞減，在0，)上單調(diào)遞增故g(x)在x1處取得極大值g(1)m，在x0處取得極小值g(0)m.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與函數(shù)g(x)的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，所以即所以m1.故實(shí)數(shù)m的取值范圍是.【互動(dòng)探究】保持本例條件不變，試確定m的取值范圍，使函數(shù)g(x)分別有3個(gè)零點(diǎn)和2個(gè)零點(diǎn)解：由例題可知，g(x)的極大值為g(1)m，極小值g(0)m.當(dāng)g(x)有3個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需即解得m0時(shí)，試討論這兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)解：(1)h(x)ln xx22x(x0)，則h(x)ax2.若使h(x)存在

7、單調(diào)遞減區(qū)間，則h(x)ax20時(shí)，h(x)ax22a，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a在(0，)上有解，故a大于函數(shù)t在(0，)上的最小值又t21，故t在(0，)上的最小值為1，所以a1，故a的取值范圍為(1，)(2)令F(x)f(x)g(x)axln x1(a0，x0)函數(shù)f(x)ax與g(x)ln x1的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)F(x)a(x0)令F(x)a0，解得x.隨著x的變化，F(xiàn)(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如下表：xF(x)0F(x)極(最)小值當(dāng)F2ln a0，即ae2時(shí)，F(xiàn)(x)恒大于0；當(dāng)F2ln a0，即ae2時(shí)，函數(shù)F(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)F2ln a0，即0a1.又F(1

8、)a10，所以F(1)F時(shí)，F(xiàn)(x)ln 1.由指數(shù)函數(shù)y(ea)x(ea1)與冪函數(shù)yx增長(zhǎng)速度的快慢知，存在x0，使得1.從而F(x0)ln1ln 1110.因而F(x0)F0.又F(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)在上的圖象是連續(xù)不斷的曲線，所以F(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)因此，當(dāng)0ae2時(shí)，f(x)與g(x)的圖象無(wú)交點(diǎn)；當(dāng)ae2時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)0a2時(shí)，不等式axx22(x2)cos x4對(duì)x0,1不恒成立因?yàn)楫?dāng)x0,1時(shí)，axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)2(a2)xx2(a2)xx2x.所以存在x0(0

9、,1)滿足ax0x2(x02)cos x040，即當(dāng)a2時(shí)，來(lái)源:不等式axx22(x2)cos x40對(duì)x0,1不恒成立綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，2導(dǎo)數(shù)在不等式問(wèn)題中的應(yīng)用問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式證明f(x)g(x)，x(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)0，由減函數(shù)的定義可知，x(a，b)時(shí)，有F(x)0，即證明了f(x)g(x)，x(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，則F(x)在(a，b)上是增函數(shù)，同時(shí)若F(a)0，由增函數(shù)的定義可知，x(a，b)時(shí)，有

10、F(x)0，即證明了f(x)g(x)(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問(wèn)題利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)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(jìn)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(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題(2013新課標(biāo)全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲線yf(x)和曲線yg(x)都過(guò)點(diǎn)P(0,2)，且在點(diǎn)P處有相同的切線y4x2. (1)求a，b，c，d的值；(2)若x2時(shí)，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)2xa，g(x)ex(cxd

11、c)，故b2，d2，a4，dc4.從而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)設(shè)函數(shù)F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，則F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由題設(shè)可得F(0)0，即k1.令F(x)0，得x1ln k，x22.()若1ke2，則2x10，從而當(dāng)x(2，x1)時(shí)，F(xiàn)(x)0；當(dāng)x(x1，)時(shí)，F(xiàn)(x)0，即F(x)在(2，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增，故F(x)在2，)的最小值為F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若

12、ke2，則F(x)2e2(x2)(exe2)從而當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即F(x)在(2，)上單調(diào)遞增而F(2)0，故當(dāng)x2時(shí)，F(xiàn)(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，則F(2)2ke222e2(ke2)0.從而當(dāng)x2時(shí)，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(lǐng)悟1個(gè)構(gòu)造構(gòu)造函數(shù)解決問(wèn)題把所求問(wèn)題通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為可用導(dǎo)數(shù)解決的問(wèn)題，這是用導(dǎo)數(shù)解決問(wèn)題時(shí)常用的方法2個(gè)轉(zhuǎn)化不等式問(wèn)題中的兩個(gè)轉(zhuǎn)化(1)利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用 (2)將不等式的證明、方程根的個(gè)數(shù)的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題處理3個(gè)注意點(diǎn)利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問(wèn)題應(yīng)注意的三點(diǎn) (1)既要注意將問(wèn)題中涉及的變量關(guān)系用函數(shù)關(guān)系式表示，還要注意確定函數(shù)關(guān)系式中自變量的取值范圍 (2)一定要注意求得函數(shù)結(jié)果的實(shí)際意義，不符合實(shí)際的值應(yīng)舍去(3)如果目標(biāo)函數(shù)在定義區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，那么根據(jù)實(shí)際意義該極值點(diǎn)就是最值點(diǎn).高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品