新編高考數(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
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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)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)化問題 [例1] (2013·重慶高考)某村莊擬修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池(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 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; (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.[來源:] [自主解答] (1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為10
2、0×2πrh=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0
3、r)在(5,5)上為減函數(shù).由此可知,V(r)在r=5處取得最大值,此時(shí)h=8,即當(dāng)r=5,h=8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)化問題的方法 求實(shí)際問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40件,產(chǎn)品的正品率P與日產(chǎn)量x(x∈N*)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
4、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)∵y=4 000··x-2 000··x=3 600x-x3,
∴所求的函數(shù)關(guān)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(dāng)1≤x<30時(shí),y′>0;當(dāng)30 5、72 000(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)=(ax2+x-1)ex,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)若a=1,求曲線f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;
(2)若a<0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)若a=-1,函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)=x3+x2+m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)a=1時(shí),f(x)=(x2+x-1)ex,
所以f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x-1)ex=(x2+3x)ex,
6、
所以曲線f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為k=f′(1)=4e.又因?yàn)閒(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(shí),f′(x)<0;
當(dāng)0 7、0.
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)a=-1時(shí),f(x)=(-x2+x-1)ex,
由(2)知,f(x)=(-x2+x-1)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(dāng)x<-1或x>0時(shí),g′(x)>0;當(dāng)-1 8、取得極大值g(-1)=+m,在x=0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-- 9、,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(shì)等,根據(jù)題目要求,畫出函數(shù)圖象的走勢(shì)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(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn).
已知函數(shù)f(x)=ax(a∈R),g(x)=ln x-1.
(1)若函數(shù)h(x)=g(x)+1-f(x)-2x存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍;
(2)當(dāng)a>0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 x-x2-2x(x>0),則h′(x)=-ax-2.若使h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,則h′(x)=-ax-2<0在(0,+∞)上有解.而當(dāng)x>0時(shí),h′(x)=- 10、ax-2<0?ax>-2?a>-,問題轉(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(shù)f(x)=ax與g(x)=ln x-1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-(x>0).令F′(x)=a-=0,解得x=.隨著x的變化,F(xiàn)′(x),F(xiàn)(x)的變化情況如下表:
x
F′(x)
-
0
+
F(x)
↘
極(最)小值
↗
11、①當(dāng)F=2+ln a>0,即a>e-2時(shí),F(xiàn)(x)恒大于0;
②當(dāng)F=2+ln a=0,即a=e-2時(shí),函數(shù)F(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn);
③當(dāng)F=2+ln a<0,即01.又F(1)=a+1>0,所以F(1)·F<0.又F(x)在內(nèi)單調(diào)遞減,所以F(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)x>時(shí),F(xiàn)(x)=ln +1.由指數(shù)函數(shù)y=(ea)x(ea>1)與冪函數(shù)y=x增長(zhǎng)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(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) 12、0e-2時(shí),f(x)與g(x)的圖象無交點(diǎn);當(dāng)a=e-2時(shí),f(x)與g(x)的圖象有且僅有一個(gè)交點(diǎn);當(dāng)0
13、x≤x;
(2)若不等式ax+x2++2(x+2)cos x≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立,求實(shí)數(shù)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(dāng)x∈時(shí),F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)在上是增函數(shù);[來源:]
當(dāng)x∈時(shí),F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)在上是減函數(shù).
又F(0)=0,F(xiàn)(1)>0,所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí),F(xiàn)(x)≥0,即sin x≥x.
記H(x)=sin x-x,
則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),H′(x)=cos x-1<0,[來源:]
所以,H(x)在[0,1]上是減函數(shù),
則H(x)≤H(0)=0,即sin x≤x.
綜 14、上,x≤sin x≤x,x∈[0,1].
(2)因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí),
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(dāng)a≤-2時(shí),
不等式ax+x2++2(x+2)cos x≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立.
下面證明,當(dāng)a>-2時(shí),
不等式ax+x2++2(x+2)cos x≤4對(duì)x∈[0,1]不恒成立.
因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí),
ax+x2++2(x+2)cos x-4
=(a+2)x+x2+-4(x+2)sin2
≥(a+2)x+x2+-4(x+2)2
=( 15、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(dāng)a>-2時(shí),[來源:]
不等式ax+x2++2(x+2)cos x-4≤0對(duì)x∈[0,1]不恒成立.
綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,-2].
導(dǎo)數(shù)在不等式問題中的應(yīng)用問題的常見類型及解題策略
(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.①證明f(x) 16、x) 17、x)和曲線y=g(x)都過點(diǎn)P(0,2),且在點(diǎn)P處有相同的切線y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2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)=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(shè)函數(shù)F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,則F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(ke 18、x-1).由題設(shè)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(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)=2x1+2-x-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.故當(dāng)x≥-2時(shí),F(xiàn)(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(dāng)x>-2時(shí),F(xiàn)′(x)>0,即F(x)在
(-2,+ 19、∞)上單調(diào)遞增.而F(-2)=0,故當(dāng)x≥-2時(shí),F(xiàn)(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(dāng)x≥-2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)解決問題
把所求問題通過構(gòu)造函數(shù),轉(zhuǎn)化為可用導(dǎo)數(shù)解決的問題,這是用導(dǎo)數(shù)解決問題時(shí)常用的方法.
2個(gè)轉(zhuǎn)化——不等式問題中的兩個(gè)轉(zhuǎn)化
(1)利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題可將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題,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、極值問題處理.
3個(gè)注意點(diǎn)——利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題應(yīng)注意的三點(diǎn)
(1)既要注意將問題中涉及的變量關(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).
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