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2016高考数学二轮专题复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 导数的综合应用课件 文


?第一部分

专题突破篇

专题一 集合、常用逻辑用语、 不等式、函数与导数

第6讲 导数的综合应用

高考真题体验

[真题再现] 1.(2014· 陕西卷)如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路 段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数 图象的一部分,

则该函数的解析式为( )

1 3 1 2 A.y=2x -2x -x 1 3 C.y=4x -x 答案:A

1 3 1 2 B.y=2x +2x -3x 1 3 1 2 D.y=4x +2x -2x

3 2 解析: A 选项中, y′=f′(x)= x -x-1, f′(0)=-1, f′(2) 2 =3. 曲线在(0,0)和(2,0)处分别与直线 y=-x,y=3x-6 相切,且
? 1+ ? 在?0, 3 ?

7? ?

?1+ ? 上单调递减,在 ? ? 3 ? ?

7 ? ? ,2?上单调递增,符合题意,
?

对 B,C,D 选项可验证曲线在(0,0)或(2,0)处不与直线 y=-x,y =3x-6 相切,故选 A.

? 1 ? -3,x∈?-1,0], x + 1 2. (2014· 重庆卷)已知函数 f(x)=? ? ?x,x∈?0,1], 且 g(x)=f(x)-mx-m 在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则 实数 m 的取值范围是(
? 9 ? ? 1? A.?-4,-2?∪?0,2? ? ? ? ? ? 9 ? ? 2? C.?-4,-2?∪?0,3? ? ? ? ?

)
? 11 ? ? 1? B.?- 4 ,-2?∪?0,2? ? ? ? ? ? 11 ? ? 2? D.?- 4 ,-2?∪?0,3? ? ? ? ?

答案:A

解析:作出函数 f(x)的图象如图所示,

其中 A(1,1),B(0,-2).因为直线 y=mx+m=m(x+1)恒过 1 定点 C(-1,0),故当直线 y=m(x+1)在 AC 位置时,m= ,可知 2 当直线 y=m(x+1)在 x 轴和 AC 之间运动时两图象有两个不同的

交点(直线 y=m(x+1)可与 AC 重合但不能与 x 轴重合),此时 1 0<m≤2,g(x)有两个不同的零点.当直线 y=m(x+1)过点 B 时, m = - 2 ; 当 直 线 y = m(x + 1) 与 曲 线 f(x) 相 切 时 , 联 立 1 ? ?y= -3, x + 1 ? ? ?y=m?x+1?, 得 mx2+(2m+3)x+m+2=0,由 Δ=(2m+3)2

9 -4m(m+2)=0,解得 m=-4,可知当 y=m(x+1)在切线和 BC

之间运动时两图象有两个不同的交点 (直线 y=m(x+1)可与 BC 9 重合但不能与切线重合), 此时-4<m≤-2, g(x)有两个不同的零 点.综上,m
? 9 ? ? 1? 的取值范围为?-4,-2?∪?0,2?,故选 ? ? ? ?

A.

3.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)= ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( A.(2,+∞) B.(1,+∞) )

C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)

答案:C

解析:由题意知,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),当 a=0 时, 2 不满足题意.当 a≠0 时,令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= ,当 a a>0
?2 ? ? 2? ? ? ? 时,f(x)在(-∞,0),?a,+∞?上单调递增,在?0,a? ?上单调 ? ? ? ?

递减.又 f(0)=1,此时 f(x) 在(-∞,0)上存在零点,不满足题 意;当 a<0
? ?2 ? 2? ? ? ? 时,f(x)在?-∞,a?,(0,+∞)上单调递减,在?a,0? ? ? ? ? ? ?2? ? f? ?a?>0, ? ?

上单调递增,要使 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则需 即
?2? ?2? ? ?3 ?2 a×?a? -3×? ?a? +1>0,解得 ? ? ? ?

a<-2.故选 C.

4.(2015· 安徽卷)设 x3+ax+b=0,其中 a,b 均为实数.下 列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是________.(写出 所有正确条件的编号) ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a =0,b=2;⑤a=1,b=2.
答案:①③④⑤

解析:令 f(x)=x3+ax+b,则 f′(x)=3x2+a. 当 a≥0 时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,④⑤正确; 当 a<0 时,若 a=-3,则 f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), ∴ f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2, f(x)极小=f(1)=1-3+b=b-2,要使 f(x)=0 仅有一个实根, 需 f(x)极大<0 或 f(x)极小>0,∴ b<-2 或 b>2,①③正确,②不 正确.

[感悟高考] 导数的综合运用涉及的知识面广,综合的知识点多,形式灵 活,是每年的必考内容,经常以压轴题的形式出现. 预测 2016 年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点 问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式 考查.

热点考向突破

考向一 利用导数研究方程根的问题 [典例 1] 已知函数 f(x)=ex,x∈R.若 x>0,试讨论曲线 y=

f(x)与曲线 y=mx2(m>0)公共点的个数. [审题突破] 看到判断曲线 y=f(x)与曲线 y=mx2 的公共点, 想到判断函数的极值和变化趋势.

x e 解:曲线 y=ex 与 y=mx2 的公共点个数等于曲线 y= 2与 y x

=m 的公共点个数.

ex?x-2? ex 令 φ(x)= 2,则 φ′(x)= , x x3

所以 φ′(2)=0. 当 x∈(0,2)时,φ′(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增, e2 所以 φ(x)在(0,+∞)上的最小值为 φ(2)= . 4 e2 ex 当 0<m< 4 时,曲线 y=x2与 y=m 无公共点; e2 ex 当 m= 时,曲线 y= 2与 y=m 恰有一个公共点; 4 x e2 ex 当 m> 4 时,曲线 y=x2与 y=m 在(0,+∞)上有两个公共点.

综上所述,当 x>0 时, e2 当 0<m< ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 没有公共点; 4 e2 当 m= 4 ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 有一个公共点; e2 当 m> 4 ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 有两个公共点.

1 2 [互动探究] 题中条件不变,求证曲线 y=f(x)与曲线 y=2x +x+1 有唯一的公共点.

1 2 证明:因为 e >0,2x +x+1>0,
x

1 2 所以曲线 y=e 与 y= x +x+1 公共点的个数等于曲线 y= 2
x

1 2 x +x+1 2 与 y=1 公共点的个数, ex 1 2 2x +x+1 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1, ex 即 x=0 时,两曲线有公共点.

?x+1?e 又 φ′(x)= 0 时等号成立),

x

?1 ? 2 -?2x +x+1?ex ? ?

e2x

1 -2x2 = ex ≤0(当且仅当 x=

所以 φ(x)在 R 上单调递减,所以 φ(x)与 y=1 有唯一的公共 1 2 点,故曲线 y=f(x)与 y=2x +x+1 有唯一的公共点.

规律方法 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个 数问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题, 进而转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y=k)在该区间上的交点问题. (2) 利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值 ( 最 值)、端点值等性质,进而画出其图象. (3)结合图象求解.

2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步:利用导数证明该函数在该区间上单调. 第二步:证明端点值异号.

[变式训练] ax-a 已知关于 x 的函数 f(x)= ex (a≠0). (1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的极值; (2)若函数 F(x)=f(x)+1 没有零点,求实数 a 的取值范围.

-aex?x-2? -a?x-2? 解:(1)f′(x)= = ,x∈R. ex ?ex?2 当 a=-1 时,f(x),f′(x)的情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,2) - ? 2 0 极小值 (2,+∞) + ?

所以,当 a=-1 时,函数 f(x)的极小值为 f(2)=-e-2,无极 大值.

-a?x-2? (2)F′(x)=f′(x)= . ex ①当 a<0 时,F(x),F′(x)的情况如下表: x F′(x) F(x) (-∞,2) - ? 2 0 极小值 (2,+∞) + ?

a 若使函数 F(x)没有零点,当且仅当 F(2)= 2+1>0, e 解得 a>-e2,所以此时-e2<a<0;

②当 a>0 时,F(x),F′(x)的情况如下表: x F′(x) F(x) (-∞,2) + ? 2 0 极大值 (2,+∞) - ?

a 若使函数 F(x)没有零点,当且仅当 F(2)= 2+1<0,解得 a< e -e2(舍去). 综上所述,所求实数 a 的取值范围是(-e2,0).

考向二 [典例 2]

利用导数解决不等式问题 (2015· 湖南岳阳一中高三月考)已知函数 f(x)=ax-

1-ln x(a∈R). (1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,?x∈(0,+∞),f(x)≥bx -2 恒成立,求实数 b 的取值范围.

[审题突破]

ax-1 (1)由 f(x)=ax-1-ln x 可求得 f′(x)= , x

分 a≤0 与 a>0 讨论 f′(x)的符号,从而确定 f(x)在其定义域(0, +∞)上的单调性与极值; (2)函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 可求得 a=1, 于是有 f(x)≥bx 1 ln x 1 ln x -2?1+ - ≥b,构造函数 g(x)=1+ - ,则 b≤g(x)min. x x x x

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞). 1 ax-1 f′(x)=a- = , x x 当 a≤0 时,f′(x)≤0 在(0,+∞)上恒成立, 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点; 1 当 a>0 时,由 f′(x)<0,得 0<x< , a 1 由 f′(x)>0,得 x> . a

? ?1 ? 1? ∴f(x)在?0,a?上单调递减,在?a,+∞?上单调递增, ? ? ? ?

1 即 f(x)在 x= 处有极小值. a 综上知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点, 当 a>0 时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.

(2)∵函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 1 ln x ∴a=1,∴f(x)≥bx-2?1+ - ≥b, x x ln x-2 1 ln x 令 g(x)=1+ - ,则 g′(x)= , x x x2 令 g′(x)=0,得 x=e2, 则 g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增, 1 1 ∴g(x)min=g(e )=1- 2,即 b≤1- 2, e e
2

即实数 b

? 1? 的取值范围为?-∞,1-e2?. ? ?

规律方法 1.利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法 (1)分离参数法: 第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最 值问题. 第二步:利用导数求该函数的最值. 第三步:根据要求得所求范围.

(2)函数思想法: 第一步:将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题. 第二步:利用导数求该函数的极值(最值). 第三步:构建不等式求解.

2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数 h(x). (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值. (4)根据单调性及最值,得到所证不等式.

3.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法: 证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数: 对原不等式同解变形, 如移项、 通分、 取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根 据“相同结构”构造辅助函数.

(3)主元法: 对于(或可化为)f(x1, x2)≥A 的不等式, 可选 x1(或 x2)为主元,构造函数 f(x,x2)(或 f(x1,x)). (4)放缩法: 若所构造函数最值不易求解, 可将所证明不等式 进行放缩,再重新构造函数.

[变式训练] 设函数 f(x)=axn+1+bxn+c(x>0), 其中 a+b=0, n 为正整数, a,b,c 均为常数,曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y -1=0. (1)求 a,b,c 的值; (2)求函数 f(x)的最大值; 1 (3)求证:对任意的 x∈(0,+∞)都有 nf(x)< e.(e 为自然对数 的底)

解:(1)因为 f′(x)=a(n+1)xn+bnxn 1,


所以 f′(1)=(a+b)n+a=a, 又因为切线 x+y-1=0 的斜率为-1,所以 a=-1. 因为 a+b=0,所以 b=1. 由点(1,c)在直线 x+y-1=0 上, 可得 1+c=1,即 c=0.所以 a=-1,b=1,c=0.

(2)由(1)知,f(x)=-xn 1+xn,


所以 f′(x)=(n+1)x

n-1?

?

? n ? - x ?n+1 ?, ? ?

n 令 f′(x)=0,解得 x= , n+1 n 即 f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x0= . n+1 n 当 0<x< 时,f′(x)>0, n+1 故
? n ? ? f(x)在?0,n+1? ?上单调递增; ? ?

当 x> 故

n 时,f′(x)<0, n+1

? n ? ? f(x)在?n+1,+∞? ?上单调递减. ? ? ? n ? ? f(x)max=f? ?n+1? ? ?

f(x)在(0,+∞)上的最大值

n ? n ? ? ? n n ?n? ? 1 - =? ?n+1? ? ?=?n+1?n+1. n + 1 ? ? ? ?

1 (3)证明:要证对任意的 x∈(0,+∞)都有 nf(x)< e, 1 只需证 nf(x)max< . e nn 由(2)知在(0,+∞)上 f(x)有最大值,f(x)max= + , ?n+1?n 1 nn+1 1 故只需证 < , ?n+1?n+1 e
? n ? ? ? n +1 1 <e,即 ?n+1? ? ?

n 1 ln + <0,① n+1 n+1

n 1 令 =t(0<t<1),则 =1-t, n+1 n+1 不等式①可化为 ln t-t-1<0.② 令 g(t)=ln t-t+1(0<t<1), 1-t 1 则 g′(t)= t -1= t , 显然当 0<t<1 时,g′(t)>0,所以 g(t)在(0,1)上单调递增, 所以 g(t)<g(1)=0,即对任意的 0<t<1 不等式②恒成立, 1 所以对任意的 x∈(0,+∞)都有 nf(x)<e .

考向三 [ 典例 3]

利用导数解决生活中的优化问题 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池 (不计厚

度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方 米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为 100 元/ 平方米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造 成本为 12 000π 元.(π 为圆周率) (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性, 并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池 的体积最大.

[审题突破]

(1)看到蓄水池的总建造成本为 12 000π 元,想

到寻求底面半径 r 与高 h 的关系; (2)看到讨论函数 V(r)的单调性,想到判断导数的符号.

解:(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100×2πrh=200πrh 元, 底面的总成本为 160πr2 元,所以蓄水池的总成本为 (200πrh + 160πr2)元. 又据题意 200πrh+160πr2=12 000π, 1 所以 h= (300-4r2), 5r π 从而 V(r)=πr2h= (300r-4r3). 5 因 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3).

π (2)因 V(r)=5(300r-4r3). π 故 V′(r)= (300-12r2). 5 令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8, 即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大.

规律方法 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)建模: 分析实际问题中各量之间的关系, 列出实际问题的 数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式 y=f(x). (2)求导:求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x) =0. (3)求最值;比较函数在区间端点和使 f′(x)=0 的点的函数 值的大小,最大(小)者为最大(小)值. (4)作答:回归实际问题作答.

[变式训练] 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每销售量 y(单位: 千克)与销售价格 x(单位:元/千克)满足关系式 y= a +10(x- x-3

6)2,其中 3<x<6,a 为常数,已知销售价格为 5 元/千克时,每日 可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值, 使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

解:(1)因为 x=5 时,y=11, a 所以2+10=11,解得 a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2, x-3 所以商场每日销售该商品获得的利润
? 2 ? 2? ? f(x)=(x-3)?x-3+10?x-6? ?=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. ? ?

从而 f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6). 令 f′(x)=0 得 x=4,

函数 f(x)在(3,4)上单调递增,在(4,6)上单调递减, 所以当 x=4 时函数 f(x)取得最大值 f(4)=42. 所以,当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所 获得的利润最大.


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