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2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 热点专题突破一 函数与导数的综合问题课件 理


热点专题突破一 函数与导数的综合问题

考点 1 利用导数研究函数的图象问题
函数图象问题是高中数学中的一个重要问题,通常是将题目给出 的函数的图象转化为基本初等函数的变换,再进行求解,但还有 一类是通过导函数研究原函数图象、通过原函数研究导函数的 图象 ,这也是高考中一个易考点.

典例 1

数 f'(x)的部分图象大致是

1 2 (2015· 保定二模) 已知函数 f(x)= x sin 2

x+xcos x,则其导函 ( )

【解题思路】由 f(x)=2 2sin + cos 得′() = 2 (2sin + 2cos ) + (cos ? sin ) =
π 3π , 2 2 1 2 2

1

1

+ 1 cos , 又因为′(?) =
3π ,2π 2

1 (- )2 2

+ 1 cos(?) = 时, ′() > 0, 当 ∈

′(), 所以导函数为偶函数, 排除选项 A, B; 当 ∈ 时, ′() < 0, 当 ∈ 确. 【参考答案】 C

π 0, 2

时,f'(x)>0,观察选项 C,D 可知,D 项不符合,故选项 C 正

给定解析式求函数的图象是近几年高考的重点,多数需要利用导 数研究单调性,知其变化趋势 ,利用导数求极值(最值)研究零点 ,其 中数形结合是解决这一问题的重要思想方法.

【变式训练】
(2015· 仙桃模拟) 若函数 f(x)的导函数在区间(a,b)的图象关于直 线 x=
+ 对称,则函数 2

y=f(x)在区间[a,b]上的图象可能是

(

)

A.①④

B.②④

C.②③

D.③④

D 【解析】 因为函数 y=f(x)的导函数在区间(a,b)的图象关于直线 x= 那么导函数要么图象无增减性, 要么是在直线 = 由图得在处切线斜率最小, 在处切线斜率最大, 故导函数在(, )

+ 两侧单调性相反; 对于①, 2

+ 对称, 2

+ 的图象不关于直线 = 对称, 即①不成立; 对于②, 由图得在处切线斜率最大 2 + , 在处切线斜率最小, 故导函数在(, )的图象不关于直线 = 对称, 2

即②不成立; 对于③, 由图得原函数为一次函数, 其导函数为常数函数, 故导函数关于直线 =

+ 对称, 故③成立; 对于④, 2 + 由图得原函数有一对称中心在直线 = 与原函数图象的交点处, 2 + 故导函数关于直线 = 对称,故④成立.所以满足要求的有③④,即选项 2

D 正确.

考点 2 利用导数研究函数的零点与方程的根的问 题
试题一般是以含参数的三次式,分式,指数式、对数式及三角式结 构的函数零点或方程根的形式出现,是每年高考命题高频热点, 常有以下两种考查形式 :(1)确定函数的零点、图象的交点及方程 根的个数问题 ;(2)应用函数的零点、图象的交点及方程根的存在 问题来求参数值或范围.

典例 2 (2015· 江苏高考) 已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数).当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的取值范围恰 3 3 好是(-∞,-3)∪ 1, ∪ , + ∞ ,求 c 的值.
2 2

【解题思路】(1)求导数,分类讨论,利用导数的正负,即可得出 f(x)的单调性;(2)根据极值 判断零点个数,进一步转化条件,求出 c 的值.

【参考答案】(1)f'(x)=3x2+2ax, 令 f'(x)=0, 2 解得 x1=0,x2=- . 当 a=0 时,因为 f'(x)=3x2>0(x≠0), 所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 2 2 当 a>0 时,x∈ -∞,∪ (0,+∞)时, ′() > 0, ∈ - ,0 时,f'(x)<0, 所以函数 f(x)在
2 -∞,3 3 3

, (0,+ ∞)上单调递增, 在
2 ,+∞ 3 2 - ,+∞ 3

当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪ 所以函数 f(x)在(-∞,0),

时, ′() > 0, 上单调递增, 在

2 - ,0 内单调递减; 3 2 ∈ 0,- 时,f'(x)<0, 3 2 0,- 内单调递减. 3

3

(2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b, f 则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)· f = > 0, < 0, 从而 4 3 或 4 3 - 27 < < 0 0 < < - 27 . 又 b=c-a,所以当 a>0 0 时, 27a3-a+c<0. 设 g(a)=27a3-a+c, 1,
3 2 4 4 4 3 时,27 ? 2 -3

2 3

= 27a3+b, <0,

4

4 3 a +b 27

+ > 0 或当 <

因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ ∪
3 ,+∞ 2

,

则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在 1, 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g
3 2

3 2



3 ,+∞ 2

上 g(a)>0 均恒成立,

=c-1≥0,因此 c=1.

此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函数有三个零点,则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实 根, 所以 Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得 a∈(-∞,-3)∪ 1, 综上 c=1.
3 2



3 ,+∞ 2

.

1.利用导数确定方程根的个数与函数零点的方法 (1)构建函数 g(x)(g'(x)要易求或 g'(x)可解 ),转化为确定 g(x)的零点 个数问题求解,利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义域 区间端点值的符号(变化趋势)等 ,画出 g(x)的大致图象 ,数形结合 求解 ; (2)利用零点存在定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点, 然后利用导数研究函数的单调性、 极值(最值)及区间端点的符号, 进而判断函数在该区间上的零点个数. 2.利用方程根的个数与函数零点的个数求参数取值范围 构建函数 g(x)(g'(x)要易求或 g'(x)=0 可解),利用导数研究函数的 单调性、极值,并确定定义域区间端点值的情况等,画出 g(x)的大 致图象 ,数形结合得参数的取值范围或关于参数的不等式(组)再 求解 .

【变式训练】
(2015· 湖北七市联考) 函数 f(x)= ln( + 1)
1 3 - 3

( ≥ 0),

( < 0),

g(x)=ex-1.

(1)当 a>0 时,求函数 f(x)的极值; (2)当 a 在 R 上变化时,讨论函数 f(x)与 g(x)的图象的公共点的个数; (3)求证:
1095 1000

< 10 e <

3000 .(参考数据:ln 2699

1.1≈0.0953)

【解析】 (1)当 x≥0

当 x<0 时,f'(x)=x2-a, x∈(- , 0), ′() < 0, ()单调递减, ∈ (?∞, ? ),f'(x)>0,f(x) 单调递增; 故 f(x)在(-∞,- ), [0, +∞)上单调递增,(? ,0)内单调递减, 故[f(x)]极小值=f(0)=0, [f(x)]极大值=f(- ) = (2)讨论函数 f(x)与 g(x)的图象的公共点的个数等价于讨论 h(x)=g(x)-f(x)的零点的个数. 因为 h(0)=0, 故必有一个零点为 x=0.
2 3

时,a>0,f'(x)= >0,f(x)在[0,+∞)上单调递增. +1

.

①当 x>0 时,h(x)=g(x)-f(x)=e -1-aln(x+1),h'(x)=e
(ⅰ)若 a≤1,则 增,h(x)>h(0)=0,故此时 h(x)在(0,+∞)上无零点; (ⅱ)若 a>1,h'(x)=ex- 在(0,+∞)上单调递
+1

x

x

<1<ex,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递 +1

- . +1

增,h'(x)>h'(0)=1-a,1-a<0, 且 x→+∞时,h'(x)→+∞, 则?x0∈(0,+∞), 使 h'(x0)=0, 进而 h(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, h(x0)<h(0)=0,由指数、对数函数的增长率知,x→+∞时 h(x)→+∞, 故 h(x)在(x0,+∞)上有一个零点,在(0,x0]上无零点, 故 h(x)在(0,+∞)上有一个零点.

②当 x<0 时,h(x)=g(x)-f(x)=ex-1-3x3+ax,h'(x)=ex-x2+a,
设 θ(x)=h'(x),θ'(x)=ex-2x>0 对 x<0 恒成立, 故 h'(x)=ex-x2+a 在(-∞,0)上单调递增, h'(x)<h'(0)=1+a,且 x→-∞时,h'(x)→-∞; (ⅰ)若 1+a≤0,即 a≤-1, 则 h'(x)<h'(0)=1+a≤0, 故 h(x)在(-∞,0)上单调递减, 所以 h(x)>h(0)=0, 故 h(x)在(-∞,0)上无零点; (ⅱ)若 1+a>0,即 a>-1, 则?x0∈(-∞,0), 使 h'(x0)=0, 进而 h(x)在(-∞,x0)上单调递减,

1

在(x0,0)内单调递增,h(x0)<h(0)=0. 且 x→-∞时,h(x)=(e
x

h(x)在(-∞,x0)上有一个零点,在[x0,0)上无零点, 故 h(x)在(-∞,0)上有一个零点. 综合①②,当 a≤-1 时有一个公共点; 当-1<a≤1 时有两个公共点; 当 a>1 时有三个公共点.

1 -1)- x(x2-3a)→+∞, 3

(3)由(2)知,当 a=1 时,g(x)>f(x)对 x>0 恒成立, 即 ex>1+ln(x+1). 令
1 1 x= , 则e10 10 x

> 1 + ln 1.1 ≈ 1.0953 >

1095 . 1000

由(2)知,当 a=-1 时,g(x)>f(x)对 x<0 恒成立,
1 3 即 e > x +x+1. 3 1 1 令 x=- , 则e 10 10 1 3000 则e10 < . 2699 1095 故有 < 10 e 1000

>

1 × 3 3000 . 2699

1 3 10

?

1 +1 10

=

2699 , 3000

<

考点 3 利用导数研究不等式问题
利用导数解决不等式问题是高考命题专家每年热衷的话题之一, 通常涉及不等式恒成立问题、不等式存在性问题、证明不等式 及不等式大小比较问题 : (1)对于不等式恒成立(存在)问题 ,一般考查的是三次式、分式、 指数式及对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间 A 上恒成立(存在 ),求参数的取值范围 ; (2)证明不等式问题一般是证明与函数有关的不等式在某个区间 内成立 ; (3)大小比较问题通常是作差后不容易转化为常规的三次式、分 式、指数式、对数式及三角式结构,此时转化为利用导数研究构 建的新函数的单调性或极值(最值),进而求解.

典例 3

(2015· 北京高考) 已知函数 f(x)=ln
3 + 3

1+ . 1-

(1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2 (3)设实数 k 使得 f(x)>k +
3 3

;

对 x∈(0,1)恒成立,求 k 的最大值.

【解题思路】(1)利用函数的导数求在曲线上某点处的切线方 程 ;(2)构造新函数利用函数的单调性证明命题成立 ;(3)对 k 进行 讨论 ,利用新函数的单调性求参数 k 的取值范围 .

【参考答案】(1)因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 1 1 所以 f'(x)= + ,f'(0)=2.
1+ 1-

又因为 f(0)=0, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=2x.
3 (2)令 g(x)=f(x)-2 + , 3 24 2 则 g'(x)=f'(x)-2(1+x )= 2. 1-

因为 g'(x)>0(0<x<1), 所以 g(x)在区间(0,1)内单调递增. 所以 g(x)>g(0)=0,x∈(0,1), 即当 x∈(0,1)时,f(x)>2
3 + 3

.

(3)由(2)知,当 k≤2 时,f(x)>k 当 则
3 k>2 时,令 h(x)=f(x)-k + 3 4 -(-2) h'(x)=f'(x)-k(1+x2)= . 1-2
4

3 + 3

对 x∈(0,1)恒成立.

,

所以当 0<x< 调递减.

-2 时, ?′()

< 0, 因此 ?()在区间 0,

4

-2

内单

-2 时,h(x)<h(0)=0, 3 即 f(x)<k + . 3 3 所以当 k>2 时,f(x)>k + 并非对 3

当 0<x<

4

x∈(0,1)恒成立.

综上可知,k 的最大值为 2.

(1)证明不等式的关键在于要构造好函数的形式,转化为研究函数 的最值或值域问题,有时需用到放缩技巧. (2)求证不等式 f(x)≥g(x)恒成立(存在 )问题,一种常见思路是用图 象法来说明函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的上方 ,但通常不易 说明 ,而是转化为构造函数 F(x)=f(x)-g(x),通过导数研究函数 F(x) 的最值问题,进而证明原不等式恒成立(存在 ).

【变式训练】
设函数

(1)若函数 f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数 a 的最小值; (2)若存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立,求实数 a 的取值范围.

f(x)= -ax. ln

【解析】(1)由已知得 x>0 且 x≠1. 因 f(x)在(1,+∞)上为减函数, 故 f'(x)=
ln-1 -a≤0 (ln)2

在(1,+∞)上恒成立,

所以当 x∈(1,+∞)时,f'(x)max≤0.
ln-1 1 2 又 f'(x)= 2 ? = ? ln (ln) 1 1 故当 = ,即 x=e2 时, ln 2 1 f'(x)max= -a. 4 1 1 所以 ? ≤ 0, 于是 ≥ , 4 4 1 故 a 的最小值为 . 4

+

1 ? ln

=?

1 1 ? ln 2

2 + -a,

1 4

(2)命题“若存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立”等价于“当 x ∈[e,e2]时,有 f(x)min≤f'(x)max+a”. 由(1)知,当 x∈[e,e2]时,f'(x)max= -a, 所以 f'(x)max+a=4.
1 1 4

问题等价于“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤4”.

1

1 ①当 a≥4时,由(1)知,f(x)在[e,e2]上为减函数, e2 1 2 2 则 f(x)min=f(e )= ? e ≤ , 2 4 1 1 故 a≥2 ? 4e2.

②当
1 a<4 时, 由于′()

=?

(ⅰ)-a≥0,即 a≤0,f'(x)≥0 在[e,e2]恒成立,故 f(x)在[e,e2]上为增函数,
1 于是 f(x)min=f(e)=e-ae≥e>4,矛盾. 1 (ⅱ)-a<0,即 0<a< ,由 f'(x)的单调性和值域知, 4

1 1 2 ln 2

+ 4 ? 在[e, e2]上的值域为 -, 4 - .

1

1

存在唯一 x0∈(e,e2),使 f'(x)=0,且满足当 x∈(e,x0)时,f'(x)<0,f(x)为减函 数;当 x∈(x0,e2)时,f'(x)>0,f(x)为增函数;
0 1 所以 f(x)min=f(x0)=ln ? 0≤ 4,x0∈(e,e2), 0 1 1 1 1 1 1 1 所以 a≥ln ? 4 > ln e2 ? 4e > 2 ? 4 = 4 , 与 0 0 1 1 综上得 a≥ ? 2. 2 4e

0 < <

1 矛盾. 4

考点 4 利用导数研究应用题中的最优化问题
以实际生活为背景,通过求面(容 )积最大、用料最省、利润最大、 效率最高等问题考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力, 常与函数关系式的求法、函数的性质(单调性、最值)、不等式、 导数、解析几何中曲线方程、空间几何体等知识交汇考查.

典例 4 (2015· 连云港二调) 一个圆柱形圆木的底面半径为 1 m, 长为 10 m,将此圆木沿轴所在的平面剖成两部分.现要把其中一 个部分加工成直四棱柱木梁,长度保持不变,底面为等腰梯形 ABCD(如图所示,其中 O 为圆心,C,D 在半圆上),设∠BOC=θ,木梁 的体积为 V(单位:m3),表面积为 S(单位:m2). (1)求 V 关于 θ 的函数表达式; (2)求 θ 的值,使体积 V 最大; (3)问当木梁的体积 V 最大时,其表面积 S 是否也最大?请说明理 由.

【解题思路】根据已知条件建立 V 和 S 关于 θ 的函数表达式,利 用导数等知识求解即可. 2cos+2 【参考答案】(1)梯形 ABCD 的面积 SABCD= ·sin = sin cos + sin , ∈ 0,
π 2 2

.
π

体积 V(θ)=10(sin θcos θ+sin θ),θ∈ 0, . 2 2 (2)V'(θ)=10(2cos θ+cosθ-1)=10(2cos θ-1)(cos θ+1). 令 V'(θ)=0,得 cos θ= 或 cos θ=-1(舍).

∵θ∈ 0, 2 , ∴ =

π

π 1 当 θ∈ 0, 时, <cos θ<1,V'(θ)>0,V(θ)为增函数; 3 2 π π 1 当 θ∈ , 时, 0 < cos < ,V'(θ)<0,V(θ)为减函数. 3 2 2 π ∴当 θ=3 时,体积 V 最大.

1 2 π . 3

(3)木梁的侧面积 S 侧=(AB+2BC+CD)· 10=20(cos θ+2sin + 1), ∈ 0,
π 2

2

.
2

S=2SABCD+S 侧=2(sin θcos θ+sin θ)+20 cos θ+2sin + 1 , ∈
π 0, 2

.
2

设 g(θ)=cos θ+2sin + 1, ∈ 0,

∵g(θ)=-2sin 2 + 2sin 2+2, 1 π ∴当 sin2 = 2 , 即 = 3时,g(θ)最大. π 又由(2)知当 θ= 时,sin θcos θ+sin θ 3 π ∴当 θ=3 时,木梁的表面积 S 最大.

2

π 2

.

取得最大值,

综上,当木梁的体积 V 最大时,其表面积 S 也最大.

利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系,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)求函数 y=f(x)的导数 f'(x),解方程 f'(x)=0; (3)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)回归实际问题进行检验,作出正确的答案.

【变式训练】
(2015· 黑吉两省六校联考)2016 年世界艺博览会在唐山举行,某 展销商在此期间销售一种商品,根据市场调查,当每套商品售价 为 x 元时,销量可以达到 15-0.1x 万套,供货商把该产品的供货价格 分为两部分,其中固定价格为每套 30 元,浮动价格与销量(单位:万 套)成反比,比例系数为 k,假设不计其他成本,即每套产品销售利 润=售价-供货价格. (1)若售价为 50 元时,展销商的总利润为 180 万元,求售价为 100 元时的销售总利润; (2)若 k=10,求销售这套商品总利润的函数 f(x),并求 f(x)的最大值.

【解析】(1)售价为 50 元时,销量为 15-0.1×50=10 万套, 此时每套供货价格为 30+ (元), 则获得的总利润为 10× 50-30 10 10

=180,

解得 k=20, 则售价为 100 元时,销售总利润为 20 (15-0.1×100)· 100-30=330(万元). > 0, (2)根据已知条件,每套商品的售价 x 满足不等式组 15-0.1 > 0, 解得 0<x<150.
15-0.1×100

f(x)= - 30 +

10 15-0.1

(15-0.1x)=-0.1x2+18x-460(0<x<150),

则 f'(x)=-0.2x+18, 令 f'(x)=0,解得 x=90, 且当 0<x<90 时,f'(x)>0, 当 90<x<150 时,f'(x)<0, 所以当 x=90 时,f(x)取得最大值,最大值为 f(50)=-0.1×902+18×90-460=350(万元).


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