高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-3导数的综合应用学案理.doc

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1、- 1 - / 19【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第三章导数及其应精选高考数学一轮复习第三章导数及其应用用 3-33-3 导数的综合应用学案理导数的综合应用学案理考点 1 利用导数研究生活中的优化问题典题 1 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 12 000 元( 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

2、确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为 1002rh200rh 元，底面的总成本为 160r2 元所以蓄水池的总成本为(200rh160r2)元又根据题意，得 200rh160r212 000，所以 h(3004r2)，从而 V(r)r2h(300r4r3)因为 r0，又由 h0 可得 0r0，故 V(r)在(0,5)上为增函数；- 2 - / 19当 r(5,5)时，V(r)0)(1)求函数 F(x)f(x)g(x)的极值；(2)若函数 G(x)f(x)g(x)(a1)x 在区间上有两个零点，求实数 a 的取值范围解 (1)由题意知，F(x)f(x)g

3、(x)ax2ln x，F(x)axln xaxax(2ln x1)，由 F(x)0 得 xe) ，由 F(x)0，G(x)单调递增要使 G(x)在区间上有两个零点，需满足Error!即即Error!下面比较与的大小由于2e42e36e2 2e22e2e20，故，故实数 a 的取值范围为.设函数 f(x)kln x，k0.(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， 上仅有一个零点(1)解：由 f(x)kln x(k0)，得x0 且 f(x)x.由 f(x)0，解得 x(负值舍去)当 x 变化时，f(x)与 f(x)在区间(0，)上的变化情况如下

4、表：x)(0，kk，)(kf(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在 x处取得极小值 f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为 f().因为 f(x)存在零点，所以0，从而 ke，- 5 - / 19当 ke 时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且 f()0，所以 x是 f(x)在区间(1, 上的唯一零点当 ke 时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且 f(1)0，f()0，t(x)单调递增；当 x(1,0)时，t(x)0 时，f(x)0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1 不是 f(x)的极值点故不存在实数

5、a，使得 f(x)在 x1 处取得极值- 9 - / 19(2)由 f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记 F(x)xln x(x0)，F(x)(x0)，当 01 时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a，记 G(x)，x，G(x)2x2xln xx2x1 xln x2.x，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，x时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1.故实数 a 的取值范围为1，)点石成金 导数在不等式中的应用问题两大解题策略(1)利用导数证明不等式若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 F(

6、x)f(x)g(x)，如果 F(x)0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有 F(x)0，即证明了f(x)g(x)(2)利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出- 10 - / 19参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题真题演练集训 12015新课标全国卷设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，若存在唯一的整数 x0 使得 f(x0)0，则 a 的取值范围是( )BA.3 2e，3 4)DC

7、.3 2e，1)答案：D解析： f(0)1a0， x00.又 x00 是唯一的整数， Error!即解得 a.又 a1， a1，故选 D.22014陕西卷如图，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )Byx3xAyx3xDyx3xCyx3x答案：A解析：设所求函数解析式为 yf(x)，由题意知 f(5)2，f(5)2，且 f(5)0，代入验证易得 yx3x 符合题意，故选 A.32014辽宁卷当 x2,1时，不等式ax3x24x30 恒成立，则实数 a 的取值范围是( )- 11 -

8、/ 19BA5，36，9 8D4，3C6，2答案：C解析：当 x0 时，ax3x24x30 变为 30 恒成立，即aR.当 x(0,1时，ax3x24x3，a，amax.设 (x)，(x)2x4x3x24x33x2 x60，(x)在(0,1上单调递增，(x)max(1)6.a6.当 x2,0)时，a，amin.仍设 (x)，(x)，当 x2，1)时，(x)0；当 x(1,0)时，(x)0.当 x1 时，(x)有极小值，即为最小值而 (x)min(1)2，a2.综上可知，a 的取值范围为6，242016新课标全国卷已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2 有两个零点- 12 - / 19(1)

9、求 a 的取值范围；(2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当 x(，1)时，f(x)0.所以 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b(b2)a(b1)2a0，故 f(x)存在两个零点()设 a0，因此 f(x)在(1，)上单调递增又当 x1 时，f(x)1，故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当 x1 时 f(x)f(2x2)，即 f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)0.若 m0，f(x)0.所以，f(x)在(，0)上单

10、调递减，在(0，)上单调递增(2)解：由(1)知，对任意的 m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故 f(x)在 x0 处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1 的充要条件是Error!即设函数 g(t)ette1，则 g(t)et1.当 t0 时，g(t)0.故 g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又 g(1)0，g(1)e12e1 时，由 g(t)的单调性，g(m)0，即 emme1；当 m0，即 emme1.综上，m 的取值范围是1,162015新课标全国卷已知函数 f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当 a 为何值时，x

11、轴为曲线 yf(x)的切线；(2)用 minm，n表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数解：(1)设曲线 yf(x)与 x 轴相切于点(x0,0)，则 f(x0)0，f(x0)0，即Error!解得Error!因此，当 a时，x 轴为曲线 yf(x)的切线(2)当 x(1，)时，g(x)ln x0，从而 h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故 h(x)在(1，)上无零点当 x1 时，若 a，则 f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故 x1 是 h(x)的零点；若 a，则 f(1)0，h(1)minf(1

12、)，g(1)f(1)0，故x1 不是 h(x)的零点当 x(0,1)时，g(x)ln x0，所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数若 a3 或 a0，则 f(x)3x2a 在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而 f(0)，f(1)a，所以当 a3 时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当 a0 时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，则 f(x)在上单调递减，在上单调递增，- 15 - / 19故在(0,1)上，当 x 时，f(x)取得最小值，最小值为 f .a若 f0，即a0，则 f(x)在(0,1)上无零点b若 f0，即 a，则 f(x)在(0,1)上有唯一零点c

13、若 f0，即3a，由于 f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3a时，f(x)在(0,1)上有一个零点综上，当 a或 a时，h(x)有一个零点；当 a或 a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点课外拓展阅读 巧用导数妙解有关恒成立、存在性问题“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)g(a)对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别

14、需要关注等号是否成立问题，以免细节出错方法一 分离参数法典例 1 改编题设函数 f(x)ln xax，g(x)exax，其中 a 为实数若 f(x)在(1，)上是单调减函数，且 g(x)在(1，)上有最小值，则 a 的取值范围是( )Be，)A(e，) D1，)C(1，) 答案 A解析 解法一：f(x)a，g(x)exa，由题意得，当x(1，)时，f(x)0 恒成立，即当 x(1，)时，a恒成立，则 a1.- 16 - / 19因为 g(x)exa 在(1，)上单调递增，所以 g(x)g(1)ea.又 g(x)在(1，)上有最小值，则必有 ea0，即 ae.综上，可知 a 的取值范围是(e，)

15、解法二：f(x)a，g(x)exa.由题意得，当x(1，)时，f(x)0 恒成立，即当 x(1，)时，a恒成立，则 a1.当 a0 时，g(x)0 恒成立，从而 g(x)在(1，)上单调递增，故 g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当 0ae 时，由 g(x)0 得 xln a，又 ln a1，故 g(x)在(1，)上单调递增，故 g(x)在(1，)上无最值，不符合题意；当 ae 时，由 g(x)0 得 xln a，又 ln a1，故 g(x)在(1，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，此时有最小值，为 g(ln a)eln aaln aaaln a.由题意知 ln a1，所

16、以 ae.综上，可知 a 的取值范围是(e，)技巧点拨在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题结果取交集一般而言，在同一“问题”中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集方法二 构造函数法典例 2 已知函数 f(x)若|f(x)|ax，则 a 的取值范围是( )B(，1A(，0 D2,0C2,1 - 17 - / 19答案 D解析 |f(x)|ax(1)由得 x(x2)ax 在区间(，0上恒成立当 x0 时，aR；当 x0 时，有 x2a 在区间(，0上恒成立，所以 a2.(2)由得 ln(x1)ax0 在区间(0，)上恒成立，设 h(x)ln(

17、x1)ax(x0)，则 h(x)a(x0)，可知 h(x)为减函数当 a0 时，h(x)0，故 h(x)为增函数，所以 h(x)h(0)0恒成立；当 a1 时，因为(0,1)，所以 h(x)a0，故 h(x)为减函数，所以 h(x)h(0)0 恒成立，显然不符合题意；当 0a1 时，对于给定的一个确定值 a，总可以至少找到一个x00，满足 h(x0)ln(x01)ax00 成立如当 a时，取x04，则 h(x0)ln 520 成立，可知当 0a1 时，不符合题意故 a0.由(1)(2)可知，a 的取值范围是2,0方法探究本题的切入点不同，构造的函数也是不相同的，也可以构造函数结合选项利用函数图

18、象及排除法去完成典例 2 也可以通过构造函数求解，但是在问题的求解中如果可以分离出参数，尽量用分离参数法去求解相对而言，多数题目都可以采用分离参数法去求解，而且采用分离参数法对于问题的求解会相对容易方法三 等价转化法典例 3 设 f(x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足- 18 - / 19上述条件的最大整数 M；(2)如果对于任意的 s，t，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围解 (1)存在 x1，x20,2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.由 g(x)x3x23，得

19、 g(x)3x22x3x.由 g(x)0 得 x0 或 x，又 x0,2，所以 g(x)在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，所以 g(x)ming，g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数 M4.(2)对于任意的 s，t，都有 f(s)g(t)成立，等价于在上，函数 f(x)ming(x)max.由(1)可知在上，g(x)的最大值为 g(2)1.在上，f(x)xln x1 恒成立等价于 axx2ln x 恒成立设 h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，可知 h(x)在上是减函数，又 h(1)0，所以当 1x2 时，h(x)0；当x1 时，h(x)0.即函数 h(x)xx2ln x 在上单调递增，在1,2上单调递减，所以 h(x)maxh(1)1，即实数 a 的取值范围是1，)温馨提示如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变成与典例 2、典例 3 相关的问题去求解，- 19 - / 19这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错