高考数学一轮复习第三章导数及其应用33导数的综合应用学案理.docx
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高考数学一轮复习第三章导数及其应用33导数的综合应用学案理
【2019最新】精选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
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12000π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.
[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.
又根据题意,得200πrh+160πr2=12000π,
所以h=(300-4r2),
从而V(r)=πr2h=(300r-4r3).
因为r>0,又由h>0可得0<r<5,
故函数V(r)的定义域为(0,5).
(2)因为V(r)=(300r-4r3),
故V′(r)=(300-12r2),
令V′(r)=0,解得r=5或-5(r=-5<0,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)时,V′(r)<0,故V(r)在(5,5)上为减函数.
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.
[点石成金] 利用导数解决生活中的优化问题的四步骤
(1)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)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;
(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;
(4)回归实际问题作答.
某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:
千克)与销售价格x(单位:
元/千克)满足关系式y=+10(x-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)因为当x=5时,y=11,
所以+10=11,a=2.
(2)由
(1)知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)=(x-3)
=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).
于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表.
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
极大值42
由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)上的极大值点,也是最大值点.
所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.
答:
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.
考点2 利用导数研究方程的零点问题
[典题2] [2017·山东潍坊模拟]已知函数f(x)=x2,g(x)=alnx(a>0).
(1)求函数F(x)=f(x)·g(x)的极值;
(2)若函数G(x)=f(x)-g(x)+(a-1)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(x)=ax2lnx,
F′(x)=axlnx+ax=ax(2lnx+1),
由F′(x)>0得x>e),
由F′(x)<0得0 故F(x)在(0,e))上单调递减,在(e),+∞)上单调递增,所以x=e-为F(x)的极小值点, F(x)极小值=F(e))=-,无极大值. (2)G(x)=x2-alnx+(a-1)x, G′(x)=x-+a-1=, 由G′(x)=0,得x=1或x=-a(舍去), 当x∈(0,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,G′(x)>0,G(x)单调递增. 要使G(x)在区间上有两个零点, 需满足 即即 下面比较与的大小. 由于-= =>0,故>, 故实数a的取值范围为. 设函数f(x)=-klnx,k>0. (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)=-klnx(k>0),得 x>0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,+∞)上的变化情况如下表: x (0, ) ( ,+∞) f′(x) - 0 + f(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k≥e, 当k=e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k>e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,且f (1)=>0,f()=<0, 所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 考点3 利用导数研究与不等式有关的问题 [考情聚焦] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容,且以解答题的形式考查,难度较大,属中高档题. 主要有以下几个命题角度: 角度一 证明不等式 [典题3] [2017·安徽合肥二模]已知函数f(x)=. (1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围; (2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证: f(x)≤g(x). (1)[解] 易得f′(x)=-, 由题意知f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立, 故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立, ∴1-a≥2,∴a≤-1. 故实数a的取值范围为(-∞,-1]. (2)[证明] a=0,则f(x)=. 函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0). 令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=- =. 设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R, 则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex, ∵x0<1,∴φ′(x)<0, ∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0, ∴当x<x0时,φ(x)>0, 当x>x0时,φ(x)<0, ∴当x<x0时,h′(x)>0, 当x>x0时,h′(x)<0, ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数, ∴当x∈R时,h(x)≤h(x0)=0, ∴f(x)≤g(x). 角度二 不等式恒成立问题 [典题4] [2017·青海西宁模拟]已知函数f(x)=x2+2x,g(x)=xex. (1)求f(x)-g(x)的极值; (2)当x∈(-2,0)时,f(x)+1≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围. [解] (1)令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2x-xex,则h′(x)=(x+1)(2-ex), 令h′(x)=0,解得x=-1或x=ln2. 当x变化时,h′(x)与h(x)的变化情况如下表. x (-∞, -1) -1 (-1, ln2) ln2 (ln2, +∞) h′(x) - 0 + 0 - h(x) 极小值 极大值 ∴h(x)极小值=h(-1)=-1,h(x)极大值=h(ln2)=ln22,即f(x)-g(x)的极小值为-1,极大值为ln22. (2)由题意知,当x∈(-2,0)时,x2+2x+1≥axex恒成立,即a≥恒成立. 令t(x)=, 则t′(x)=-, ∴当x∈(-2,-1)时,t′(x)>0,t(x)单调递增; 当x∈(-1,0)时,t′(x)<0,t(x)单调递减. 故当x∈(-2,0)时,t(x)max=t(-1)=0. ∴a≥0. 故实数a的取值范围是[0,+∞). 角度三 存在型不等式成立问题 [典题5] [2017·福建四地六校联考]已知a为实数,函数f(x)=alnx+x2-4x. (1)是否存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值? 证明你的结论; (2)设g(x)=(a-2)x,若∃x0∈,使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围. [解] (1)不存在实数a,使得f(x)在x=1处,取得极值. 证明如下: 函数f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)=+2x-4=. 假设存在实数a,使f(x)在x=1处取极值,则f (1)=0, ∴a=2,此时,f′(x)=, 当x>0时,f′(x)≥0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴x=1不是f(x)的极值点. 故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值. (2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-lnx0)a≥x-2x0, 记F(x)=x-lnx(x>0), ∴F′(x)=(x>0), ∴当0 当x>1时,F′(x)>0,F(x)单调递增. ∴F(x)>F (1)=1>0, ∴a≥, 记G(x)=,x∈, ∴G′(x)= =. ∵x∈,∴2-2lnx=2(1-lnx)≥0, ∴x-2lnx+2>0, ∴x∈时,G′(x)<0,G(x)单调递减; x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增, ∴G(x)min=G (1)=-1,∴a≥G(x)min=-1. 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(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 1.[2015·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( ) A.B. C.D. 答案: D 解析: ∵f(0)=-1+a<0,∴x0=0. 又x0=0是唯一的整数,∴ 即解得a≥. 又a<1,∴≤a<1,故选D. 2.[2014·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( ) A.y=x3-xB.y=x3-x C.y=x3-xD.y=-x3+x 答案: A 解析: 设所求函数解析式为y=f(x),由题意知f(5)=-2,f(-5)=2,且f′(±5)=0,代入验证易得y=x3-x符合题意,故选A. 3.[2014·辽宁卷]当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( ) A.[-5,-3]B. C.[-6,-2]D.[-4,-3] 答案: C 解析: 当x=0时,ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立,即a∈R. 当x∈(0,1]时,ax3≥x2-4x-3, a≥, ∴a≥max. 设φ(x)=, φ′(x)= =-=->0, ∴φ(x)在(0,1]上单调递增, φ(x)max=φ (1)=-6. ∴a≥-6. 当x∈[-2,0)时,a≤, ∴a≤min. 仍设φ(x)=, φ′(x)=-, 当x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0; 当x∈(-1,0)时,φ′(x)>0. ∴当x=-1时,φ(x)有极小值,即为最小值. 而φ(x)min=φ(-1)==-2,∴a≤-2. 综上可知,a的取值范围为[-6,-2]. 4.[2016·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点. (1)求a的取值范围; (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明: x1+x2<2. (1)解: f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)·(ex+2a). (ⅰ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点. (ⅱ)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 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<0且b f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0, 故f(x)存在两个零点. (ⅲ)设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增. 又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点. 若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当x∈(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x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞). (2)证明: 不妨设x1 (1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)上单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0. 由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2, 而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0, 所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2. 设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex, 则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex). 所以当x>1时,g′(x)<0,而g (1)=0,故当x>1时,g(x)<0. 从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2. 5.[2015·新课标全国卷Ⅱ]设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围. (1)证明: f′(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0. 若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,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x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是 即① 设函数g(t)=et-t-e+1,则g′(t)=et-1. 当t<0时,g′(t)<0;当t>0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)=e-1+2-e<0, 故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1; 当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1. 综上,m的取值范围是[-1,1]. 6.[2015·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-lnx. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线; (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. 解: (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0,即 解得 因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线. (2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上无零点. 当x=1时,若a≥-,则f (1)=a+≥0,h (1)=min{f (1),g (1)}=g (1)=0,故x=1是h(x)的零点; 若a<-,则f (1)<0,h (1)=min{f (1),g (1)}=f (1)<0,故x=1不是h(x)的零点. 当x∈(0,1)时,g(x)=-lnx>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数. ①若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a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a≤-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点. ②若-3<a<0,则f(x)在上单调递减,在上单调递增, 故在(0,1)上,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=+. a.若f>0,即-<a<0,则f(x)在(0,1)上无零点. b.若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)上有唯一零点. c.若f<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f (1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤-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x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,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)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,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( ) A.(e,+∞)B.[e,+∞) C.(1,+∞)D.[1,+∞) [答案] A [解析] 解法一: f′(x)=-a,g′(x)=ex-a,由题意得,当x∈(1,+∞)时,f′(x)≤0恒成立, 即当x∈(1,+∞)时,a≥恒成立,则a≥1. 因为g′(x)=ex-a在(1,+∞)上单调递增, 所以g′(x)>g′ (1)=e-a. 又g(x)在(1,+∞)上有最小值,则必有e-a<0,即a>e. 综上,可知a的取值范围是(e,+∞). 解法二: f′(x)=-a,g′(x)=ex-a.由题意得,当x∈(1,+∞)时,f′(x)≤0恒成立,即当x∈(1,+∞)时,a≥恒成立,则a≥1. 当a≤0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0<a≤e时,由g′(x)>0得x>lna,又lna≤1, 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a>e时,由g′(x)>0得x>lna,又lna>1,故g(x)在(1,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,此时有最小值,为g(lna)=elna-alna=a-alna. 由题意知lna>1,所以a>e. 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( ) A.(-∞,0]B.(-∞,1] C.[-2,1]D.[-2,0] [答案] D [解析] |f(x)|≥ax⇔ (1)由①得x(x-2)≥ax在区间(-∞,0]上恒成立. 当x=0时,a∈R; 当x<0时,有x-2≤a在区间(-∞,0]上恒成立,所以a≥-2. (2)由②得ln(x+1)-ax≥0在区间(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ln(x+1)-ax(x>0),则h′(x)=-a(x>0),可知h′(x)为减函数.当a≤0时,h′(x)>0,故h(x)为增函数,所以h(x)>h(0)=0恒成立; 当a≥1时,因为∈(0,1),所以h′(x)=-a<0,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0<a<1时,对于给定的一个确定值a,总可以至少找到一个x0>0,满足h(x0)=ln(x0+1)-ax0<0成立.如当a=时,取x0=4,则h(x0)=ln5-2<0成立,可知当0<a<1时,不符合题意.故a≤0. 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)=+xlnx,g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足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,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M. 由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x. 由g′(x)>0得x<0或x>,又x∈[0,2], 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)min=g=-, g(x)max=g (2)=1. 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M, 则满足条件的最大整数M=4. (2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g
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- 高考 数学 一轮 复习 第三 导数 及其 应用 33 综合 学案理