高考数学导数的综合应用课件

(2)求f(x)在[t-1,t+1]上的最大值.
(3)设g(x)=f(x)+2x+3xln x,证明:对任意x1,x2∈(0,1),
都有|g(x1)-g(x2)|<
2 e3
3 e
+1.
【解析】(1)f(x)=(x+1)eax(a≠0)的导数
f′(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax,
5
数V(r)的定义域为(0,5 3 ).
(2)因为V(r)= (300r-4r3),所以V′(r)= (300-12r2).
5
5
令V′(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因为r2=-5不在定义域内,
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 )上为3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.
因为x= 2 是f(x)的一个极值点,
a
所以f′ (=2)(a+3)e2=0,
a
所以a=-3.
(2)由(1)知f(x)=(x+1)e-3x,f′(x)=(-3x-2)e-3x,
易知f(x)在 (,上 2递) 增,在 上( 递2 , 减,)
3
3
当t+1≤- 2,即t≤- 时5,f(x)在[t-1,t+1]上递增,
(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中OEMF是以O为圆 心、∠EOF=120°的扇形,且弧 E»F，G»H 分别与边BC,AD 相切于点M,N. (1)当BE长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积. (2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最 大?
【解析】(1)在题图甲中,连接MO交EF于点T
【解析】(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=12 000π,所以h= 1 (300-4r2),从而V(r)=
5r
πr2h= (300r-4r3).由h>0,且r>0可得0<r<5 3 ,故函
【规律方法】 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的 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处的点的函数值的 大小,最大(小)者为最大(小)值. (4)回归实际问题作答.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲 线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化 归的思想方法.
【对点训练】(2018·信阳模拟)已知函数f(x)=4x2+ 1
x
-a, g(x)=f(x)+b,其中a,b为常数.
(1)若x=1是函数y=xf(x)的一个极值点,求曲线y=f(x)
在点(1,f(1))处的切线方程.
2
可得x= 1 处取得极小值,且为3-a,
2
由f(x)有两个零点,可得3-a=0,即a=3,零点分别为
-1, 1.
2
令t=g(x),即有f(t)=0,可得t=-1或 1,则f(x)=-1-b
2
或f(x)= 1-b,
2
由题意可得f(x)=-1-b或f(x)= 1-b都有3个实数解,
2
则-1-b>0,且 1 -b>0,即b<-1且b<1 ,可得b<-1,
【解析】(1)由题可知 f′(x)=2e2x+aex-(a+2)=(ex-1)(2ex+a+2). 当a+2≥0,即a≥-2时,令f′(x)=0得x=0,易知f(x)在 (-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 当a<-2时,令f′(x)=0得x=0或 x ln( 2 a ).
2
当 ln( 2 >a0),即a<-4时,f(x)在(-∞,0),
命题角度2 已知不等式恒成立,求参数的取值范围 【典例】(2018·开封模拟)已知函数f(x)=(t-1)xex, g(x)=tx+1-ex. (1)当t≠1时,讨论f(x)的单调性. (2)f(x)≤g(x)在[0,+∞)上恒成立,求t的取值范围.
【解析】(1)由f(x)=(t-1)xex,得f′(x)=(t-1)(x+1)ex, 若t>1,则x<-1时,f′(x)<0,f(x)递减,x>-1时, f′(x)>0,f(x)递增, 若t<1,则x<-1时,f′(x)>0,f(x)递增,x>-1时, f′(x)<0,f(x)递减,
(上1 ,1单) 调递增,
e
所以- 3e≤m2(x)<0,
从而1- 3e<m1(x)+m2(x)<2e+23 .
所以,对任意x1,x2∈(0,1),
|g(x1)-g(x2)|<
(2
2 e3
)
(1
3) e
2 e3
3 e
1.
【状元笔记】不等式的证明问题解题策略 可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识 利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数 确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而 使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研 究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.
(2)若函数f(x)有2个零点,f(g(x))有6个零点,求a+b的
取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=4x2+1 -a,则y=xf(x)=4x3+1-ax
x
的导数为y′=12x2-a,
由题意可得12-a=0,解得a=12,
即有f(x)=4x2+1 -12,
x
f′(x)=8x- ,1
x2
可得曲线在点(1,f(1))处的切线斜率为7,切点为(1,-7),
3
-4
3.
答:当BE长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为
16 4立3方分米.
3
(2)设BE=x,则R=2x,所以所得柱体的底面积
S=S扇形OEF-S△OEF=13
πR2-1 R2sin 120°=
2
( 4 x23,)
3
又所得柱体的高EG=6-2x,
所以V=S×EG=(8 2 3(-) x3+3x2),其中0<x<3.
(2)数形结合法求解零点. 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数 的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合 确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点. ①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区 间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间 的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.
【对点训练】 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.
故t>1时,f(x)在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增, t<1时,f(x)在(-∞,-1)上递增,在(-1,+∞)上递减.
(2)f(x)≤g(x)在[0,+∞)上恒成立, 即(t-1)xex-tx-1+ex≤0对∀x≥0成立, 设h(x)=(t-1)xex-tx-1+ex, h(0)=0,h′(x)=(t-1)(x+1)ex-t+ex,h′(0)=0, h″(x)=ex[(t-1)x+2t-1],
2
(2)不存在.理由如下:假设f(x)有三个相异零点.由(1)的
讨论,一定有a∈(-∞,-4)∪(-4,-2)且f(x)的极大值大于
0,极小值小于0. 已知取得极大值和极小值时x=0或x=ln( 2 a,注) 意到此
2
时恒有
f(0)=a+1<-2+1=-1<0,则必有f(0)为极小值,此时a∈
即有曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+7=7(x-1), 即为y=7x-14.
(2)由f(x)=4x2+1 -a,导数f′(x)=8x- ,当1 x> 时,1
x
x2
2
f′(x)>0,f(x)在 (1上,单)调递增;当x<0或0<x< 时,1
2
2
f′(x)<0,f(x)在(-∞,0), 上(单0，1调) 递减.
3
3
f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-3(t+1);
当t-1≥- 2,即t≥ 时,1f(x)在[t-1,t+1]上递减,
3
3
f(x)max=f(t-1)=te-3(t-1);
当t-1<- 2<t+1,即-
3
5<t<
3
13时,f(x)max=f
( 2) e2 . 33
(3)g(x)=(x+1)e-3x+2x+3xln x, 设g(x)=m1(x)+m2(x),x∈(0,1), 其中m1(x)=(x+1)e-3x+2x,m2(x)=3xln x, 则m1′(x)=(-3x-2)e-3x+2, 设h(x)=(-3x-2)e-3x+2, 则h′(x)=(9x+3)e-3x>0,
考点三 利用导数求解不等式的有关问题 【明考点·知考法】
利用导数研究不等式是高考常考内容,主要考查利 用导数证明不等式问题及函数在某个区间恒成立问题, 题目以解答题形式呈现,属难题.
命题角度1 证明不等式
【典例】已知函数f(x)=(x+1)eax(a≠0),且x= 2 是它
a
的极值点.
(1)求a的值.
2
2
即有a+b<2.
则a+b的取值范围是(-∞,2).
考点二 利用导数求解生活中的优化问题 【典例】(2018·盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度 忽略不计),一边AB长为6分米,另一边足够长.现从中截 取矩形ABCD(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩 下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒
2
2
令g(t)=ln t-1- ,tg′(t)=
2
1 1 2 t 0， t 2 2t
从而g(t)在(0,1)上单调递增,所以g(t)<g(1)= ,3
2
故不存在t∈(0,1)满足ln t>1+ t,与假设矛盾,
2
从而不存在a使得f(x)有三个相异零点.
【规律方法】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法. 借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负, 函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者 通过零点个数求参数范围.
(-4,-2),还需满足f （ln( 2 a )>）0，
2
又f（ln( 2 a )） = a 2 [2 a 4ln（ 2 a ）]，
2
4
2
a∈(-4,-2),故存在a使得2-a-4 ln（ 2<0a,）
2
即存在a∈(-4,-2)使得 ln（ >2 a ）. 2 a
2
4
令t= 2 ∈a (0,1),即存在t∈(0,1)满足ln t>1+ . t
设OE=OF=OM=R,
在Rt△OET中,因为∠EOT=1 ∠EOF=60°,
2
所以OT=R ,则MT=OM-ORT= .
2
2
从而BE=MTR= ,即R=2BE=2.
2
故所得柱体的底面积
ห้องสมุดไป่ตู้
S=S扇形OEF-S△OEF=13
πR2-1 R2sin 120°= 4
2
3
3.
又所得柱体的高EG=4,
所以V=S×EG=16
3
令f(x)=-x3+3x2,0<x<3,
则由f′(x)=-3x2+6x=-3x(x-2),令f′(x)=0. 解得x=2. 列表如下:
x f′(x) f(x)
(0,2) + 增
2 0 极大值
(2,3) 减
所以当x=2时,f(x)取得最大值. 答:当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大.
2
上单调递增,
（ln( 2 a ), ） 2
在（0,ln( 2上 a单)）调递减;
2
当a=-4时,f′(x)=2(ex-1)2≥0,f(x)在R上单调递增;
当a∈(-4,-2)时,f(x)在 （ ,ln( 2 a )）,
2
(0,+∞)上单调递增,在 （ln( 2 上a单),0调）递减.
第四节
导数的综合应用(全国卷5年12考)
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考点一 利用导数求函数的零点或方程根的问题 【典例】(2019·濮阳模拟)已知函数f(x)=e2x+aex(a+2)x. (1)讨论f(x)的单调性. (2)是否存在实数a,使得f(x)有三个相异零点?若存在, 求出a的值;若不存在,说明理由.
可知m1′(x)在(0,1)上是增函数,
所以m1′(x)>m1′(0)=0,
即m1(x)在(0,1)上是增函数,
所以1<m1(x)<2e2+3 . 又m2′(x)=3(1+ln x),由m2′(x)>0,
得x> 1
e
;由m2′(x)<0,得0<x<
1,
e
所以m2(x)在(0,
1)上单调递减,在
e