《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)15 3.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)15 3.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件.ppt（51頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、3.4導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)一 利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù),考點(diǎn)二 導(dǎo)數(shù)與不等式,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題,導(dǎo)數(shù)與零點(diǎn) 命題方向一利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù) 典例1已知函數(shù)f(x)=ln x+,其中a為實(shí)常數(shù). (1)判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù); (2)若f(x)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在(0,+)上恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,考點(diǎn)突破,解析(1)f (x)=,x0. 當(dāng)a0時(shí), f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增. 若|a|e,則f(e)=ln e+0; 若|a|e,則f(|a|)=ln|a|+=ln|a|-1ln e-1=0. 取m=maxe,|a|,則有f(m)0, f(1)
2、=a0,f(1)=a0, 所以由函數(shù)零點(diǎn)存在性定理結(jié)合函數(shù)單調(diào)性知,函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn). 當(dāng)a0時(shí), f(x)在區(qū)間(0,a)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(a,+)上單調(diào)遞增,所以f,(x)min=f(a)=ln a+1. 若ln a+1=0,即a=,則函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn); 若ln a+10,即a,則函數(shù)f(x)無零點(diǎn); 若ln a+10,且f(a3)=3ln a+0,,補(bǔ)證:設(shè)g(t)=3ln t+,則g(t)=-=.當(dāng)t時(shí),g(t)g=e2-30.證畢 所以函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn). 綜上所述,當(dāng)a時(shí), f(x)無零點(diǎn);當(dāng)0
3、. (2)問題轉(zhuǎn)化為xln x-+a0在(0,+)上恒成立.,設(shè)g(x)=xln x-+a,則問題轉(zhuǎn)化為在(0,+)上g(x)min0成立. 又g(x)=ln x+1+,g=0, 所以當(dāng)x時(shí),g(x)0;當(dāng)0
4、(x)的定義域?yàn)?0,+), f (x)=x-=, 當(dāng)m0時(shí), f (x)0,所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增; 當(dāng)m0時(shí), f (x)=, 所以當(dāng)0時(shí), f (x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 綜上,當(dāng)m0時(shí), f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增;,當(dāng)m0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(,+),單調(diào)減區(qū)間是(0,). (2)令F(x)=f(x)-g(x)=-x2+(m+1)x-mln x,x0, 問題等價(jià)于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題, F(x)=-, 當(dāng)m=1時(shí),F(x)0,函數(shù)F(x)為減函數(shù), 因?yàn)镕(1)=0, f(4)=-ln 4<0, 所以F(x)有唯一零點(diǎn);,當(dāng)m1時(shí),0m時(shí)F(x
5、)0, 所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m,+)上單調(diào)遞減,在(1,m)上單調(diào)遞增, 因?yàn)镕(1)=m+0, f(2m+2)=-mln(2m+2)<0, 所以F(x)有唯一零點(diǎn). 綜上,函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn),即兩函數(shù)圖象總有一個(gè)交點(diǎn).,規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)或方程根的方法 (1)通過最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法 借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值后,通過極值的正負(fù)、函數(shù)單調(diào)性判斷函數(shù)圖象走勢(shì),從而判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)或者通過零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍. (2)數(shù)形結(jié)合法求解零點(diǎn) 對(duì)于方程解的個(gè)數(shù)(或函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù))問題,可利用函數(shù)的值域或最值,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性,畫出草圖數(shù)形結(jié)合確定其中參數(shù)的范圍.,(3
6、)構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)零點(diǎn) 根據(jù)條件構(gòu)造某個(gè)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點(diǎn),根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系,從而求解. 解決此類問題的關(guān)鍵是將函數(shù)零點(diǎn)、方程的根、曲線交點(diǎn)相互轉(zhuǎn)化,突出導(dǎo)數(shù)的工具作用,體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.,1-1(2018重慶調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=-x2+ax+ln x(aR). (1)當(dāng)a=-1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)函數(shù)f(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+), 當(dāng)a=-1時(shí), f (x)=-2x-1+=,令f (x)=0,得x=(負(fù)值舍去), 當(dāng)00,當(dāng)
7、x時(shí), f (x)<0, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x-,,令g(x)=x-,其中x,則g(x)=1-=,令g(x)=0,得x =1,當(dāng)x0, g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3, g(x)min=g(1)=1, 由于函數(shù)f(x)在上有兩個(gè)零點(diǎn),g=3ln 3+,g(3)=3-, 3ln 3+3-,,實(shí)數(shù)a的取值范圍是.,導(dǎo)數(shù)與不等式 命題方向一導(dǎo)數(shù)與不等式證明,典例3已知函數(shù)f(x)=ln x-+(a-1)x-,其中a-1且a0. (1)當(dāng)a0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)相異的零
8、點(diǎn)x1,x2, (i)求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (ii)求證:x1+x22.,解析(1)f (x)=, 由于a0,x0,所以-ax-10.令x3=1,x4=-. (i)當(dāng)a0時(shí), f(x)在(0,1上單調(diào)遞增,在1,+)上單調(diào)遞減. 因?yàn)閒(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn), 所以f(1)0,即f(1)=0.,所以a3.滿足題意. 當(dāng)-1x3, f(x)在(0,1上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在 上單調(diào)遞增,要使f(x)在(0,+)上有兩個(gè)相異的零點(diǎn),則f= 0,此時(shí)方程無解. 綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(3,+). (ii)證明:先證明:當(dāng)a3時(shí),對(duì)任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 令g(x)=f(2-
9、x)-f(x),則g(x)=<0,則g(x)在(0,1上單調(diào)遞減,又g(1)=,0,所以g(x)g(1)=0,即對(duì)任意的x(0,1), f(2-x)f(x). 由(i)得函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(不妨設(shè)x11,2-x11,又由(1)得f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,從而x22-x1,即x1+x22.,方法指導(dǎo) 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法 (1)構(gòu)造函數(shù)(x),轉(zhuǎn)化為證明(x)0(或(x)<0); (2)求函數(shù)(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)判斷區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值與0的關(guān)系; (4)判斷定義域內(nèi)(x)與0的大小關(guān)系,證明不等式. 命題方向二導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立問題,典例4已知函數(shù)f(x)=x3+a
10、x2+bx(a,bR). (1)若函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn),求3a+b的取值范圍; (2)當(dāng)a=0,b-1時(shí),求證:對(duì)任意的實(shí)數(shù)x0,2,|f(x)|2b+恒成立.,解析(1)f (x)=x2+ax+b,由已知可得f (x)=0在(0,2)上存在兩個(gè)不同的零點(diǎn), 故有即 令z=3a+b,畫出不等式組表示的平面區(qū)域(如圖中陰影部分所示,不包括a軸上的部分).,由圖可知-8
11、,2上單調(diào)遞增, 故0=f(0)f(x)f(2)=2b+,所以|f(x)|2b+; 當(dāng)-1b<0時(shí),由f (x)=0,解得x=,(0,2), 則f(x)在0,上單調(diào)遞減,在(,2上單調(diào)遞增, 所以f()f(x)maxf(0), f(2).,因?yàn)閒(0)=0, f(2)=2b+0, f()=b<0, 要證|f(x)|2b+,只需證-b2b+, 即證-b(+3)4, 因?yàn)?1b<0,所以0<-b1,3<+34, 所以-b(+3)4成立. 綜上所述,對(duì)任意的實(shí)數(shù)x0,2,|f(x)|2b+恒成立.,規(guī)律總結(jié) 不等式恒成立問題的三種常見解法:分離參數(shù),化為最值問題求解,如化為a(x)max或a(x)m
12、in求解;構(gòu)造函數(shù),分類討論,如證明f(x)g(x)恒成立,可構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),證明F(x)min0;轉(zhuǎn)變主元,選取適當(dāng)?shù)闹髟允箚栴}簡化.,典例5(2019浙江溫州高三測(cè)試)已知函數(shù)f(x)=x3-ax2+10. (1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2, f(2))處的切線方程; (2)在區(qū)間1,2內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x,使得f(x)<0成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,命題方向三導(dǎo)數(shù)與不等式能成立問題,解析(1)當(dāng)a=1時(shí), f(x)=x3-x2+10,,所以f (x)=3x2-2x, f(2)=14, 曲線y=f(x)在點(diǎn)(2, f(2))處的切線斜率k=f (2)=8
13、, 所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(2, f(2))處的切線方程為y-14=8(x-2),整理得8x-y-2=0.,(2)f (x)=3x2-2ax=3x(1x2), 當(dāng)a1,即a時(shí), f (x)0, f(x)在1,2上為增函數(shù), 故f(x)min=f(1)=11-a,根據(jù)題意,若區(qū)間1,2內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x,使得f(x)11,這與a矛盾; 當(dāng)10,,由此易知當(dāng)x=a時(shí), f(x)取得最小值, 根據(jù)題意,若區(qū)間1,2內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x,使得f(x)3,這與,滿足a3. 綜上所述,a的取值范圍是a.,規(guī)律總結(jié) 不等式能成立問題,求解方法類似于不等式恒成立問題,如證明f(x)0能成立,可轉(zhuǎn)化為證明f
14、(x)的最大值大于零;證明a
15、)f(x1)maxg(x2)min;,存在x1M,任意x2N, f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.,2-1(2017課標(biāo)全國文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a<0時(shí),證明f(x)--2.,解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+), f (x)=+2ax+2a+1=. 若a0,則當(dāng)x(0,+)時(shí), f (x)0,故f(x)在(0,+)單調(diào)遞增. 若a0; 當(dāng)x時(shí), f (x)<0, 故f(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減.,(2)由(1)知,當(dāng)a0;當(dāng)x(1,+)時(shí),g(x)<0. 所以g(x)在(0,1)
16、單調(diào)遞增,在(1,+)單調(diào)遞減. 故當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.,所以當(dāng)x0時(shí),g(x)0. 從而當(dāng)a<0時(shí),ln++10,即f(x)--2.,2-2已知關(guān)于x的函數(shù)f(x)=-x3+bx2+cx+bc在x=1處有極值-. (1)求b,c的值;,(2)設(shè)g(x)=ax2-2ln x(x0,aR),若存在x1,x2(0,3),使|f(x1)-g(x2)|<1,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,解析(1)f (x)=-x2+2bx+c, 由題意得解得或 當(dāng)b=1,c=-1時(shí), f(x)=-x3+x2-x-1, f (x)=-x2+2x-1=-(x-1)20.因此f(x)在R上 單調(diào)遞
17、減,不存在極值,故舍去.所以b=-1,c=3. (2)g(x)=. 當(dāng)a時(shí),g(x)單調(diào)遞減,故當(dāng)x(0,3)時(shí),g(x)9a-2ln 3;,當(dāng)a時(shí),g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以g(x)1-2 ln. 易求得-12
18、造成本為12 000元(為圓周率). (1)將V表示成r的函數(shù)V(r),并求該函數(shù)的定義域; (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性,并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大.,利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題,解析(1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為1002rh=200rh元,底面的總成本為160r2元,所以蓄水池的總成本為(200rh+160r2)元. 根據(jù)題意得200rh+160r2=12 000, 所以h=(300-4r2), 所V(r)=r2h=(300r-4r3). 由h0,且r0可得0
19、r2).令V(r)=0,解得r1=5,r2=- 5(舍去). 當(dāng)r(0,5)時(shí),V(r)0,故V(r)在(0,5)上為增函數(shù); 當(dāng)r(5,5)時(shí),V(r)<0,故V(r)在(5,5)上為減函數(shù). 由此可知,V(r)在r=5處取得最大值,此時(shí)h=8,即當(dāng)r=5,h=8時(shí),該蓄水池的體積最大.,規(guī)律總結(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題(優(yōu)化問題)的五個(gè)步驟: (1)審題設(shè)未知數(shù); (2)結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式; (3)確定函數(shù)的定義域; (4)在定義域內(nèi)求極值(最值); (5)下結(jié)論.,3-1(2016江蘇,17,14分)現(xiàn)需要設(shè)計(jì)一個(gè)倉庫,它由上下兩部分組成,上部的形狀是正四棱錐P-A1B1C1D1,下部
20、的形狀是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍.,(1)若AB=6 m,PO1=2 m,則倉庫的容積是多少? (2)若正四棱錐的側(cè)棱長為6 m,則當(dāng)PO1為多少時(shí),倉庫的容積最大?,解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m. 因?yàn)锳1B1=AB=6 m, 所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積 V錐=A1PO1=622=24(m3); 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積 V柱=AB2O1O=628=288(m3). 所以倉庫的容積V=V錐+V柱=24+288=312(m3). (2)設(shè)A1B1=a(m),PO1=h(m),則0
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