《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 第3課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題學(xué)案 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 第3課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題學(xué)案 理 北師大版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第40頁) 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的有關(guān)問題 ◎角度1　證明不等式 　(20xx·全國卷Ⅲ)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，證明f(x)≤－－2. [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a<0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0. 故f(

2、x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當(dāng)a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2， 即ln＋＋1≤0. 設(shè)g(x)＝ln x－x＋1， 則g′(x)＝－1. 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當(dāng)x>0時，g(x)≤0. 從而當(dāng)a<0時，ln＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. ◎角度2

3、　解決不等式恒(能)成立問題 　(20xx·廣州綜合測試(二))已知函數(shù)f(x)＝－ax＋b在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝－ax＋2e. (1)求實(shí)數(shù)b的值； (2)若存在x∈[e，e2]，滿足f(x)≤＋e，求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號：79140086】 [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)． 因?yàn)閒(x)＝－ax＋b， 所以f′(x)＝－a. 所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b. 已知函數(shù)f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y＝－ax＋2e，比較

4、可得b＝e. 所以實(shí)數(shù)b的值為e. (2)f(x)≤＋e，即－ax＋e≤＋e，所以問題轉(zhuǎn)化為a≥－在[e，e2]上有解． 令h(x)＝－(x∈[e，e2])， 則h′(x)＝－＝ ＝. 令p(x)＝ln x－2， 所以當(dāng)x∈[e，e2]時，有p′(x)＝－＝＜0. 所以函數(shù)p(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞減． 所以p(x)≤p(e)＝ln e－2＜0. 所以h′(x)＜0，即h(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞減． 所以h(x)≥h(e2)＝－＝－. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為. [規(guī)律方法]　1.利用導(dǎo)數(shù)證明含“x”不等式方法，證明：f(x)＞g(x). 法一：移項(xiàng)，

5、f(x)－g(x)＞0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，轉(zhuǎn)化證明F(x)min＞0，利用導(dǎo)數(shù)研究F(x)單調(diào)性，用上定義域的端點(diǎn)值. 法二：轉(zhuǎn)化證明：f(x)min＞g(x)max. 法三：先對所求證不等式進(jìn)行變形，分組或整合，再用法一或法二. 2.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略 (1)首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍. (2)也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題. 3.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在x

6、∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號是否成立問題. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx·東北三省三校二聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝sin x. (1)當(dāng)x＞0時，證明：f′(x)＞1－； (2)若當(dāng)x∈時，f(x)＋＞ax恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)證明：設(shè)g(x)＝f′(x)－＝cos x－(x＞0)， 則g′(x)＝－sin x＋x(x＞0)． 令M(x)＝g′(x)(x＞0)， 則M′(x)＝1－cos x≥0， ∴g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g′(x)＞g′(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g

7、(x)＞g(0)＝0.∴f′(x)＞1－成立． (2)當(dāng)x∈時， f(x)＋＞ax?sin x＋tan x＞ax. 設(shè)h(x)＝sin x＋tan x－ax， 則h′(x)＝cos x＋－a. 令t＝cos x，由0＜x＜，得0＜t＜1. 設(shè)k(t)＝t＋(0＜t＜1)，則k′(t)＝1－＝＜0. ∴k(t)在(0,1)上單調(diào)遞減．∴k(t)＞k(1)＝2. 當(dāng)a≤2時，h′(x)＞0，∴h(x)在上單調(diào)遞增． ∴h(x)＞h(0)＝0，即原不等式成立． 當(dāng)a＞2時，關(guān)于t的方程t＋＝a在(0,1)僅有一根，設(shè)根為t0，設(shè)cos m＝t0,0＜m＜， 則存在唯一m，使得c

8、os m＝t0. 當(dāng)x∈(0，m)時，t0＜cos x＜1?h′(x)＜0， ∴h(x)在(0，m)上單調(diào)遞減． ∴h(x)＜h(0)＝0，這與條件矛盾，∴a＞2時不成立． 綜上所述，a≤2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)、方程的根、極值個數(shù)問題 　(20xx·北京高考節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點(diǎn)，求c的取值范圍． [解]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因?yàn)?/p>

9、f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當(dāng)a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. 當(dāng)x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ c ↘ c－ ↗ 所以，當(dāng)c＞0且c－＜0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且

10、僅當(dāng)c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點(diǎn)． [規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法 (1)研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等. (2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖像的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置. (3)可以通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn). [跟蹤訓(xùn)練]　設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k＞0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn). 【導(dǎo)學(xué)號：79140087】 [解]　(1)由f(x)＝－kln x(k

11、＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(負(fù)值舍去)． f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ ↗ 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)．f(x)在x＝處取得極小值f()＝無極大值． (2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以≤0， 從而k≥e， 當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點(diǎn)． 當(dāng)k

12、＞e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn)． 綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點(diǎn)． 利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題 　某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (1)求a的值； (2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． [解]　(1)因?yàn)閤＝

13、5時，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝＋10(x－6)2， 所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為 f(x)＝(x－3) ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)， 于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得，x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值， 所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)

14、f(x)取得最大值，且最大值等于42. 即當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． [規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟 (1)設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)，并確定其定義域. (2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和f′(x)＝0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值. (4)回歸實(shí)際問題作答. (5)注意f(x)在開區(qū)間(a，b)與在閉區(qū)間[a，b]上求最值的區(qū)別，f(x)在開區(qū)間(a，b)上只有一個極值點(diǎn)，則該點(diǎn)即為最值點(diǎn). [跟蹤訓(xùn)練]　某品牌電動汽車的耗電量y與速度x之間有關(guān)系y＝x3－x2－40x(x＞0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為________． 40　[由y′＝x2－39x－40＝0， 得x＝－1或x＝40， 當(dāng)0＜x＜40時，y′＜0； x＞40時，y′＞0. 所以當(dāng)x＝40時，y有最小值．]