购买

¥ 10.0

加入VIP
  • 专属下载特权
  • 现金文档折扣购买
  • VIP免费专区
  • 千万文档免费下载

上传资料

关闭

关闭

关闭

封号提示

内容

首页 2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用课件(理科)新人教A版

2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用课件(理科)新人教A版.ppt

2018版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…

资源文库
2019-01-25 0人阅读 举报 0 0 暂无简介

简介:本文档为《2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用课件(理科)新人教A版ppt》,可适用于高中教育领域

**考点 利用导数研究生活中的优化问题典题 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元平方米底面的建造成本为元平方米该蓄水池的总建造成本为π元(π为圆周率).()将V表示成r的函数V(r)并求该函数的定义域()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 ()因为蓄水池侧面的总成本为·πrh=πrh元底面的总成本为πr元.所以蓄水池的总成本为(πrh+πr)元.又根据题意得πrh+πr=π所以h=eqf(,r)(-r)从而V(r)=πrh=eqf(π,)(r-r).因为r>又由h>可得<r<eqr()故函数V(r)的定义域为(,eqr()).()因为V(r)=eqf(π,)(r-r)故V′(r)=eqf(π,)(-r)令V′(r)=解得r=或-(r=-<舍去).当r∈(,)时V′(r)>故V(r)在(,)上为增函数当r∈(,eqr())时V′(r)<故V(r)在(,eqr())上为减函数.由此可知V(r)在r=处取得最大值此时h=即当r=h=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()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)()求函数的导数f′(x)解方程f′(x)=()比较函数在区间端点和f′(x)=的点的函数值的大小最大(小)者为最大(小)值()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=eqf(a,x-)+(x-)其中<x<a为常数已知销售价格为元千克时每日可售出该商品千克.()求a的值()若该商品的成本为元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:()因为当x=时y=所以eqf(a,)+=a=()由()知该商品每日的销售量y=eqf(,x-)+(x-)所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-)eqblcrc(avsalco(f(,x-)+x-))=+(x-)(x-),<x<从而f′(x)=(x-)+(x-)(x-)=(x-)(x-).于是当x变化时f′(x)f(x)的变化情况如下表x(,)(,)f′(x)+-f(x)极大值由上表可得x=是函数f(x)在区间(,)上的极大值点也是最大值点.所以当x=时函数f(x)取得最大值且最大值等于答:当销售价格为元千克时商场每日销售该商品所获得的利润最大.考点 利用导数研究方程的零点问题典题 ·山东潍坊模拟已知函数f(x)=eqf(,)xg(x)=alnx(a>).()求函数F(x)=f(x)·g(x)的极值()若函数G(x)=f(x)-g(x)+(a-)x在区间eqblc(rc)(avsalco(f(,e)e))上有两个零点求实数a的取值范围.解 ()由题意知F(x)=f(x)·g(x)=eqf(,)axlnxF′(x)=axlnx+eqf(,)ax=eqf(,)ax(lnx+)由F′(x)>得x>ef(,)eqsup(-)由F′(x)<得<x<ef(,)eqsup(-)故F(x)在(ef(,)eqsup(-))上单调递减在(ef(,)eqsup(-)+∞)上单调递增所以x=e-eqf(,)为F(x)的极小值点F(x)极小值=F(ef(,)eqsup(-))=-eqf(a,e)无极大值.()G(x)=eqf(,)x-alnx+(a-)xG′(x)=x-eqf(a,x)+a-=eqf(x+ax-,x)由G′(x)=得x=或x=-a(舍去)当x∈(,)时G′(x)<G(x)单调递减当x∈(+∞)时G′(x)>G(x)单调递增.要使G(x)在区间eqblc(rc)(avsalco(f(,e)e))上有两个零点需满足eqblc{rc(avsalco(Gblc(rc)(avsalco(f(,e)))>,G<,Ge>))即eqblc{rc(avsalco(f(,e)+f(a-,e)+a>,f(,)+a-<,f(e,)+a-e-a>))即eqblc{rc(avsalco(a>f(e-,e+e),a<f(,),a>f(e-e,e-)))下面比较eqf(e-,e+e)与eqf(e-e,e-)的大小.由于eqf(e-,e+e)-eqf(e-e,e-)=eqf(e-e-e+,e+ee-)=eqf(eee--+,e+ee-)>故eqf(e-,e+e)>eqf(e-e,e-)故实数a的取值范围为eqblc(rc)(avsalco(f(e-,e+e)f(,)))设函数f(x)=eqf(x,)-klnxk>()求f(x)的单调区间和极值()证明:若f(x)存在零点则f(x)在区间(eqr(e)上仅有一个零点.()解:由f(x)=eqf(x,)-klnx(k>)得x>且f′(x)=x-eqf(k,x)=eqf(x-k,x)由f′(x)=解得x=eqr(k)(负值舍去).当x变化时f(x)与f′(x)在区间(+∞)上的变化情况如下表:x(eqr(k))eqr(k)(eqr(k)+∞)f′(x)-+f(x)eqf(k-lnk,)所以f(x)的单调递减区间是(eqr(k))单调递增区间是(eqr(k)+∞).f(x)在x=eqr(k)处取得极小值f(eqr(k))=eqf(k-lnk,)()证明:由()知f(x)在区间(+∞)上的最小值为f(eqr(k))=eqf(k-lnk,)因为f(x)存在零点所以eqf(k-lnk,)≤从而k≥e当k=e时f(x)在区间(eqr(e))上单调递减且f(eqr(e))=所以x=eqr(e)是f(x)在区间(,eqr(e)上的唯一零点.当k>e时f(x)在区间(eqr(e))上单调递减且f()=eqf(,)>f(eqr(e))=eqf(e-k,)<所以f(x)在区间(eqr(e)上仅有一个零点.综上可知若f(x)存在零点则f(x)在区间(eqr(e)上仅有一个零点.考点 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 ·安徽合肥二模已知函数f(x)=eqf(x+a,ex)()若f(x)在区间(-∞)上为单调递增函数求实数a的取值范围()若a=x<设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x处的切线求证:f(x)≤g(x).()解 易得f′(x)=-eqf(x--a,ex)由题意知f′(x)≥对x∈(-∞)恒成立故x≤-a对x∈(-∞)恒成立∴-a≥∴a≤-故实数a的取值范围为(-∞-.()证明 a=则f(x)=eqf(x,ex)函数f(x)的图象在x=x处的切线方程为y=g(x)=f′(x)(x-x)+f(x).令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x)(x-x)-f(x)x∈R则h′(x)=f′(x)-f′(x)=eqf(-x,ex)-eqf(-x,ex)=eqf(-xex--xex,ex+x)设φ(x)=(-x)ex-(-x)exx∈R则φ′(x)=-ex-(-x)ex∵x<∴φ′(x)<∴φ(x)在R上单调递减而φ(x)=∴当x<x时φ(x)>当x>x时φ(x)<∴当x<x时h′(x)>当x>x时h′(x)<∴h(x)在区间(-∞x)上为增函数在区间(x+∞)上为减函数∴当x∈R时h(x)≤h(x)=∴f(x)≤g(x).角度二不等式恒成立问题典题 ·青海西宁模拟已知函数f(x)=x+xg(x)=xex()求f(x)-g(x)的极值()当x∈(-,)时f(x)+≥ag(x)恒成立求实数a的取值范围.解 ()令h(x)=f(x)-g(x)=x+x-xex则h′(x)=(x+)(-ex)令h′(x)=解得x=-或x=ln当x变化时h′(x)与h(x)的变化情况如下表x(-∞-)-(-ln)ln(ln+∞)h′(x)-+-h(x)极小值极大值∴h(x)极小值=h(-)=eqf(,e)-h(x)极大值=h(ln)=ln即f(x)-g(x)的极小值为eqf(,e)-极大值为ln()由题意知当x∈(-,)时x+x+≥axex恒成立即a≥eqf(x+x+,xex)恒成立.令t(x)=eqf(x+x+,xex)则t′(x)=-eqf(x+x+,xex)∴当x∈(--)时t′(x)>t(x)单调递增当x∈(-,)时t′(x)<t(x)单调递减.故当x∈(-,)时t(x)max=t(-)=∴a≥故实数a的取值范围是+∞).角度三存在型不等式成立问题典题 ·福建四地六校联考已知a为实数函数f(x)=alnx+x-x()是否存在实数a使得f(x)在x=处取得极值?证明你的结论()设g(x)=(a-)x若∃x∈eqblcrc(avsalco(f(,e)e))使得f(x)≤g(x)成立求实数a的取值范围.解 ()不存在实数a使得f(x)在x=处取得极值.证明如下:函数f(x)定义域为(+∞)f′(x)=eqf(a,x)+x-=eqf(x-x+a,x)假设存在实数a使f(x)在x=处取极值则f()=∴a=此时f′(x)=eqf(x-,x)当x>时f′(x)≥恒成立∴f(x)在(+∞)上单调递增∴x=不是f(x)的极值点.故不存在实数a使得f(x)在x=处取得极值.()由f(x)≤g(x)得(x-lnx)a≥xeqoal(,)-x记F(x)=x-lnx(x>)∴F′(x)=eqf(x-,x)(x>)∴当<x<时F′(x)<F(x)单调递减当x>时F′(x)>F(x)单调递增.∴F(x)>F()=>∴a≥eqf(xoal(,)-x,x-lnx)记G(x)=eqf(x-x,x-lnx)x∈eqblcrc(avsalco(f(,e)e))∴G′(x)=eqf(x-x-lnx-x-x-,x-lnx)=eqf(x-x-lnx+,x-lnx)∵x∈eqblcrc(avsalco(f(,e)e))∴-lnx=(-lnx)≥∴x-lnx+>∴x∈eqblc(rc)(avsalco(f(,e)))时G′(x)<G(x)单调递减x∈(e)时G′(x)>G(x)单调递增∴G(x)min=G()=-∴a≥G(x)min=-故实数a的取值范围为-+∞).点石成金 导数在不等式中的应用问题两大解题策略()利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)x∈(ab)可以构造函数F(x)=f(x)-g(x)如果F′(x)<则F(x)在(ab)上是减函数同时若F(a)≤由减函数的定义可知x∈(ab)时有F(x)<即证明了f(x)<g(x).()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.**

VIP尊享8折文档

用户评价(0)

关闭

新课改视野下建构高中语文教学实验成果报告(32KB)

抱歉,积分不足下载失败,请稍后再试!

提示

试读已结束,如需要继续阅读或者下载,敬请购买!

文档小程序码

使用微信“扫一扫”扫码寻找文档

1

打开微信

2

扫描小程序码

3

发布寻找信息

4

等待寻找结果

我知道了
评分:

/43

2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.3导数的综合应用课件(理科)新人教A版

¥10.0

会员价¥8.0

VIP

在线
客服

免费
邮箱

爱问共享资料服务号

扫描关注领取更多福利