《2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 第15講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）練習(xí) 新人教A版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 第15講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）練習(xí) 新人教A版.doc（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 第15講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）練習(xí) 新人教A版 [考情展望]　1.利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題.2.導(dǎo)數(shù)與方程、函數(shù)零點(diǎn)、不等式等知識(shí)交匯命題，綜合考查分析問題和解決問題的能力． 考向一 [041]　導(dǎo)數(shù)在方程(函數(shù)零點(diǎn))中的應(yīng)用 　(xx長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常數(shù)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)若存在實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求k的取值范圍． 【思路點(diǎn)撥】　(1)先求切點(diǎn)、切線斜率，再求切線方程； (2)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的變化情況，數(shù)形結(jié)合求解． 【嘗試解答】　(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得 f′(x)＝ex[ x2＋(a＋2)x]． 當(dāng)a＝1時(shí)，f(1)＝e，f′(1)＝4e. 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e. (2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0， 解得x＝－(a＋2)或x＝0. 當(dāng)－(a＋2)≤0，即a≥－2時(shí)，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0， 所以f(x)是[0，＋∞)上的增函數(shù)， 所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根． 當(dāng)－(a＋2) ＞0，即a＜－2時(shí)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 0 (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) －a   由上表可知函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是(0，－(a＋2))上的減函數(shù)，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函數(shù)，且當(dāng)x≥－a時(shí)，有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a. 所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，k的取值范圍是. 規(guī)律方法1　1.在解答本題(2)時(shí)應(yīng)判斷f(x)＞f(0)是否成立，這是容易忽視的地方． 2．該類問題的求解，一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點(diǎn)或圖象的交點(diǎn)情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實(shí)現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一． 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練　(xx威海模擬)設(shè)f(x)＝ln x＋. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 【解】　(1)f(x)的定義域是(0，＋∞) ∵f′(x)＝－＝ 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，(0，＋∞)是f(x)的增區(qū)間， 當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，x＝，(負(fù)舍去) 當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＞0 所以(0，)是f(x)的減區(qū)間，(，＋∞)是f(x)的增區(qū)間， 綜合：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)， 當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的減區(qū)間是(0，)，f(x)的增區(qū)間是(，＋∞)． (2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，當(dāng)a＝0時(shí)有零點(diǎn)x＝1， 當(dāng)a＜0時(shí)，f(ea)＝a(e－2a＋1)＜0，f(e－a)＝a(e2a－1)＞0，(或當(dāng)x→＋0時(shí)，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞)， 所以f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)， 當(dāng)a＞0時(shí)，由(1)f(x)在(0，)上是減函數(shù)，f(x)在(，＋∞)上是增函數(shù)， 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)有極小值， 即最小值f()＝(ln 2a＋1)． 當(dāng)(ln 2a＋1)＞0，即a＞時(shí)f(x)無(wú)零點(diǎn)， 當(dāng)(ln 2a＋1)＝0，即a＝時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)， 當(dāng)(ln 2a＋1)＜0，即0＜a＜時(shí)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)． 綜上：當(dāng)a＞時(shí)f(x)無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)a＝或a＝0時(shí)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)0＜a＜時(shí)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)． 考向二 [042]　導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用 　(xx遼寧高考)已知函數(shù)f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcos x．當(dāng)x∈[0,1]時(shí)， (1)求證：1－x≤f(x)≤； (2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 【思路點(diǎn)撥】　利用構(gòu)造法，分別判斷f(x)與1－x，f(x)與的大小關(guān)系；利用比較法或構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)求解未知數(shù)范圍． 【嘗試解答】　(1)證明：要證x∈[0,1]時(shí)，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.記h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－e－x)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)>0，因此h(x)在[0,1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]． 要證x∈[0,1]時(shí)，(1＋x)e－2x≤，只需證明ex≥x＋1. 記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，K′(x)>0，因此K(x)在[0,1]上是增函數(shù)，故K(x)≥K(0)＝0. 所以f(x)≤，x∈[0,1]． 綜上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]． (2)法一：f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≥1－x－ax－1－－2xcos x＝－x， 設(shè)G(x)＝＋2cos x，則G′(x)＝x－2sin x. 記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，H′(x)<0，于是G′(x)在[0,1]上是減函數(shù)，從而當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G′(x)－3時(shí) ，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立． f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcos x ＝－ax－－2xcos x ＝－x， 記I(x)＝＋a＋＋2cos x＝＋a＋G(x)，則 I′(x)＝＋G′(x)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，I′(x)<0. 故I(x)在[0,1]上是減函數(shù)， 于是I(x)在[0,1]上的值域?yàn)閇a＋1＋2cos 1，a＋3]． 因?yàn)楫?dāng)a>－3時(shí)，a＋3>0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)>0，此時(shí)f(x0)0，于是G(x)在[0,1]上是增函數(shù)，因此當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G(x)>G(0)＝0，從而F(x)在[0,1]上是增函數(shù)，因此F(x)≥F(0)＝0，所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，1－x2≤cos x. 同理可證，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，cos x≤1－x2. 綜上，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，1－x2≤cos x≤1－x2. 因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)， f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≥(1－x)－ax－－1－2x＝－(a＋3)x. 所以當(dāng)a≤－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立． 下面證明，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立． 因?yàn)閒(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≤－1－ax－－2x ＝＋－(a＋3)x≤x， 所以存在x0∈(0,1) 滿足f(x0)0，又由h>0可得r<5， 故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0,5)． (2)因?yàn)閂(r)＝(300r－4r3)， 所以V′(r)＝(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因?yàn)閞2＝－5不在定義域內(nèi)，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)律方法3　利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟 (1)分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系，構(gòu)造出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系y＝f(x)，并根據(jù)實(shí)際意義確定定義域； (2)求函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定義域內(nèi)的實(shí)根，確定極值點(diǎn)； (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和極值點(diǎn)處的函數(shù)值大小，獲得所求的最大(小)值； (4)還原到實(shí)際問題中作答. 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練　(xx濰坊模擬)已知一企業(yè)生產(chǎn)某產(chǎn)品的年固定成本為10萬(wàn)元，每生產(chǎn)千件需另投入2.7萬(wàn)元，設(shè)該企業(yè)年內(nèi)共生產(chǎn)此種產(chǎn)品x千件，并且全部銷售完，每千件的銷售收入為f(x)萬(wàn)元，且 (1)寫出年利潤(rùn)W(萬(wàn)元)關(guān)于年產(chǎn)品x(千件)的函數(shù)解析式； (2)年產(chǎn)量為多少千件時(shí)，該企業(yè)生產(chǎn)此產(chǎn)品所獲年利潤(rùn)最大？(注：年利潤(rùn)＝年銷售收入－年總成本) 【解】　(1)由題意得 W＝ 即W＝ (2)①當(dāng)0＜x≤10時(shí)，W＝8.1x－x3－10， 則W′＝8.1－x2＝＝. ∵0＜x≤10， ∴當(dāng)0＜x＜9時(shí)，W′＞0，則W遞增；當(dāng)9＜x≤10時(shí)，W′＜0，則W遞減． ∴當(dāng)x＝9時(shí)，W取最大值＝38.6萬(wàn)元． ②當(dāng)x＞10時(shí)，W＝98－≤98－2＝38. 當(dāng)且僅當(dāng)＝2.7x，即x＝＞10取最大值38. 綜上，當(dāng)年產(chǎn)量為9千件時(shí)，該公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲年利潤(rùn)最大． 思想方法之八　轉(zhuǎn)化與化歸思想在導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)中的巧用 所謂轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí)采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得到解決的一種方法．一般總是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題． 該思想在導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)中的應(yīng)用具體體現(xiàn)在以下三個(gè)方面： (1)與恒成立有關(guān)的參數(shù)范圍問題． (2)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題． (3)證明不等式問題． ———　[1個(gè)示范例]　———　[1個(gè)對(duì)點(diǎn)練]　———— 　　　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－a2x＋m(a＞0)． (1)若a＝1時(shí)函數(shù)f(x)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)若對(duì)任意的a∈[3,6]，不等式f(x)≤1在[－2,2]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 【解】　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x3＋x2－x＋m. ∵函數(shù)f(x)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)， ∴x3＋x2－x＋m＝0即m＝－x3－x2＋x有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根． 令g(x)＝－x3－x2＋x， 則g′(x)＝－3x2－2x＋1＝－(3x－1)(x＋1)， ∴g(x)在(－∞，－1)和上均為減函數(shù)，在上為增函數(shù)， ∴[g(x)]極小值＝g(－1)＝－1， [g(x)]極大值＝g＝， ∴m的取值范圍是. (2)∵f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a)， 且a＞0， ∴當(dāng)x＜－a或x＞時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)－a＜x＜時(shí)，f′(x)＜0. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a)和，單調(diào)遞減區(qū)間為. 當(dāng)a∈[3,6]時(shí)，∈[1,2]，－a≤－3.又x∈[－2,2]， ∴[f(x)]max＝max{f(－2)，f(2)}， 又f(2)－f(－2)＝16－4a2＜0， ∴[f(x)]max＝f(－2)＝－8＋4a＋2a2＋m. 又∵f(x)≤1在[－2,2]上恒成立， ∴[f(x)]max≤1即－8＋4a＋2a2＋m≤1， 即當(dāng)a∈[3,6]時(shí)，m≤9－4a－2a2恒成立． ∵9－4a－2a2在[3,6]上的最小值為－87， ∴m的取值范圍是(－∞，－87]．,　(xx北京高考)設(shè)L為曲線C：y＝在點(diǎn)(1,0)處的切線． (1)求L的方程； (2)證明：除切點(diǎn)(1,0)之外，曲線C在直線L的下方． 【解】　(1)設(shè)f(x)＝，則f′(x)＝. 所以f′(1)＝1，所以L的方程為y＝x－1. (2)證明：令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方等價(jià)于g(x)>0(?x>0，x≠1)． g(x)滿足g(1)＝0，且 g′(x)＝1－f′(x)＝. 當(dāng)01時(shí)，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)單調(diào)遞增． 所以，g(x)>g(1)＝0(?x>0，x≠1)． 所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方．