热点专题突破系列一PPT课件

1、考点考点考情分析考情分析利用导数利用导数解决实际解决实际生活中的生活中的优化问题优化问题 以实际生活为背景以实际生活为背景, ,通过求面通过求面( (容容) )积最大、用料积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题命制最省、利润最大、效率最高等问题命制, ,常与函常与函数关系式的求法、函数的性质数关系式的求法、函数的性质( (单调性、最值单调性、最值) )、不等式、导数、解析几何中曲线、空间几何体等不等式、导数、解析几何中曲线、空间几何体等知识交汇考查知识交汇考查, ,考查学生解决问题、分析问题以考查学生解决问题、分析问题以及建模的能力及建模的能力 考点考点考情分析考情分析利用导数利用导数研究

2、函数研究函数的零点与的零点与方程的根方程的根问题问题 此类试题一般以含参数的三次式、分式、以此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e e为为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现方程根的形式出现, ,是近几年高考命题热点是近几年高考命题热点, ,一般一般有两种形式考查有两种形式考查: :(1)(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题题(2)(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况况, ,求参数的值或取值范围问题求参数的值或取值范围问题 考点考点考

3、情分析考情分析利用导数利用导数解决不等解决不等式问题式问题 利用导数解决不等式问题已成为近几年高考一大利用导数解决不等式问题已成为近几年高考一大亮点亮点, ,常涉及应用不等式的成立、证明不等式及常涉及应用不等式的成立、证明不等式及大小比较问题大小比较问题. .(1)(1)不等式的成立问题一般考查三次式、分式、不等式的成立问题一般考查三次式、分式、以以e e为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间构的不等式在某个区间A A上恒成立上恒成立( (存在性存在性),),求参求参数取值范围数取值范围(2)(2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式

4、证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立在某个范围内成立(3)(3)大小比较问题大小比较问题: :一般是作差后不易变形定号的一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以三次式、分式、以e e为底的指数式或对数式、三为底的指数式或对数式、三角式结构角式结构, ,可转化为用导数研究其单调性或最值可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题的函数问题 考点1 利用导数解决实际生活中的优化问题【典例1】(2014重庆模拟)旅游部门开发一种旅游纪念品,每件产品的成本是15元,销售价是20元,月平均销售a件.通过改进工艺,产品的成本不变,质量和技术含量提高,市场分析的结果表明,如果产品的销售价提

5、高的百分率为x(0 x1).那么月平均销售量减少的百分率为x2.改进工艺后,旅游部门销售该纪念品的平均利润是y(元).(1)写出y与x的函数关系式.(2)改进工艺后,确定该纪念品的售价,使旅游部门销售该纪念品的月平均利润最大.【解题视点】(1)由已知如果产品的销售价提高的百分率为x(0 x1),那么月平均销售量减少的百分率为x2,计算出改进工艺后,每件产品的销售价为20(1+x),月平均销售量为a(1-x2),整理可得y与x的函数关系式.(2)根据(1)的关系式,结合x的取值范围,利用导数法易得月平均利润最大值.【规范解答】(1)改进工艺后,每件产品的销售价为20(1+x),月平均销售量为a(

6、1-x2),则月平均利润y=a(1-x2)20(1+x)-15(元),所以y与x的函数关系式为y=5a(1+4x-x2-4x3)(0 x1).(2)由y=5a(4-2x-12x2)=0得x1= ,x2=- (舍),当0 x0,函数是增函数;当 x1时y0,函数是减函数.所以函数y=5a(1+4x-x2-4x3)(0 x1)在x= 时取得最大值.故改进工艺后,每件产品的销售价为20 =30元时,旅游部门销售该纪念品的月平均利润最大.12121212231(1)2【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，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函

7、数关系式yf(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)回归实际问题作答提醒：解决此类问题切记要根据实际意义确定出函数的定义域.【变式训练】(2014昆明模拟)请你设计一个包装盒如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点设AEFBx(cm)(1)某厂商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,试问x应取何

8、值?(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大,试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.【解析】设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)由已知得 0 x30.(1)S4ah8x(30 x)8(x15)21 800，所以当x15时，S取得最大值(2)Va2h2 (x330 x2)，V6 x(20 x)由V0得x0(舍去)或x20.当x(0,20)时，V0；当x(20,30)时，V0.所以当x20时，V取得极大值，也是最大值此时 即包装盒的高与底面边长的比值为 .60 2xa2xh2 30 x2， ，22h1.a212【加固训练】某种新型快艇在某海域匀速行驶中每小时的耗油量y

9、(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数关系式可以表示为： 该海域甲、乙两地相距120千米.(1)当快艇以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当快艇以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少约为多少升？(精确到0.1升)311yxx3 0 x120 .144 000360【解析】(1)当x=40时，快艇从甲地到乙地行驶了 =3(小时),耗油量： (升).答：当快艇以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油10升.12040311(40403) 310144 000360(2)当速度为x千米/小时时，快艇从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为h(x)升，令

10、h(x)=0,得x=60,120 x 32332211120h x(xx3)144 000360 x13601x0 x120 ,1 200 x3x360 x60h x0 x120 .600 x600 x依题意得当x(0,60)时，h(x)0,h(x)是增函数.所以当x=60时，h(x)min= 8.7.答：当快艇以60千米/小时的速度行驶时，耗油最少，最少约为8.7升.263考点2 利用导数研究函数的零点与方程的根问题【典例2】(1)(2013安徽高考)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x)2+2af(x)+b=0的不同实根个数

11、是()A.3 B.4 C.5 D.6(2)(2013江苏高考)设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.若f(x)在(1,+)上是单调递减函数,且g(x)在(1,+)上有最小值,求a的取值范围.若g(x)在(-1,+)上是单调递增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.【解题视点】(1)先求函数的导函数,由极值点的定义及题意,得出f(x)=x1或f(x)=x2,再作出草图,利用数形结合确定实数根的个数.(2)求导数,求出单调区间,根据区间之间的关系求解;根据单调性得出a的取值范围,然后对a进行讨论,根据f(x)的图象与性质及零点存在性定理研究f(x)的零点.【规范

12、解答】(1)选A.因为f(x)=3x2+2ax+b,函数f(x)的两个极值点为x1,x2,所以f(x1)=0,f(x2)=0,所以x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,所以解方程3(f(x)2+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2,不妨设x1x2.由题意知函数f(x)在(-,x1),(x2,+)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. 又f(x1)=x10,进而解得xa-1,即f(x)在(a-1,+)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+)上是单调减函数,故(1,+)(a-1,+),从而a-11,即a1.令g(x)=ex-a

13、=0,得x=lna.当xlna时,g(x)lna时,g(x)0.又g(x)在(1,+)上有最小值,所以lna1,即ae.综上,有a(e,+).11 axa0 xx ，当a0时,g(x)必为单调增函数;当a0时,令g(x)=ex-a0,解得alna,因为g(x)在(-1,+)上是单调增函数,类似有lna-1,即00,得f(x)存在唯一的零点.(ii)当a0时,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)0,且函数f(x)在ea,1上的图象不间断,所以f(x)在(ea,1)上存在零点.1x另外,当x0时,f(x)= -a0,故f(x)在(0,+)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.(iii)当

14、0ae-1时,令f(x)= -a=0,解得x=a-1.当0 x0,当xa-1时,f(x)0,即0ae-1时,f(x)有两个零点.1x1x实际上,对于0ae-1,由于f(e-1)=-1-ae-10,且函数f(x)在e-1,a-1上的图象连续,所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零点.另外,当x(0,a-1)时,f(x)= -a0,故f(x)在(0,a-1)上是单调增函数,所以f(x)在(0,a-1)上只有一个零点.下面考虑f(x)在(a-1,+)上的情况,先证为此,我们要证明:当xe时,exx2.设h(x)=ex-x2,则h(x)=ex-2x,再设l(x)=h(x)=ex-2x,则l(x)=e

15、x-2.1x11a2af ea ae0.当x1时,l(x)=ex-2e-20,所以l(x)=h(x)在(1,+)上是单调增函数.故当x2时,h(x)=ex-2xh(2)=e2-40,从而h(x)在(2,+)上是单调增函数,进而当xe时,h(x)=ex-x2h(e)=ee-e20.即当xe时,exx2.当0ae时,又f(a-1)0,且函数f(x)在a-1, 上的图象连续,所以f(x)在(a-1, )上存在零点.又当xa-1时,f(x)= -a0,故f(x)在(a-1,+)上是单调减函数,所以f(x)在(a-1,+)上只有一个零点.综合(i),(ii),(iii)可知,当a0或a=e-1时,f(x

16、)的零点个数为1,当0a0时,f(x)=2xlnx+x2 =x(2lnx+1),令f(x)=x(2lnx+1)02lnx+10 x 令f(x)=x(2lnx+1)02lnx+10时，g(x)=xln x+ ，显然g(1)=0,当0 x1时，g(x)1时，g(x)0,g(x)单调递增,所以x0时，g(x)min=g(1)=1,1x1x1x 2222111x1g xln xxln x1ln xxxxx ，又g(-x)=-g(x),且定义域关于原点对称，所以可得g(x)为奇函数，所以g(x)图象关于坐标原点对称，所以可得：当x0时，g(x)max=g(-1)=-1,所以g(x)的值域为(-,-11,

17、+),所以k的取值范围是(-,-11,+).【加固训练】设f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)讨论g(x)与 的大小关系.(3)求a的取值范围，使得g(a)-g(x)0成立.1g( )x1a【解析】(1)由题设知f(x)=ln x,g(x)=所以g(x)= 令g(x)=0得x=1,当x(0,1)时，g(x)0,故(1,+)是g(x)的单调递增区间,因此，x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点,从而是最小值点，所以最小值为g(1)=1.1ln x,x2x1,x(2) =-ln x+x,设h(x)=g(x)- =2ln x-x+则h(x)

18、=当x=1时，h(1)=0,即g(x)=当x(0,1)(1,+)时,h(x)0,因此，h(x)在(0,+)内单调递减，当0 xh(1)=0，即g(x)当x1时，h(x)h(1)=0,即g(x)1g( )x1g( )x1,x22x1,x1g( ),x1g( ),x1g( ).x(3)由(1)知g(x)的最小值为1,所以,g(a)-g(x)0成立g(a)-1即ln a1,从而得0a0,因此h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex在0,1上为增函数,故h(x)h(0)=0,所以(1+x)e-2x1-x,x0,1.要证x0,1时,(1+x)e-2x 只需证ex1+x.记k(x)=ex-x-1,则k(

19、x)=ex-1.当x(0,1)时,k(x)=ex-10,因此k(x)=ex-x-1在0,1上为增函数,故k(x)k(0)=0,所以(1+x)e-2x x0,1.综上可知,1-x(1+x)e-2x x0,1,即1-xf(x) 11x，11x，11x，1.1x(2)由(1)知1xf(x)，则有f(x)g(x)=(1+x)e2x(ax+ +1+2xcos x)1x(ax+ +1+2xcos x)=x(a+1+ x2+2cos x).设G(x)= x2+2cos x，则G(x)=x2sin x.记H(x)=x2sin x，则H(x)=12cos x.3x23x21212当x0,1时，cos xcos

20、1H(x)=12cos x3时，f(x)g(x)在0,1上不恒成立. 3222211x1f xf xg x(ax12xcos x)1x1x21xx(a2cos x).1x21x1I xa2cos xaG x ,1x21x1I xG x .1x1x0,1I xG x0,1x1I xaG x0,11x 由知，则有记则由前所述，当时，故在上为减函数，于是I(1)I(x)I(0),即a+1+2cos1I(x)a+3.因为当a-3时,a+30,所以存在x0(0,1),使得I(x)0.此时f(x0)-3时,f(x)g(x)在0,1上不恒成立.综上,实数a的取值范围为(-,-3.【规律方法】利用导数解决的不

21、等式的重要类型及破解策略重要类型重要类型破解策略破解策略根据根据f(x)g(x)f(x)g(x)在在区间区间A A恒成立恒成立, ,求参求参数取值范围数取值范围利用不等式的性质利用不等式的性质, ,将不等式分离参数将不等式分离参数或直接、间接构造函数或直接、间接构造函数F(x)=f(x)-F(x)=f(x)-g(x)(g(x)(要求要求F(x)F(x)易求且符号易定易求且符号易定),),再再利用导数求函数在区间利用导数求函数在区间A A上的最值上的最值, ,进而进而得解得解证明不等式证明不等式f(x)g(x)f(x)g(x)在区间在区间A A上成立上成立利用不等式的性质作差或变形利用不等式的性

22、质作差或变形, ,构造新构造新的函数的函数h(x)(h(x)(要求要求h(x)h(x)易求易求,h(x)=0,h(x)=0可解可解),),利用导数研究利用导数研究h(x)h(x)的单调性或最的单调性或最值值, ,从而得证从而得证重要类型重要类型破解策略破解策略对对x x1 1,x,x2 2A,A,总总有不等式有不等式f(xf(x1 1)g(x)g(x2 2) )的确的确定与应用定与应用分别利用导数求分别利用导数求f(x)f(x)minmin,g(x),g(x)maxmax, ,只要保只要保证证f(x)f(x)minming(x)g(x)maxmax即可即可x x0 0AA使不等式使不等式成立成

23、立构造函数构造函数f(x),f(x),利用导数求函数利用导数求函数f(x)f(x)在在A A上的最值上的最值, ,只需该最值满足其不等关系只需该最值满足其不等关系即可即可利用导数比较两数利用导数比较两数大小大小(1)(1)将待比较将待比较“两数两数”转化为某函数的转化为某函数的两函数值两函数值, ,利用导数判断该函数单调性利用导数判断该函数单调性, ,进而比较大小进而比较大小(2)(2)作差构造函数作差构造函数, ,用导数求解用导数求解【变式训练】(2014天津模拟)已知向量m=(ex,lnx+k),n=(1,f(x),mn(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处

24、的切线与y轴垂直,F(x)=xexf(x).(1)求k的值及F(x)的单调区间.(2)已知函数g(x)=-x2+2ax(a为正实数),若对于任意x20,1,总存在x1(0,+),使得g(x2)00 x由F(x)=-ln x-20,讨论曲线yf(x)与曲线y=mx2(m0)公共点的个数.(3)设a0，m0时，曲线yf(x)与曲线y=mx2(m0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数.由f(x)=mx2 令则h(x)在(0,2)上单调递减，这时h(x)(h(2),+);h(x)在(2,+)上单调递增,这时h(x)(h(2),+).h(2)= h(2)是y=h(x)的极小值且是最小值.所以对曲线yf(x)与曲线y=mx2(m0)公共点的个数，讨论如下：x2em,x xx24xex2eh xh xxx ，2e.4当m(0, )时,有0个公共点；当m= 时,有1个公共点；当m( ，+)时,有2个公共点.令t(x)=x+2+(x2)ex,x0,则t(x)=1+(1+x2)ex=1+(x1)ex.2e42e42e4 abbaaf af bf bf a32ba(ba2) f a(ba2) f b2 (ba)(ba2) e(ba2) e2 (ba)(ba2)(ba2) ee2 (ba) t(x)的导函数t(x)=(1+x1)ex=xex0,所以t(x)在(0，+)上单调递增，且t(0)=0.