《2014届高考理科数学一轮复习考向分析教材回扣训练：2.13《导数的应用》2（新人教a版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届高考理科数学一轮复习考向分析教材回扣训练：2.13《导数的应用》2（新人教a版）（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.能利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.利用极值或最值求解参数的取值范围，如2012年浙江T22等2.利用导数研究方程根的分布情况、两曲线交点的个数等，如2012年福建T20等3.利用导数证明不等式，解决有关不等式问题，如2012年天津T20等.归纳知识整合1生活中的优化问题生活中常遇到求利润最大，用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题2利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤探究1.求实际问题中的最大、最小值，与求一般函数的最值有什么区别？提示：在实际问题中要注意函数
2、的定义域应使实际问题有意义另外，在求实际问题的最值时，如果区间内只有一个极值点，就是最值点2如何求实际问题中的最值问题？提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点自测牛刀小试1(教材习题改编)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为yx381x234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A13万件B11万件C9万件 D7万件解析：选Cyx381x234，yx281，令y0，则x9.2(教材习题改编)从边长为10 cm1
3、6 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为()A12 cm3B72 cm3C144 cm3D160 cm3解析：选C设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm.则y(102x)(162x)x4x352x2160 x(0x5)，y12x2104x160.令y0，得x2或(舍去)，ymax6122144 (cm3)3(教材习题改编)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8r2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米已知每出售1 mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6 cm.则瓶子半径为_时，每瓶饮料的利润最大
4、，瓶子半径为_时，每瓶饮料的利润最小解析：由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是yf(r)0.2r30.8r20.8，0r6.令f(r)0.8(r22r)0，则r2.当r(0,2)时，f(r)0.则f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)答案：624函数f(x)ax3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_解析：f(x)ax3x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f(x)0有两个不等实根f(x)ax3x，f(x)3ax21.要使f(x)0有两个不等实根，则a0.答案：(，0)利用导数研究函数的零点或方程的根例1(2012福建高考)已知函数f(x)exax2ex，aR.(1)若
5、曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.自主解答(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0；当x(1，)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx
6、0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线yf(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由P的任意性知，a0不合题意若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在
7、(x*，)内单调递增a若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；由x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.所以g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*.b若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时，有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，则必
8、存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点c若x0，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现1设函数f(x)ln xax2bx.(1)当ab时，求f(x)的最大值；
9、(2)令F(x)f(x)ax2bx(0x3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a0，b1时，方程2mf(x)x2有唯一实数解，求正数m的值解：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，)，当ab时，f(x)ln xx2x，f(x)x，令f(x)0，解得x1(x2舍去)当0x0，此时f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，x0，所以x10(舍去)，x2.当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增；当xx2时，g(x2)0，g(x)取最小值g(x2)因为2mf(x)x2有唯一实数解，则即所以2mln x2mx2m0.又因为m0，所
10、以2ln x2x210.(*)设函数h(x)2ln xx1，当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)0至多有一解因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，即1，解得m.利用导数解决恒成立及参数求解问题例2已知函数f(x)exax，其中a0.(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立自主解答(1)f(x)exa，令f(x)0得xln a.当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，f(x)单调递增，故当xln a时，f
11、(x)取最小值f(ln a)aaln a.于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)由题意知，ka，令(x)f(x)kex，则(x1)e x2x1(x2x1)1，(x2)e x1x2(x1x2)1令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0时，F(t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2
12、(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立若将函数“f(x)exax，a0”改为“f(x)eaxx，a0”，试解决问题(1)解：若a0，f(x)eaxx0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln . 当xln 时，f(x)ln 时，f(x)0，f(x)单调递增故当xln 时，f(x)取最小值fln .于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当ln 1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当1，即a1时，式成立综上所述，a的取值集合为
