2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (二)教案 理 新人教A版

《2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (二)教案 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (二)教案 理 新人教A版（3頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (二)教案 理 新人教A版 典例精析 題型一　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2＋ln x. (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的值域； (2)求證：x＞1時(shí)，f(x)＜x3. 【解析】(1)由已知f′(x)＝x＋， 當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上為增函數(shù). 故f(x)max＝f(e)＝＋1，f(x)min＝f(1)＝， 因而f(x)在區(qū)間[1，e]上的值域?yàn)閇，＋1]. (2)證明：令F(x)＝f(x)－x3＝－x3＋x2＋ln x，則F′(x)＝x＋－2x2＝，

2、 因?yàn)閤＞1，所以F′(x)＜0， 故F(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù). 又F(1)＝－＜0， 故x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＜0恒成立， 即f(x)＜x3. 【點(diǎn)撥】有關(guān)“超越性不等式”的證明，構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)確定所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性是常用的證明方法. 【變式訓(xùn)練1】已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時(shí)，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時(shí)(　　) A.f′(x)＞0，g′(x)＞0 B.f′(x)＞0，g′(x)＜0 C.f′(x)＜0，g′(x)＞0 D.f′(x)＜0，g′(x)＜0 【解析】選B. 題型二　優(yōu)

3、化問題 【例2】 (xx湖南模擬)某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩個(gè)橋墩相距m米，余下工程只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩.經(jīng)測(cè)算，一個(gè)橋墩的工程費(fèi)用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費(fèi)用為(2＋)x萬元.假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點(diǎn)，且不考慮其他因素.記余下工程的費(fèi)用為y萬元. (1)試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)m＝640米時(shí)，需新建多少個(gè)橋墩才能使y最?。? 【解析】(1)設(shè)需新建n個(gè)橋墩，則(n＋1)x＝m， 即n＝－1. 所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x ＝256(－1)＋(2＋)x ＝＋m＋2m－256. (2)由(1

4、)知f′(x)＝－＋mx＝(x－512). 令f′(x)＝0，得x＝512.所以x＝64. 當(dāng)0＜x＜64時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在區(qū)間(0,64)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)64＜x＜640時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(64,640)內(nèi)為增函數(shù). 所以f(x)在x＝64處取得最小值. 此時(shí)n＝－1＝－1＝9. 故需新建9個(gè)橋墩才能使y最小. 【變式訓(xùn)練2】(xx上海質(zhì)檢)如圖所示，為了制作一個(gè)圓柱形燈籠，先要制作4個(gè)全等的矩形骨架，總計(jì)耗用9.6米鐵絲，骨架把圓柱底面8等份，再用S平方米塑料片制成圓柱的側(cè)面和下底面(不安裝上底面).當(dāng)圓柱底面半徑r取何值時(shí)，S取得最大值？并求出該最大

5、值(結(jié)果精確到0.01平方米). 【解析】設(shè)圓柱底面半徑為r，高為h， 則由已知可得4(4r＋2h)＝9.6，所以2r＋h＝1.2. S＝2.4πr－3πr2，h＝1.2－2r＞0，所以r＜0.6. 所以S＝2.4πr－3πr2(0＜r＜0.6). 令f(r)＝2.4πr－3πr2，則f′(r)＝2.4π－6πr. 令f′(r)＝0得r＝0.4.所以當(dāng)0＜r＜0.4，f′(r)＞0； 當(dāng)0.4＜r＜0.6，f′(r)＜0. 所以r＝0.4時(shí)S最大，Smax＝1.51. 題型三　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)問題 【例3】 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋(m2－4)x，x∈R. (1)當(dāng)m

6、＝3時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程； (2)已知函數(shù)f(x)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)0，α，β，且α＜β.若對(duì)任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 【解析】(1)當(dāng)m＝3時(shí)，f(x)＝x3－3x2＋5x，f′(x)＝x2－6x＋5. 因?yàn)閒(2)＝，f′(2)＝－3，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(2，)，切線的斜率為－3， 則所求的切線方程為y－＝－3(x－2)，即9x＋3y－20＝0. (2)f′(x)＝x2－2mx＋(m2－4). 令f′(x)＝0，得x＝m－2或x＝m＋2. 當(dāng)x∈(－∞，m－2)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(－∞

7、，m－2)上是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(m－2，m＋2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(m－2，m＋2)上是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(m＋2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(m＋2，＋∞)上是增函數(shù). 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)0，α，β，且f(x)＝x[x2－3mx＋3(m2－4)]， 所以 解得m∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4). 當(dāng)m∈(－4，－2)時(shí)，m－2＜m＋2＜0， 所以α＜m－2＜β＜m＋2＜0. 此時(shí)f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，與題意不合，故舍去. 當(dāng)m∈(－2,2)時(shí)，m－2＜0＜m＋2， 所以α＜m－2＜0＜m＋2＜β. 因?yàn)閷?duì)任

8、意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立， 所以α＜1＜β. 所以f(1)為函數(shù)f(x)在[α，β]上的最小值. 因?yàn)楫?dāng)x＝m＋2時(shí)，函數(shù)f(x)在[α，β]上取最小值， 所以m＋2＝1，即m＝－1. 當(dāng)m∈(2,4)時(shí)，0＜m－2＜m＋2， 所以0＜m－2＜α＜m＋2＜β. 因?yàn)閷?duì)任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立， 所以α＜1＜β. 所以f(1)為函數(shù)f(x)在[α，β]上的最小值. 因?yàn)楫?dāng)x＝m＋2時(shí)，函數(shù)f(x)在[α，β]上取最小值， 所以m＋2＝1，即m＝－1(舍去). 綜上可知，m的取值范圍是{－1}. 【變式訓(xùn)練3】已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x. (1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性； (2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[，e]上有兩個(gè)不等解，求a的取值范圍. 【解析】(1)當(dāng)a＞0時(shí)，F(xiàn)(x)的遞增區(qū)間為(，＋∞)，遞減區(qū)間為(0，)； 當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)(x)的遞減區(qū)間為(0，＋∞). (2)[ln 2，). 總結(jié)提高 在應(yīng)用導(dǎo)數(shù)處理方程、不等式有關(guān)問題時(shí)，首先應(yīng)熟練地將方程、不等式問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，再利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性、極值或最值.