高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 理 北師大版.ppt

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考點(diǎn)突破,夯基釋疑,考點(diǎn)一,考點(diǎn)三,考點(diǎn)二,例 1,訓(xùn)練1,例 2,訓(xùn)練2,例 3,訓(xùn)練3,第 3 講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,概要,課堂小結(jié),夯基釋疑,,,考點(diǎn)突破,解 (1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh元， 底面的總成本為160πr2元． 所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元． 又根據(jù)題意得200πrh＋160πr2＝12 000π，,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,【例1】某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．,,,考點(diǎn)突破,令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)． 當(dāng)r∈(0，5)時，V′(r)0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,【例1】某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．,由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8. 即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．,考點(diǎn)突破,規(guī)律方法 求實(shí)際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，利用求函數(shù)的最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實(shí)際情況相結(jié)合．用導(dǎo)數(shù)求解實(shí)際問題中的最大(小)值時，如果函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，那么依據(jù)實(shí)際意義，該極值點(diǎn)也就是最值點(diǎn)．,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,,,考點(diǎn)突破,解 (1)因?yàn)閤＝5時，y＝11，,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤,從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．,＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6.,,,考點(diǎn)突破,于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，6)內(nèi)的極大值點(diǎn)， 也是最大值點(diǎn)．,接上一頁 ，f′(x)＝30(x－4)(x－6)．,,,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題,所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答 當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲 得的利潤最大．,,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,,(1)解 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，,由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e. 故a＝1，b＝2.,設(shè)函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x.,,考點(diǎn)突破,,所以當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時， h′(x)＜0. 故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，,綜上，當(dāng)x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,考點(diǎn)突破,規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式常構(gòu)造函數(shù)φ(x)，將不等式轉(zhuǎn)化為φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的單調(diào)性、最值，判定φ(x)與0的關(guān)系，從而證明不等式，這是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本思路．,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,,考點(diǎn)突破,若a≤0，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；,,(2)證明 由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立．,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,,考點(diǎn)突破,f(x)f(1)＝0，不合題意，,,若a＝2，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， f(x)≤f(1)＝0符合題意． 故a＝2，且ln x≤x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)．,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,,,考點(diǎn)突破,令f′(x)＝0，得x＝e1－a， 當(dāng)x∈(0，e1－a)時，f′(x)0，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(e1－a，＋∞)時，f′(x)0，f(x)是減函數(shù)． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a]， 單調(diào)遞減區(qū)間為[e1－a，＋∞)， 極大值為f(x)極大值＝f(e1－a)＝ea－1，無極小值．,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，,,,考點(diǎn)突破,令F′(x)＝0，得x＝e2－a；令F′(x)0，得xe2－a， 故函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2－a，＋∞)上是減函數(shù)． ①當(dāng)e2－a0時，函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2－a，e2]上是減函數(shù)，F(xiàn)(x)max＝F(e2－a)＝ea－2.,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,,考點(diǎn)突破,由圖象，易知當(dāng)00， 此時函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有1個公 共點(diǎn)． ②當(dāng)e2－a≥e2，即a≤0時， F(x)在區(qū)間(0，e2]上是增函數(shù)，,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,,考點(diǎn)突破,函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上只有1個公共點(diǎn);,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,函數(shù) f(x) 的圖象與函數(shù) g(x) 的圖象在區(qū)間(0，e2]上沒有公共點(diǎn)． 綜上，滿足條件的實(shí)數(shù) a 的取值范圍是[－1，＋∞)．,,考點(diǎn)突破,規(guī)律方法 函數(shù)零點(diǎn)或函數(shù)圖象交點(diǎn)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．,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,考點(diǎn)突破,解 由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x， 得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋cos x)． (1)因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切， 所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)設(shè)g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b. 令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0. 當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：,【訓(xùn)練3】(2013·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)，求b的取值范圍．,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,考點(diǎn)突破,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減， 在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 且g(x)的最小值為g(0)＝1－b. ①當(dāng)1－b≥0時，即b≤1時，g(x)＝0至多有一個實(shí)根， 曲線y＝f(x)與y＝b最多有一個交點(diǎn)，不合題意． ②當(dāng)1－b1時，有g(shù)(0)＝1－b4b－2b－1－b0. ∴y＝g(x)在(0，2b)內(nèi)存在零點(diǎn)， 又y＝g(x)在R上是偶函數(shù)， 且g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，,【訓(xùn)練3】(2013·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)，求b的取值范圍．,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,考點(diǎn)突破,∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)， 在(－∞，0)也有唯一零點(diǎn)． 故當(dāng)b1時，y＝g(x)在R上有兩個零點(diǎn)， 則曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)， 那么b的取值范圍是(1，＋∞).,【訓(xùn)練3】(2013·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點(diǎn)，求b的取值范圍．,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍,,1．在實(shí)際問題中，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，那么只要根據(jù)實(shí)際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點(diǎn)的函數(shù)值比較．,2．利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)0，其中一個重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么地方可以等于零，這往往就是解決問題的一個突破口．,思想方法,課堂小結(jié),,思想方法,課堂小結(jié),4．對于研究方程根的個數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)這一工具和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想就可以很好地解決．這類問題求解的通法是(1)構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；(3)畫出函數(shù)草圖；(4)數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況進(jìn)而求解．,3．利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題是一類重要題型，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的工具性作用，將函數(shù)、不等式緊密結(jié)合起來，考查了學(xué)生綜合解決問題的能力．,,實(shí)際問題中的函數(shù)定義域一般受實(shí)際問題的制約，不可盲目地確定函數(shù)的定義域；在解題時要注意單位的一致性；把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題后，要根據(jù)數(shù)學(xué)問題中求得的結(jié)果對實(shí)際問題作出解釋.,易錯防范,課堂小結(jié),