2019-2020年高中總復(fù)習第一輪數(shù)學(xué) 第十三章 導(dǎo)數(shù)13.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 （理） 新人教A版.doc

2019-2020年高中總復(fù)習第一輪數(shù)學(xué) 第十三章 導(dǎo)數(shù)13.3 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 （理） 新人教A版 鞏固夯實基礎(chǔ) 一、自主梳理 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,從而可解決比較大小、極值問題、單峰函數(shù)的最值問題. 2.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義研究曲線的切線問題. 3.利用導(dǎo)數(shù)解決物體的運動速度問題. 二、點擊雙基 1.某物體作s=2(1-t)2的直線運動，則t=0.8 s時的瞬時速度為( ) A.4 B.-4 C.-4.8 D.-0.8 解析:s′=-4(1-t),∴當t=0.8 s時，v=-0.8. 答案:D 2.函數(shù)f(x)=x3-6bx+3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則( ) A.b>0 B.b< C.0<b< D.b<1 解析:f′(x)=3x2-6b,令f′(x)=0，得x=b. ∵f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，∴0<b<1.∴0<b<. 答案:C 3.函數(shù)f(x)=ax+loga(x+1)在［0，1］上的最大值與最小值之和為a,則a的值為( ) A. B. C.2 D.4 解析:f′(x)=axlna+logae. ∵x∈［0,1］, ∴當a>1時,axlna+logae>0. ∴f(x)為增函數(shù). 當0<a<1時,axlna+logae<0, ∴f(x)為減函數(shù). ∴f(0)+f(1)=a. ∴a=. 答案:B 4.已知曲線y=x3+,則過點P(2,4)的切線方程是___________________. 解析:y′=x2,當x=2時,y′=4. ∴切線的斜率為4. ∴切線的方程為y-4=4(x-2)， 即y=4x-4. 答案:4x-y-4=0 5.設(shè)底為等邊三角形的直棱柱的體積為V，那么其表面積最小時，底面邊長為____________. 解析:設(shè)底面邊長為x,則高為h=, ∴S表=3x+2x2=+x2. ∴S′=-+x. 令S′=0，得x=. 答案: 誘思實例點撥 【例1】設(shè)x>-2,n∈N*,比較(1+x)n與1+nx的大小. 剖析:從條件最易想到歸納——猜想——證明，但證明由n=k到n=k+1時，(1+x)k+1=(1+x)k (1+x)過渡到(1+x)k時不等方向不確定，故需按1+x的符號討論證明.但本題若用導(dǎo)數(shù)解就比較簡單了. 解:設(shè)f(x)=(1+x)n-1-nx, 當n=1時，f(x)=0, ∴(1+x)n=1+nx. 當n≥2，n∈N*時, f′(x)=n(1+x)n-1-n=n［(1+x)n-1-1］, 令f′(x)=0,得x=0. 當-2<x<0時，f′(x)<0,f(x)在(-2,0)上為減函數(shù)； 當x>0時，f(x)>0. ∴f(x)在［0,+∞］上為增函數(shù). ∴當x>-2時，f(x)≥f(0)=0. ∴(1+x)n≥1+nx. 綜上,得(1+x)n≥1+nx. 講評:構(gòu)造函數(shù)法是比較兩個多項式的大小或證明不等式常用的方法. 鏈接拓展 本題可用歸納——猜想——證明法解. 當n=1時，(1+x)1=1+x. 當n=2時，(1+x)2=1+2x+x2≥1+2x. 當n=3時，(1+x)3=1+3x+3x2+x3=1+3x+x2(3+x)≥1+3x. 猜想:(1+x)n≥1+nx. 證明:當x≥-1時， (1)當n=1時，(1+x)n≥1+nx成立. (2)假設(shè)n=k時，(1+x)k≥1+kx成立， 那么(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)≥(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2≥1+(k+1)x. ∴當n=k+1時，(1+x)n≥1+nx成立. 由(1)(2)可知，當x≥-1時，對n∈N*，(1+x)n≥1+nx. 當-2<x<-1時，當n=1時，(1+x)n=1+x；當n≥2時，|1+x|<1. ∴|1+x|n<1.而1+nx<1-n≤-1, ∴(1+x)n>1+nx. 綜上,得(1+x)n≥1+nx正確. 【例2】已知函數(shù)f(x)=的圖象在點M(-1,f(-1))處的切線方程為x+2y+5=0. (1)求函數(shù)y=f(x)的解析式; (2)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間. 剖析:(1)f′(1)即為x+2y+5=0的斜率,從而得出一個關(guān)于a、b的關(guān)系式.點M(-1,f(-1))在切線上,又得出一個關(guān)于a、b的等量關(guān)系式.從而可求出a、b. (2)利用導(dǎo)數(shù)可求y=f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解:(1)由函數(shù)f(x)的圖象在點M(-1,f(-1))處的切線方程為x+2y+5=0,知 -1+2f(-1)+5=0,即f(-1)=-2,f′(-1)=-. ∵f′(x)=, ∴ 即 解得a=2,b=3(∵b+1≠0,b=-1舍去). ∴所求的函數(shù)解析式是f(x)=. (2)f′(x)=. 令-2x2+12x+6=0,解得x1=3-2,x2=3+2. 當x<3-2或x>3+2時,f′(x)<0; 當3-2<x<3+2時,f′(x)>0. 所以f(x)=在(-∞,3-2)內(nèi)是減函數(shù),在(3-2,3+2)內(nèi)是增函數(shù),在(3+2,+∞)內(nèi)是減函數(shù). 講評:本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等知識,考查運用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力. 【例3】 用總長14.8 m的鋼條制作一個長方體容器的框架.如果所制作容器的底面的一邊比另一邊長0.5 m,那么高為多少時容器的容積最大?并求出它的最大容積. 解:設(shè)容器底面短邊長為x m,則另一邊長為(x+0.5) m,高為 =3.2-2x(m). 設(shè)容積為y m3, 則y=x(x+0.5)(3.2-2x)(0<x<1.6), 整理,得y=-2x3+2.2x2+1.6x. 所以y′=-6x2+4.4x+1.6. 令y′=0, 即-6x2+4.4x+1.6=0, 所以15x2-11x-4=0. 解得x=1或x=-(不合題意,舍去). 從而在定義域(0,1.6)內(nèi)只有x=1處使得y′=0. 由題意,若x過小(接近0)或過大(接近1.6)時,y值很小(接近0). 因此,當x=1時,y有最大值且ymax=-2+2.2+1.6=1.8, 此時,高為3.2-21=1.2. 答:容器的高為1.2 m時,容積最大,最大容積改為1.8 m3. 講評:在實際問題中,有時會遇到函數(shù)在區(qū)間內(nèi)僅有一個點使f′(x)=0,如果函數(shù)在這點有極大(小)值,那么這點是使函數(shù)取最大(小)值的點.這所說的區(qū)間不僅適用于閉區(qū)間,也適用于開區(qū)間或無窮區(qū)間. 【例4】已知函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=ax2+bx,a≠0. (1)若b=2,且函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍; (2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象C1與函數(shù)g(x)的圖象C2交于點P、Q,過線段PQ的中點作x軸的垂線分別交C1、C2于點M、N.證明C1在點M處的切線與C2在點N處的切線不平行. (1)解:b=2時,h(x)=lnx-ax2-2x, 則h′(x)=-ax-2=-. 因為函數(shù)h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以h′(x)<0有解. 又因為x>0,則ax2+2x-1>0有x>0的解. ①當a>0時,y=ax2+2x-1為開口向上的拋物線,ax2+2x-1>0總有x>0的解; ②當a<0時,y=ax2+2x-1為開口向下的拋物線,而ax2+2x-1>0有x>0的解, 則Δ=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根,此時,-1<a<0. 綜上所述,a的取值范圍為(-1,0)∪(0,+∞). (2)證明:設(shè)點P、Q的坐標分別是(x1,y1)、(x2,y2),0<x1<x2, 則點M、N的橫坐標為x=, C1在點M處的切線斜率為k1=, C2在點N處的切線斜率為k2=ax+b=+b. 假設(shè)C1在點M處的切線與C2在點N處的切線平行,則k1=k2, 即=+b. 則=(x22-x12)+b(x2-x1) =(x22+bx2)-(x12+bx1) =y2-y1=lnx2-lnx1. 所以ln=. 設(shè)t=,則lnt=,t>1. ① 令r(t)=lnt-,t>1, 則r′(t)=-=. 因為t>1時,r′(t)>0,所以r(t)在［1,+∞］上單調(diào)遞增. 故r(t)>r(1)=0.則lnt>. 這與①矛盾,假設(shè)不成立. 故C1在點M處的切線與C2在點N處的切線不平行. 講評:本題主要考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù),分類討論的思想,以及分析問題和解決問題的能力.注意運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及切線問題.