人教B版高中数学选择性必修第三册第6章章末综合提升学案

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类型1　导数的几何意义及其应用阐述：从近几年高考的考查情况来看，以导数计算为考查指向的考题更多的是以切线的形式来考查的，强调导数几何意义的同时还考查了导数的运算及方程、不等式等．特别是全国卷，几乎每年都考查函数图像的切线问题，在解答题中强调导数运算下的方程思想，对逻辑推理及数学运算等核心素养的要求较高．利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)， ①又y1＝f(x1)， ②由①②求出x1，y1的值，即求出了过点P(x0，y0)的切线方程．【例1】　(2021·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1，求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)公共点的坐标．[解]　记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋ax0＋1)，f′(x0)＝3xeq \o\al(2,0)－2x0＋a，∴切线l的方程为y－(xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)＋ax0＋1)＝(3xeq \o\al(2,0)－2x0＋a)(x－x0)．又l过坐标原点，则2xeq \o\al(3,0)－xeq \o\al(2,0)－1＝0，即(x0－1)(2xeq \o\al(2,0)＋x0＋1)＝0，解得x0＝1，∴切线l的方程为y＝(1＋a)x．令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝1或x＝－1，∴曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a)． 类型2　利用导数判断函数的单调性阐述：从高考的考查情况来看，利用导数研究函数的单调性是高考命题的热点，它能充分考查数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想及转化与化归思想，因此函数的单调性是命题专家最为青睐的内容之一，也是导数最重要的应用之一．对函数单调性的探讨，常常涉及研究一元二次不等式，特别是含参一元二次不等式．总的来说，该部分内容对数学运算、直观想象、逻辑推理等素养要求较高．【例2】　(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1．令g(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1(x∈R)，∴g′(x)＝ex＋2>0恒成立，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又∵g(0)＝0，即f ′(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0．综上所述，当a＝1时，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f (x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1．设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x．(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0．所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－eq \f(1,2)0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥eq \f(7－e2,4)．所以当eq \f(7－e2,4)≤a<eq \f(1,2)时，g(x)≤1．(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x．由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由(ⅱ)可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1．故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1．综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))． 类型3　利用导数研究函数的极值阐述：极值决定了函数的形态，因此对于极值的研究往往着眼于方程(零点)问题；最值也影响函数的形态，但更多聚焦的是边界问题，因而更多与不等式恒成立有关．对极值、最值问题的研究是高考考查的热点，也是难点，涉及函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，通过对函数极值与最值的研究，充分考查逻辑推理、数学运算等核心素养．【例3】　(2021·全国乙卷)设函数f (x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf (x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx)，证明：g(x)＜1．[解]　(1)由题意得y＝xf (x)＝xln(a－x)，则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′．因为x＝0是函数y＝xf (x)的极值点，所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1．(2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln(1－x)＜0，此时xf (x)＜0．当x＜0时，ln(1－x)＞0，此时xf (x)＜0，易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，故要证g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx)＜1，只需证x＋f (x)＞xf (x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)＞0，令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，即证1－t＋tln t＞0．令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立． 类型4　利用导数解决实际问题阐述：导数在实际生活中的应用主要考查数学建模的核心素养，近几年高考对导数在实际问题中的应用考查较少，在利用导数解决实际问题时需注意以下几点：(1)在求实际问题的最大(小)值时，一定要考虑实际问题的意义，不符合实际意义的值应舍去．例如，长度、宽度应大于零，销售价格应为正数．(2)在解决优化问题时，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还应确定函数的定义域．(3)得出函数的最大值或最小值之后，一定要将数学问题还原成实际问题．【例4】　已知A，B两地相距200千米，一只船从A地逆水到B地，水速为8千米/时，船在静水中的速度为v千米/时(80)，则y1＝kv2，当v＝12时，y1＝720，∴720＝k·122，解得k＝5．∴y1＝5v2．设全程燃料费为y元，由题意，得y＝y1·eq \f(200,v－8)＝eq \f(1 000v2,v－8)，∴y′＝eq \f(2 000vv－8－1 000v2,v－82)＝eq \f(1 000v2－16 000v,v－82)．令y′＝0，解得v＝0(舍去)或v＝16．∴当v0≥16时，v＝16(千米/时)时全程燃料费最省；当v0<16，v∈(8，v0]时，y′<0，即y在(8，v0]上为减函数．∴当v＝v0时，ymin＝eq \f(1 000v\o\al(2,0),v0－8)．综上可知，若v0≥16，则当v＝16(千米/时)时，全程燃料费最省，为32 000元；若v0<16，则当v＝v0时，全程燃料费最省，为eq \f(1 000v\o\al(2,0),v0－8)元．