高考数学第1轮总复习 全国统编教材 12.5导数的应用(第3课时)课件 理 课件.ppt

第十二章极限与导数题型6利用导数证明不等式所以当x∈(0+∞)时恒有f(x)＞f(0)=0即x3＞x2-ln(x+1)恒成立.故当x∈(0+∞)时有ln(x+1)＞x2-x3.对任意正整数n取∈(0+∞)则有所以结论成立.点评：利用导数证明不等式一般是先根据不等式的形式构造相对应的函数然后利用导数讨论此函数的单调性或最值进一步得到所需结论.已知mn是正整数且2≤m＜n.证明：(1+m)n＞(1+n)m.证明：不等式可化为nln(1+m)＞mln(1+n)即设则因为x≥2所以ln(1+x)≥ln3＞1.所以f′(x)＜0从而f(x)为减函数.因为n＞m≥2所以f(n)＜f(m)即故(1+m)n＞(1+n)m.题型7利用导数解决方程根的问题令g(m)=e2m-3m(m＞1)则g′(m)=2e2m-3＞0.所以g(m)在(1+∞)上为增函数从而g(m)＞g(1)=e2-3＞0即f(e2m-m)＞0.所以f(e-m-m)f(1-m)＜0f(e2m-m)f(1-m)＜0.因为f(x)为连续函数所以存在x1∈(e-m-m1-m)x2∈(1-me2m-m)使f(x1)=0f(x2)=0.故方程f(x)=0在区间［e-m-me2m-m］内有两个不等实根.点评：方程根的问题一是可以转化为函数图象的交点问题通过导数研究函数图象的性质再结合图象的性质观察交点情况由图象直观地得出相应的结论；二是利用性质f(a)f(b)＜0(a<b且f(x)在区间(ab)上是连续函数)则方程f(x)=0在(ab)上至少有一个根.已知函数f(x)=lnxg(x)=x.若关于x的方程g(x2)-f(1+x2)=k有四个不同的实根求实数k的取值范围.解：令则由φ′(x)＞0得x(x+1)(x-1)＞0所以-1＜x＜0或x＞1.由φ′(x)＜0得x＜-1或0＜x＜1.所以φ(x)在(-∞-1)(01)上是减函数在(-10)(1+∞)上是增函数.从而φ(0)=0为φ(x)的极大值φ(-1)=φ(1)=-ln2为φ(x)的极小值且φ(x)为偶函数.由此可得函数y=φ(x)的草图如右.若方程φ(x)=k有四个不同的实根则直线y=k与曲线y=φ(x)有四个不同的公共点.由图知实数k的取值范围是(-ln20).3.某分公司经销某种品牌产品每件产品的成本为3元并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时一年的销售量为(12-x)2万件.(1)求分公司一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x(元)的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时分公司一年的利润L(x)最大并求出L(x)的最大值Q(a).解：(1)分公司一年的利润L(x)(万元)与售价x(元)的函数关系式为L(x)=(x-3-a)(12-x)2x∈［911］.(2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′(x)=0得x=6+a或x=12(不合题意舍去).因为3≤a≤5所以8≤6+a≤.在x=6+a两侧L′(x)的值由正变负所以①当8≤6+a＜9即3≤a＜时［L(x)］max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a)；②当9≤6+a≤即≤a≤5时［L(x)］max=L(6+a)=(6+a-3-a)［12-(6+a)］2=4(3-a)3.9(6-a)(3≤a<)4(3-a)3(≤a≤5).答：若3≤a＜则当每件售价为9元时分公司一年的利润L(x)最大最大值Q(a)=9(6-a)万元；若≤a≤5则当每件售价为(6+a)元时分公司一年的利润L(x)最大最大值Q(a)=4(3-a)3万元.点评：涉及实际问题的最值问题一般是利用函数知识来解决即先建立函数关系把实际问题转化为数学问题然后利用求函数最值的方法求得最值.注意求得的解要符合实际意义.如图某地为了开发旅游资源欲修建一条连接风景点P和居民区O的公路.点P所在的山坡面与山脚所在水平面α所成的二面角为θ(0°＜θ＜90°)且sinθ=点P到平面α的距离PH=0.4km.沿山脚原有一段笔直的公路AB可供利用.从点O到山脚修路的