2020版高中全程复习方略数学(文)课件第二章 函数、导数及其应用 2.5

名师点评 已知函数极值点或极值求参数的 2 个要领
(1)列式：根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组， 利用待定系数法求解．
(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所 以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
所以 y 在区间[25,26]上单调递增，在区间[26,40]上单调递减， 所以当 x＝26 时，ymax＝100e4， 即当每公斤蘑菇的出厂价为 26 元时，该工厂的每日利润最大， 最大值为 100e4 元.
悟·技法 利用导数解决生活中的优化问题的四步曲 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模 型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y＝f(x)． (2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0. (3)比较函数在区间端点处和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小， 最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题作答.
(2)∵f′(x)＝a＋x2x， ∴当 a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即 f(x)在 x∈(0，＋∞)上单 调递增，没有最小值；
当 a<0 时，由 f′(x)>0 得，x>－a2，∴f(x)在－a2，＋∞上单调递 增；由 f′(x)<0 得，0<x<－a2，∴f(x)在0，－a2上单调递减．
解析：(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100×2πrh＝200πrh 元， 底面的总成本为 160πr2 元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)
元．又根据题意得 200πrh＋160πr2＝12 000π，所以 h＝51r(300－4r2)， 从而 V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．由 h＞0，且 r＞0 可得 0＜r＜5 3， 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3)．

3.求抛物线标准方程 需一个定位条件（如顶点坐标、焦点坐标或准线方程），以及 一个定形条件（即已知p）．
4.几个注意点 （1）在求解对应圆锥曲线方程时，还要特别注意隐含条件， 如双曲线有c2=a2+b2，椭圆有a2=b2+c2. （2）“求轨迹方程”和“求轨迹”是两个不同概念，“求轨
迹”除了首先要求我们求出方程，还要说明方程轨迹的形状，
3 a 2
【归纳】解答本题的注意点. 提示：解答本题对已知条件利用时，要分类讨论，同时注意对 椭圆及双曲线定义的理解.
直线与圆锥曲线 【技法点拨】 1.直线与圆锥曲线交点问题的解题思路 直线与圆锥曲线的位置关系的研究可以转化为相应方程组的解
的讨论，即联立方程组
Ax By C 0, 通过消去y(也可以消去x)得到x的方程ax2＋ 0, f（x, y）
已知点 P(0, 3 ) 到这个椭圆上点的最远距离为 7，求这个椭圆方
2
2
程，并求椭圆上到点P的距离为 7 的点的坐标.
x 2 y2 【解析】设椭圆方程为 2 2 （ 1 a＞b＞0） , a b c 3 3 e , c2 a 2 , a 2 4 x 2 y2 2 2 2 由a =b +c 得a=2b,故椭圆方程可化为 2 2 （ 1 b＞0） , 设M（x,y） 4b b
在，说明理由.
x 2 y2 【解析】（1）依题意，可设椭圆C的方程为 2 2 （ 1 a＞b＞0） , a b
且可知左焦点为F′（-2,0）.
c2 从而有 ｜AF｜｜ AF ｜ 3 5 8, 2a c 2, 解得 a 4,
又a2=b2+c2,所以b2=12,
bx＋c＝0进行讨论.这时要注意考虑a＝0和a≠0两种情况，对 双曲线和抛物线而言，一个公共点的情况除a≠0，Δ ＝0外， 直线与双曲线的渐近线平行或直线与抛物线的对称轴平行或重 合时，都只有一个交点(此时直线与双曲线、抛物线属相交情 况).

a n1 a n2
a1
（4）构造数列法，利用数列的递推公式，构造一个新的数列 （等差或等比数列）由新数列的通项公式求得原数列的通项 公式. （5）利用Sn求an. 如果给出的条件是an与Sn的关系式，可利用 an SS1nSn1((nn21)) 来求.
【特别提醒】在利用Sn求得an后，要特别注意验证当n=1时是 否合适,若不合适，则通项公式an在最后书写时,要分段写出.
【例5】已知数列{an},{bn}满足：a1=1,a2=k(k为常数)，且 bn=an·an+1，其中n∈N*. (1)若{an}是等比数列，试求数列{bn}的前n项和Sn的表达式. (2)若{bn}是等比数列，探求数列{an}是否为等比数列？并说明理 由. 【审题指点】由题目可知数列{an}的前两项以及an与bn的递推关 系，在（1）、（2）所具有的前提条件下，可利用等比数列的定 义来解决，在运用公式时一定要注意k和公比的取值讨论.
【规范解答】(1)因为(an+1-an)g(an)+f(an)=0,
g(an)=4(an-1),f(an)=(an-1)2,
所以(an-1)(3an-4an+1+1)=0,
又a1=2,则an≠1,∴an+1=34
an
1 4
.
（2）因为 an1
1
3 4
anBiblioteka 1 413 4
a
n
1
3.
an 1
an 1
an 1 4
分类讨论思想 【名师指津】分类讨论思想在数列中的运用
数列中的分类讨论常出现在等比数列中，这是因为等比 数列的公比不能为0，且前n项和是一个分段函数，当q=1和 q≠1时，求和公式不同.

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减 右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。
【变式训练】 (2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f (x)＝aex－lnx－1。(e＝2.718 28…是自然对数的底数)
(1)设 x＝2 是 f (x)的极值点，求 a，并求 f (x)的单调区间； (2)证明：当 a≥1e时，f (x)≥0。
②当 0<1a<e，即 a>1e时，f (x)在0，1a上单调递减，在1a，e上单调递增， 所以 f (x)min＝f 1a＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件。 ③当1a≥e，即 0<a≤1e时， f (x)在(0，e]上单调递减， f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，a＝4e(舍去)， 所以 0<a≤1e时，不存在 a 使 f (x)的最小值为 3。 综上，存在实数 a＝e2， 使得当 x∈(0，e]时，f (x)有最小值 3。
(2)证明：当 a≥1e时，f (x)≥eex－lnx－1。 设 g(x)＝eex－lnx－1，则 g′(x)＝eex－1x。 当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0。 所以 x＝1 是 g(x)的极小值点也是最小值点。 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0。 因此，当 a≥1e时，f (x)≥0。
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x， 则 f (x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0。 令 h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)， 则 h(1)＝0，h′(x)＝－1－x2lnx＋eex＋x12＋1＝lxn2x＋eex＋1。 因为 x≥1，所以 h′(x)＝lxn2x＋eex＋1>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋ x≥0， 所以当 x≥1 时，f (x)＋g(x)≥2x。