基础过关12 函数与导数的综合应用
高考数学总复习 第2章 第12节 导数的综合应用课件 理(新版)苏教版必修1
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1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问 题．
2．利用导数研究函数的单调性和最(极)值等离不开方程与不 等式；反过来方程的根的个数，不等式的证明、不等式恒成立求参 数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进 行研究．
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[答案] 9
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3．(2014·苏州模拟)函数 y＝1x ＋2ln x 的单调递减区间为 ________．
[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)，由 y＝1x＋2ln x 得 y′＝－ x12＋2x＝2xx－2 1≤0(x>0)解得 0<x≤12.即单调递减区间为0，12.
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(2)由题设 g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x>0)，
令 g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x>0)．
设 φ(x)＝－13x3＋x(x>0)，
则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当 x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
[解析] (1)正确． (2)最优解可能出现在区间内，不一定非得在界点处，(2)错误． (3)最小值可能在界点处取得，不一定是极小值，(3)错误． (4)由图象特征知(4)正确． [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
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课件12：3.3 导数的综合应用
当 x<－2 时，g′(x)<0；当－2<x<1 时，g′(x)>0， 故－2 是 g(x)的极值点． 当－2<x<1 或 x>1 时，g′(x)>0， 故 1 不是 g(x)的极值点． 所以 g(x)的极值点为－2.
考点3 运用导数解决函数的最值问题
1.设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a， b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值． (2)将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较， 其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
3．函数的最值 (1)如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的 曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的 极值．
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b) 比
第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用
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考纲要求 1.了解函数单调性和导数的关系． 2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间 (其中多项式函数一般不超过三次)． 3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件． 4．会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 般不超过三次).
(4)确定 f ′(x)在各个开区间内的符号，根据 f ′(x) 的符号判定函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
2．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注 意函数 f(x)在(a，b)上递增(或递减)的充要条件应是 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，且 f ′(x) 在(a，b)的任意子区间内都不恒等于 0，这就是说，函 数 f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处 有 f ′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x0)＝0， 只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．
高三数学函数与导数的综合应用
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5.已知函数 f x log a x x 2 2 a 0且a 1 的反函数为 f -1(x) (1)求f -1(x)的解析式及定义域；
2 1 p n f n log 2 (2)设 ，当 a 1 时，求证： a 2 3 n n 3 3 对任何正整数n，均有 pn 2
3.解答数学应用题的关键有两点： 一是认真读题，缜密审题，确切理解题意，明确问题 的实际背景，然后进行科学的抽象、概括，将实际问题归 纳为相应的数学问题； 二是要合理选取参变数，设定变元后，就要寻找它们 之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系， 建立相应的函数、方程、不等式等数学模型；最终求解数 学模型使实际问题获解.一般的解题程序是：
3. 设计一幅宣传画，要求画面面积为 4840cm2 ，画面的宽 与高的比为λ(λ＜1) ，画面的上、下各留8cm空白，左、右 各留5cm空白.怎样确定画面的高与宽尺寸，能使宣传画所 用纸张面积最小?
【解题回顾】应用基本不等式求函数最值时，一定要注意 1 1 等式成立的充要条件.另外本题也可借用导数 2 来 x x 求最值.
2.方程思想 就是在解决数学问题时，先设定一些未知数，然后把它 们当成已知数，根据题设各量之间的制约关系，列出方程 ，求得未知数；或如果变量间的数量关系是用解析式的形 式(函数形式)表示出来的，那么可把解析式看作是一个方 程，通过解方程或对方程的研究，使问题得到解决，这便 是方程的思想.方程思想是对方程概念的本质认识，用于指 导解题就是善于利用方程知识或方程观点观察处理问题. 函数思想与方程思想是密切相关的.如函数问题(例如 ：求反函数；求函数的值域等)可以转化为方程问题来解 决；方程问题也可以转化为函数问题加以解决.如解方程 f(x)＝0，就是求函数y＝f(x)的零点；解不等式f(x)＞0(或 f(x)＜0)，就是求函数y＝f(x)的正负区间.
高考数学一轮复习课件2.12导数的综合应用
由已知得a＝ 2x，h＝60－22x＝ 2(30－x)，0＜x＜30. (1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800， 所以当x＝15时，S取得最大值． (2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，
V′＝6 2x(20－x)．
•【解析】 函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即 方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x －ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函 数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为 (－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ ex，y＝a有交点，只需a≤2ln 2－2即可．
•(2013·梅州模拟)设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax， a＞0.
•(1)求f(x)的单调区间；
•(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1， e]恒成立．(其中，e为自然对数的底数)．
【解】 (1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x＞0， 所以f′(x)＝ax2－2x＋a＝－（x－a）x（2x＋a）. 由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a， ＋∞)．
•(2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0 得出定义域内的实根，确定极值点；
•(3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值 大小，获得所求的最大(小)值；
•(4)还原到实际问题中作答．
某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米．余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩．经测 算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两
＝256(mx －1)＋mx (2＋ x)x＝25x6m＋m x＋2m－256. (2)由(1)知，f′(x)＝－25x62m＋12mx－12 ＝2mx2(x32－512)．
函数与导数的综合应用
函数与导数的综合应用命题动向：函数与导数的解答题大多以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，并与数学思想方法紧密结合进行深入考查，体现了能力立意的命题原则．这几年，函数与导数的解答题一直作为“把关题”出现，是每年高考的必考内容，虽然是“把关题”，但是同其他解答题一样，一般都设置了层次分明的“台阶”，入口宽，入手易，但是深入难，解到底难．从近几年的高考情况看，命题的方向主要集中在导数在研究函数、方程、不等式等问题中的综合应用．题型1利用导数研究函数性质综合问题例1 [2016·山东高考]设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R.(1)令g (x )＝f ′(x ), 求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围．解题视点 (1)求出g (x )的导数，就a 的不同取值，讨论导数的符号；(2)f ′(x )＝ln x －2a (x －1)，使用数形结合方法确定a 的取值，使得在x <1附近f ′(x )>0，即ln x >2a (x －1)，在x >1附近ln x <2a (x －1)．解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x ) 单调递增；当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a>1，由(1) 知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增， 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减， 所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a >12时，0<12a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞.冲关策略函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．题型2利用导数研究方程的根(或函数的零点)例2 [2017·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解题视点 (1)先求函数f (x )的定义域，再求f ′(x )，对参数a 进行分类讨论，由f ′(x )>0(f ′(x )<0)，得函数f (x )的单调递增(减)区间，从而判断f (x )的单调性；(2)利用(1)的结论，并利用函数的零点去分类讨论，即可求出参数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a .当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增．(2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a . ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0，即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点； ③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2 n 0－n 0＞0.由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．冲关策略研究方程根的情况，可以通过研究函数的单调性、极值、最值等，再结合零点存在性定理进行分析．题型3利用导数研究与不等式有关的问题 命题角度1 证明不等式例3 [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2. 解题视点 (1)结合导数，对a 进行分类讨论，来研究函数的单调性；(2)根据(1)的单调性情况，通过作差构造新函数，再利用导数进行求解．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a－2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0，即f (x )≤－34a－2. 冲关策略利用导数证明不等式的基本方法利用导数法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上成立的基本方法：可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.命题角度2 不等式的恒成立问题例4 [2016·四川高考]设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e ex ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立．解题视点 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，讨论时要注意定义域和参数范围，不重不漏，证明不等式可转化为求函数最值问题，对于(3)中的恒成立问题要想到前后之间的联系．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． (2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x ＞1时，s ′(x )＞0，所以s (x )单调递增，且s (1)＝0，所以e x －1＞x ，从而g (x )＝1x －1e x －1＝1x －e ex ＞0. (3)由(2)，当x ＞1时，g (x )＞0.当a ≤0，x ＞1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x ＜0.故当f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a ＞0.当0＜a ＜12时，12a＞1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a ＜f (1)＝0，而g ⎝⎛⎭⎫12a ＞0， 所以此时f (x )＞g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x ＞1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x ＞x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2＞x 2－2x ＋1x 2＞0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x ＞1时，h (x )＝f (x )－g (x )＞0，即f (x )＞g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.冲关策略利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 命题角度3 存在型不等式恒成立问题例5 设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解题视点 (1)等价于求使[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立时的最大整数M ；(2)等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )min ≥g (x )max 恒成立时，求a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23. 由g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤0，23上是单调递减函数，在⎣⎡⎦⎤23，2上是单调递增函数，所以g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1. 故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4. (2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max . 由(1)可知在⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．冲关策略双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．(1)∀x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]max .(2)∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min .(3)∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min .(4)∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .(5)∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅. 命题角度4 证明正整数不等式例6 [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值． 解题视点 (1)对a 进行分类讨论，当a ＞0时，通过求函数的导数研究函数的单调性，求解函数的最值即可；(2)结合(1)的结论，令x ＝1＋12n 进行求解． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意． ②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜12n ， 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n ＜e.而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123＞2，所以m 的最小值为3. 冲关策略证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(2)就是利用了(1)问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x ＝1＋12n ，可得到解题的基本思路．三角函数的综合问题命题动向：三角函数不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、数列等知识的交汇处命题．对三角函数与平面向量的考查，多以解答题的形式出现，难度中等．备考中注意与平面向量的加法、减法的几何意义，平行、垂直的条件以及数量积的定义相结合来寻找解题突破口，三角函数与数列相交汇时，常常用到数列的基本性质．题型1三角函数图象和性质的综合问题例1 [2017·山东高考]设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，其中0＜ω＜3.已知f ⎝⎛⎭⎫π6＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，3π4上的最小值． 解题视点 (1)将函数f (x )化简为A sin(ωx ＋φ)的形式后，通过解方程求得ω值；(2)y ＝f (x )变换得到y ＝g (x )，利用三角函数的图象和性质求最值．解 (1)因为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2， 所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝⎛⎭⎫12sin ωx －32cos ωx ＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3. 由题设知f ⎝⎛⎭⎫π6＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z.故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0＜ω＜3，所以ω＝2. (2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，所以g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝⎛⎭⎫x －π12. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32. 冲关策略解决此类问题，一般先由图象或三角公式确定三角函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋b 等)的解析式，然后把ωx ＋φ看成一个整体研究函数的性质．题型2解三角形与数列的综合问题例2 [2018·衡中模拟]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos 2B ＋cos B ＝1－cos A cos C .(1)求证：a ，b ，c 成等比数列；(2)若b ＝2，求△ABC 的面积的最大值．解题视点 (1)根据正弦定理将角的问题转化为边的问题，由数列的概念得证；(2)利用均值不等式解决三角形中的面积最值问题．解 (1)证明：在△ABC 中，cos B ＝－cos(A ＋C )．由已知，得(1－sin 2B )－cos(A ＋C )＝1－cos A cos C ，∴－sin 2B －(cos A cos C －sin A sin C )＝－cos A cos C ，化简，得sin 2B ＝sin A sin C .由正弦定理，得b 2＝ac ，∴a ，b ，c 成等比数列．(2)由(1)及题设条件，得ac ＝4.则cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－ac 2ac ≥2ac －ac 2ac ＝12， 当且仅当a ＝c 时，等号成立．∵0<B <π，∴sin B ＝1－cos 2B ≤1－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴S △ABC ＝12ac sin B ≤12×4×32＝ 3.∴△ABC 的面积的最大值为 3. 冲关策略纵观近年的高考试题，许多新颖别致的三角函数解答题就是以数列为出发点设计的．在这类试题中数列往往只是起到包装的作用，实质是考查考生利用三角函数的性质、三角恒等变换与正、余弦定理来解决问题的能力．解决这类问题的基本思路是脱掉数列的外衣，抓住问题的实质，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化． 题型3三角变换与解三角形的综合例3 [2017·全国卷Ⅱ]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2. (1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b .解题视点 (1)利用三角形中A ＋C ＋B ＝π，将sin(A ＋C )化为sin B ，再利用倍角公式，将8sin 2B 2化成4(1－cos B )，即sin B ＝4(1－cos B )等式两边同时平方，再利用cos 2B ＋sin 2B ＝1解出cos B ；(2)利用三角形面积公式S ＝12ac sin B 和(1)中结论解出ac 的值，再利用余弦定理求解．解 (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B 2，故sin B ＝4(1－cos B )． 上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0，解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517. (2)由cos B ＝1517得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )＝36－2×172×⎝⎛⎭⎫1＋1517＝4.所以b ＝2. 冲关策略三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．题型4平面几何中的三角函数求值例4 [2018·北京模拟]已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝1292，求△ABC 的面积． 解题视点 (1)利用正弦定理将边的关系化为角的关系，利用三角恒等变换求出A ；(2)先根据两角和的正弦公式求出sin C ，然后根据正弦定理得到边长a ，c 的比值关系，再在△ABD 中利用余弦定理求出a ，c 的值，最后由三角形面积公式可求结果．解 (1)a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0，由正弦定理得sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin B ＋sin C ，即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin(A ＋C )＋sin C ，又sin C ≠0，所以化简得3sin A －cos A ＝1，所以sin(A －30°)＝12.在△ABC 中，0°＜A ＜180°，所以A －30°＝30°，得A ＝60°. (2)在△ABC 中，因为cos B ＝17，所以sin B ＝437.所以sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314. 由正弦定理得，a c ＝sin A sin C ＝75.设a ＝7x ，c ＝5x (x ＞0)，则在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即1294＝25x 2＋14×49x 2－2×5x ×12×7x ×17，解得x ＝1，所以a ＝7，c ＝5，故S △ABC ＝12ac sin B ＝10 3. 冲关策略平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之，若研究最值，常使用函数思想． 题型5三角函数与平面向量相结合例5 [2017·江苏高考]已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]．(1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值．解题视点 (1)利用向量共线的坐标运算法则求解；(2)利用数量积的坐标运算、辅助角公式，结合三角函数图象求解最值．解 (1)因为a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，a ∥b ，所以－3cos x ＝3sin x .若cos x ＝0，则sin x ＝0，与sin 2x ＋cos 2x ＝1矛盾，故cos x ≠0.于是tan x ＝－33.又x ∈[0，π]，所以x ＝5π6. (2)f (x )＝a ·b ＝(cos x ，sin x )·(3，－3)＝3cos x －3sin x ＝23cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6. 因为x ∈[0，π]，所以x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6，从而－1≤cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≤32. 于是，当x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )取到最大值3；当x ＋π6＝π，即x ＝5π6时，f (x )取到最小值－2 3. 冲关策略(1)向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角的范围对变形过程的影响．本例中，易忽略x ∈[]0，π导致错解．数列的综合问题命题动向：从近五年高考试题分析来看，等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n 项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型1等差、等比数列的综合运算例1 [2017·全国卷Ⅰ]记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解题视点 (1)熟练应用等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式；(2)在证明a ，b ，c 成等差、等比数列时，可以利用等差中项：a ＋c 2＝b 或等比中项：ac ＝b 2来证明．解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列.冲关策略等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.题型2数列的通项与求和例2 [2018·临汾模拟]数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n 都有a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2.(1)求证：数列{a n }是等差数列，并求通项公式；(2)设b n ＝a n 3n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解题视点 (1)运用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2得到{a n }为等差数列，进而求解；(2)解题的关键是错位相减法的运算，对考生的运算求解能力要求较高．解 (1)证明：令n ＝1,4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，由4S n ＝(a n ＋1)2，得4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，两式相减得4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0，因为a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，则数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －13n ，T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －13n ，① 13T n ＝132＋333＋534＋…＋2n －13n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n －13n ＋1＝13＋2×19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＋1＝23－2n ＋23n ＋1， 所以T n ＝1－n ＋13n . 冲关策略(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等.题型3数列与其他知识的交汇 命题角度1 数列与函数的交汇例3 [2018·河南开封模拟]已知二次函数f(x)＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N *，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解题视点 (1)叠加法求数列的通项公式；(2)裂项相消法求数列的前n 项和．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n,16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12， 则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N *.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ， ∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n ＝2n ，由叠加法可得1a n－14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ， 化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． (2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1.冲关策略(1)数列与函数的综合问题一般是以函数作为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域.命题角度2 数列与不等式的交汇例4 [2018·湖南怀化质检]设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74. 解题视点 (1)利用a n 与S n 的关系求得{a n }的通项公式；(2)利用放缩法巧妙证明不等式．解 (1)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)， 两式相减并整理得a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，所以a n n ＝1＋(n －1)×1＝n ，得a n ＝n 2. 当n ＝1时，上式显然成立，∴a n ＝n 2(n ∈N *)．(2)证明：当n ＝1时，1a 1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74； 当n ≥3时，1a n ＝1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n，此时 1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1＋14＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n <74，故1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74. 冲关策略数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．本题第(2)问中用到“放缩”．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较. 命题角度3 数列与解析几何的交汇例5 [2017·山东高考]已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解题视点 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，以几何图形为背景确定{b n }的通项公式是关键．解 (1)设数列{x n }的公比为q ，由已知知q >0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2－5q －2＝0.因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1. 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1.记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12. 冲关策略数列与解析几何的综合问题，往往以考查数列知识为主，只需将含有解析几何知识的已知条件进行转化，就变成了一个纯数列问题. 命题角度4 数列与应用问题的交汇例6 [2018·北京东城模拟]从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加14. (1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解题视点 (1)根据题意，构建等比数列模型；(2)构建不等关系，解不等式求解．解 (1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×⎝⎛⎭⎫1－15万元，…，第n 年投入为800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1万元，所以，n 年内的总投入为a n ＝800＋800×⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800×⎝⎛⎭⎫1－15n －1＝800×⎣⎡⎦⎤1＋45＋⎝⎛⎭⎫452＋…＋⎝⎛⎭⎫45n －1＝4000×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n . 第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14万元，…，第n 年旅游业收入为400×⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋400×⎝⎛⎭⎫1＋14n －1＝400×⎣⎡⎦⎤1＋54＋⎝⎛⎭⎫542＋…＋⎝⎛⎭⎫54n －1＝1600×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1. (2)设至少经过n 年，旅游业的总收入才能超过总投入，由此得b n －a n >0，即1600×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1－4000×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n >0，令x ＝⎝⎛⎭⎫45n ，代入上式得5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25或x >1(舍去)，即⎝⎛⎭⎫45n <25，由此得n ≥5.所以至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.冲关策略(1)此类问题的解题思路：仔细阅读所给材料，认真理解题意，将已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题，分清是等差数列还是等比数列，是求通项问题还是求项数问题，或是求和问题等，并建立相应数学模型求解．(2)一般涉及递增率，要用等比数列，涉及依次增加或者减少，要用等差数列，有的问题是通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要向这些方向思考.立体几何的综合问题命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图、简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间向量与空间角(特别是二面角)的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势．转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．题型1空间点、线、面的位置关系例1 [2017·北京高考]如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积．解题视点 (1)根据线面垂直的判定定理即可证明；(2)由等腰三角形性质和(1)问结论证线面垂直，再由面面垂直判定定理即可证明；(3)关键是先由直线与平面平行的性质定理证线线平行，再由线面垂直的结论证三棱锥的高．解 (1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC .由(1)知，PA ⊥BD ，所以BD ⊥平面PAC ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2. 由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13. 冲关策略立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义，从而得到这两条直线垂直．解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线”的主要依据．题型2平面图形的翻折问题例2 [2016·全国卷Ⅱ]如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值．解题视点 (1)利用线面垂直的判定定理进行证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．解 (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CF CD ，故AC∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5，0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525，所以sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525. 冲关策略解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．题型3向量法解决探索性问题 命题角度1 探索性问题与平行相结合例3 [2016·北京高考]如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．解题视点 (1)欲证PD ⊥平面PAB ，只需在平面PAB 内找两条相交直线与PD 垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出直线PB 的方向向量与平面PCD 的法向量，即可求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)假设在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，利用直线BM 的方向向量与平面PCD 的法向量垂直，得参数所满足的方程，若能求出参数的值，则说明存在，否则，不存在．解 (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图建立空间直角坐标系Oxyz .由题意，得A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2)． 又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33. 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在一点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.冲关策略利用向量法探究线面平行，只须将这条直线的方向向量用平面内两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直来处理，再说明这条直线不在已知平面内．命题角度2 探索性问题与垂直相结合 例4 [2018·湖北宜昌]如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解题视点 (1)由公式cos θ＝|a ·b ||a ||b |，求得异面直线所成角的余弦值；(2)设出空间点的坐标，利用向量垂直的坐标表示．解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz . 依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，所以NE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)， 因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .连接AE ，ES ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，又EA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝⎛⎭⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 冲关策略利用向量法探究垂直问题，其一证明直线与直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直，其二证明面面垂直，只需证明两个平面的法向量垂直，解题的关键是灵活建系，从而将几何证明转化为向量运算．。
导数的综合应PPT课件
又 f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2， f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－2 ln16， ∵e3>16，∴f12－f(2)>0，即 f12>f(2)． ∴f(x)在区间12，2上的最大值 f(x)max＝f12＝1－ln2.
综上可知，函数 f(x)在12，2上的最大值是 1－ln2，最小值是 0.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
考点2 利用导数证明不等式问题
例 2：已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx. (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范 围； (2)当 a＝1 时，求 f(x)在12，2上的最大值和最小值； (3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>12＋ 13＋14＋…＋1n.
解析：(1)∵f(x)＝1－ ax x＋lnx，∴f′(x)＝axa－x2 1(a>0)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝axa－x21≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． 即 a≥1x对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≥1.
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求 (1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的 单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． (2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导 数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上 不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
高考数学(理)总复习备考指导课件：第二章 函数、导数及其应用 第12节 导数的综合应用
·
·
固 基
负不能直接判断，故再次借助导数求 φ′(x)的最小值 φ′(0)
明 考
础
情
＝0.
2．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、
典
例 探
最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断
究
课
· 提
方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．
时 作
知
业
能
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
·
·
固 基 础
y(单位：万元)与年产量 x(单位：万件)的函数关系式为 y＝－13
明 考 情
x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为
典
例
探
A．13 万件
究
· 提
C．9 万件
知
能
B．11 万件 D．7 万件
()
课 时 作 业
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
自
高
主
考
落 实
(1)f(x)的反函数为 g(x)＝ln x，设所求切
· 明
基
考
础 线的斜率为 k.
情
典
∵g′(x)＝1x，∴k＝g′(1)＝1.
例
探 究
于是在点(1,0)处的切线方程为 y＝x－1.
课
·
时
提
作
知
业
能
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
(2)证明 曲线 y＝ex 与曲线 y＝12x2＋x＋1 公共点的个数
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
自
高
主
考
函数与导数的综合应用
（Ⅱ）若C1和C2有两条公切线，证明相应的
两条公切线段互相平分．
作业： 高考题型设计
（Ⅱ）设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象 C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的 垂线分别交C1，C2于点M、N，证明C1在点 M处的切线与C2在点N处的切线不平行。
变式新题型3：
曲 线y f (x ) ax 3 bx 2 cx x ，1 当 3 时，f (x)有极小值，当 x 1 3 时， f (x )3有
函数与导数的综合应用
高三备课
高考考纲透析：
利用导数研究函数的单调性和 极值、函数的最大值和最小值。
高考风向标：
函数与方程、不等式知识相结合 是高考热点与难点。利用分类讨 论的思想方法论证或判断函数的 单调性，函数的极值、最值，函 数与导数的综合题必是高考题中 六个解答题之一。
热点题型1：导函(x) x3 3 bx 2 c ， 若 函f (数x)
的一个极值点落在 x 轴上，求 b3 c 2的值。
热点题型3：导函数与转化的思想方法(理科）
已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝－ax2＋bx， a≠0。
（Ⅰ）若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单 调递减区间，求a的取值范围；
极大值，且在x 1处切线的斜率为 2。
（1）求 f ( x)；（2）是否存在一点P，使 得 y f (x ) 的图象关于点P中心对称？若 存在，请求出点P坐标，并给出证明；若 不存在，请说明理由。
备选题：
已知抛物线C1: y = x2 + 2x和C2 : y = – x2 + a．如果直线l同时是C1和C2的切线，称l是C1和 C2的公切线，公切线上两个切点之间的线段称 为公切线段．
函数与导数的综合应用
，奇特的淡青色长号似的下巴显得极为琢磨不透神奇。那一双精悍的银橙色柳叶样的
合肥注册公司
变式新题型1：
已 知 函 数f (x) x3 a x 1 ， （ 1 ）f (x若)
在实数R上单调递增，求 a 的取值范围；
（2）是否存在这样的实数 a，使 f (x在)
（Ⅰ）a取什么值时，C1和C2有且仅有一条公 切线？写出此公切线的方程；
（Ⅱ）若C1和C2有两条公切线，证明相应的
两条公切线段互相平分．
作业： 高考题型设计
型的身材和虔诚的鹅黄戴着一顶闪光的橙白色扣肉般的轮胎雪川帽
，她上穿镶着银宝石的葱绿色海胆模样的天线雪峰寰光服，下穿彪悍的的深黄色陀螺般的蝌蚪银蕉短裙，脚穿怪异的深蓝色馄饨模样的沙子藤草履……
有时很喜欢露出露着变形的褐黄色土豆形态的阳台万花肥腹，那上面上面绘着漂亮的亮红色的熊猫模样的纹身图案。整个形象显得极为风趣却又透着一
不同，瘦长的亮红色短棍般的舌头似乎有点猛爆而霸气。那一双脏脏的暗灰色麦穗似的眉毛，好像极品的超脱古怪。再看妩勃奥学员的身形，她有着不
大的仿佛海带般的肩膀，肩膀下面是瘦弱的仿佛软管般的手臂，她弯曲的墨黑色 竹席般的手掌确实非常强硬朦胧，修长的橙白色银剑般的手指认为很
是经典但又露出一种隐约的英武。她柔软的仿佛小号般的腿的确绝对的帅气而神气，古怪的仿佛玉葱般的脚显得极为有趣而讲究，她很大的仿佛谷堆般
函数与导数的综合应用
高三备课
高考考纲透析：
利用导数研究函数的单调性和 极值、函数的最大值和最小值。
高考风向标：
函数与方程、不等式知识相结合 是高考热点与难点。利用分类讨 论的思想方法论证或判断函数的 单调性，函数的极值、最值，函 数与导数的综合题必是高考题中 六个解答题之一。
高考数学(文)一轮复习课件：2.12 导数的综合应用(广东专版)
自 主
1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为 优化 问题，
高 考
落
体
实 ·
一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，
验 ·
固
基 那么该点也是最值点．
明 考
础
情
2．利用导数研究函数的单调性和最(极)值等离不开方程与不等式；
反过来方程的根的个数，不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又
自
高
主
落 围是________．
考 体
实
验
· 固
【解析】 函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实
· 明
基
考
础 根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x) 情
＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－
课 时
究 · 提
当 m＝－1e或 m≥0 时，原方程有唯一解．
知 能 训
知 能
当－1e＜m＜0 时，原方程有两个实数解．,
练
菜单
自 主 落 实 · 固 基 础
典 例 探 究 · 提 知 能
菜单
新课标 ·数学（文）(广东专用)
高 考 体 验 · 明 考 情
课 时 知 能 训 练
新课标 ·数学（文）(广东专用)
自 围．(2)先根据圆柱的侧面积与球的表面积建立造价y关于r的函数，再 高
主
落 利用导数求该函数的最小值．
考 体
实
验
· 固 基
【尝试解答】 (1)设容器的容积为 V，则 V＝830π，
· 明 考
础
依题意，V＝πr2l＋43πr3＝830π.
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基础过关12 函数与导数的综合应用
满分：75分 时量：35分钟
一、选择题： 本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1.已知0,0x y ≥≥，39x y +=，则2x y 的最大值为
A ．36
B ．18
C ．25
D ．42 1.A 【解析】 依题意有2()(3)3
x
f x x =-，[]0,9x ∈，令/2()60f x x x =-=，可以验证则6x =时有最大值36．
2.若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 ( )
A ．430x y --=
B ．450x y +-=
C ．430x y -+=
D ．430x y ++=
2.A 【解析】与直线480x y +-=垂直的直线l 为40x y m -+=，即4y x =在某一点的导数为4，而34y x '=，所以4y x =在(1，1)处导数为4，此点的切线为430x y --=，故选
A.
3.某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6点到9点，车辆通过该市某一路段的用时y （分钟）与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：321
362936844
y t t t =--+-.则在这段时间内，通过该路段用时最多的时刻是
A.6
B.7
C.8
D.9
3.C 【解析】'23
2336(12)(8)838
y t t t t =--+=-+-，令'0y =得12t =-（舍去）或8t =，当68t ≤<时，'0y >，当89t <<时，'0y <，∴当8=t 时，y 有最大值，max 18.75
y =（分钟）.选C.
4.设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V ，那么其表面积最小时，底面边长为
A ．4V
B ．32V
C ． 34V
D ．12
V 命题要点： 函数与导数的综合应用
4.C 【解析】设底面边长为x ，则高为243V
h x =，∴2224343332423V V S x x x x x
=⨯⋅+⨯=+表， ∴'2433V S x x
=-+ 令'0S =，得34x V =．
5.已知对任意实数x ，有()()()f x f x g x g x -=--=，，且0x >时，()0()f x g x ''>>，，则0x <时 （ ）
A ．()0()0f x g x ''>>，
B ．()0()0f x g x ''><，
C ．()0()0f x g x ''<>，
D ．()0()0f x g x ''<<，
5.B 【解析】由已知f(x)为奇函数,图像关于原点对称,在对称区间的单调性相同;g(x)为偶函数,在对称区间的单调性相反, x >0时f'(x)>0,g'(x) >0,递增,当x <0时, f(x) 递增, f '(x)>0; g(x)递减, g'(x)<0,选B.
6.若函数3()3f x x x a =-+有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ).
A ．()2,2-
B []2,2-
C ．(),1-∞-
D ．()1,+∞
6.A 【解析】()f x '=3x 2-3，f(x)极大=f(-1)=2+a ，f(x)极小=f(1)=-2+a ，函数f(x)有3个不同零点，则2+a>0，-2+a<0，因此-2<a<2.
7.已知函数x
y e =的图象与函数()y f x =的图象关于直线y x =对称，则 A ．()22()x
f x e x R =∈ B ．()2ln 2ln (0)f x x x => C ．()22()x
f x e x R =∈ D ．()2ln ln2(0)f x x x =+> 7.D 【解析】函数x y e =的图象与函数()y f x =的图象关于直线y x =对称，所以()f x 是x y e =的反函数，即()f x =ln x ，∴ ()2ln 2ln ln 2(0)f x x x x ==+>，选D.
8.函数1222
131)(23++-+=
a ax ax ax x f 的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是( ).
A ．16356<<-a
B ．16358-<<-a
C ．16158-<<-a
D ．16356-<<-a
8.D 【解析】
2()2(2)(1)f x ax ax a a x x '=+-=+-，
要使函数f(x)的图像经过四个象限，则f(-2)f(1)<0，即(16511036a a ⎛⎫⎛⎫++<
⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得16356-<<-a
9.
9.C 【解析】从函数图象上可知12,x x 为函数()f x 的极值点，根据函数图象经过的三个特殊点求出,,b c d ．根据函数图象0d =，且(1)10,(2)8420f b c f b c -=-+-==++=，解得1,b c =-=-，故2
'()322f x x x =--．根据韦达定理
2221212124416()2939x x x x x x +=+-=+=．
10.已知P,Q 为抛物线x 2
=2y 上两点，点P,Q 的横坐标分别为4，-2，过P,Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为
(A) 1 (B) 3 (C) -4 (D) -8
10.C 【解析】因为点P ，Q 的横坐标分别为4，-2，代人抛物线方程得P ，Q 的纵坐标分别
为8,2.由2212,,,2
x y y x y x '==∴=则所以过点P ，Q 的抛物线的切线的斜率分别为4，-2，所以过点P ，Q 的抛物线的切线方程分别为48,22,y x y x =-=--联立方程组解得1,4,x y ==-故点A 的纵坐标为-4
二、填空题： 本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11.函数()y f x =在定义域3(,3)2
-内可导，其图象如图，记()y f x =的导函数为/()y f x =，则不等式/()0f x ≤的解集为
_____________
11.1,1(2,3)3⎛⎫
-⋃ ⎪⎝⎭【解析】函数在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭
和(2,3)上为减函数，因此/()0f x ≤的解集为1,1(2,3)3⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭。
12.已知3
120,(),'(1)12,x m f x mx f m
<=+≥-且则实数m =___________________. 12.2-【解析】21212'()3,'(1)312,f x mx f m m m =+∴=+≥- 即44,m m +≥- 又0,m < 当时有141[()]4,4,()m m m m m m
+
=--+≤-∴+=--这时2,m =- 13.已知(3)4,1()log ,1a
a x a x f x x x --⎧=⎨≥⎩＜是（-∞，+∞)上的增函数，那么a 的取值范围是 13.(1,3)【解析】依题意，有a >1且3－a >0，解得1<a <3，又当x <1时，（3－a ）x －4a <3－5a ，当x ≥1时，log a x ≥0，所以3－5a ≤0解得a ≥
35，所以1<a <3.
14.在R 上可导的函数()f x 的图象如图所示，则关于x 的不等式()0x f x '⋅<的解集为___________________.
14.(,1)(0,1)-∞- 【解析】从函数()f x 的图象可知，当(,1),(1,)x x ∈-∞-∈+∞ 2 -2 -1 1 y x
O
时()0f x '>，(1,1)x ∈-时()0f x '>，所以，()0x f x '⋅<的解集
为(,1)(0,1)-∞- ，故选B 。
15.某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1(万元)与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2(万元)与到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，y 1和y 2分别为2万元和8万元．那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站________千米处．
15.5【解析】依题意可设每月土地占用费y 1＝k 1x
，每月库存货物的运费y 2＝k 2x ，其中x 是仓库到车站的距离，k 1，k 2是比例系数，于是由2＝k 110得k 1＝20；由8＝10k 2 得k 2＝45
. 因此，两项费用之和为y ＝20x ＋4x 5
(x >0)， y ′＝－20x 2＋45
，令y ′＝0，得x ＝5或x ＝－5(舍去)． 当0<x <5时，y ′<0；当x >5时，y ′>0.
因此，当x ＝5时，y 取得极小值，也是最小值．
故当仓库建在离车站5千米处时，两项费用之和最小．。