高考數學一輪總復習 第三章 導數及其應用 3.2 導數的應用課件(理) 新人教B版.ppt

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3.2 導數的應用,高考理數,1.函數的單調性 對于在(a,b)內可導的函數f(x),若f (x)在(a,b)的任意子區(qū)間內都不恒等于0,則 f (x)≥0(x∈(a,b))?f(x)在(a,b)上為 增函數 ; f (x)≤0(x∈(a,b))?f(x)在(a,b)上為 減函數 . 2.函數的極值 (1)設函數y=f(x)在點x0附近有定義,如果對x0附近的所有的點,都有f(x)f(x0),則f(x0)是函數y=f(x)的一 個 極小值 ,記作y極小值=f(x0).極大值與極小值統(tǒng)稱為極值. (2)判斷f(x0)是極值的方法 一般地,當函數f(x)在x=x0處連續(xù)時, (a)如果在x0附近的左側 f (x)0 ,右側 f (x)0 ,那么 f(x0)是極小值.,知識清單,3.函數的最值 (1)在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)的函數f(x)在[a,b]上必有最大值與最小值; (2)設函數f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內可導,先求f(x)在(a,b)內的極值;再將f(x)的各極值與f(a)、 f(b)比較,其中最大的一個是 最大值 ,最小的一個是 最小值 . 【知識拓展】 1.在確定函數的單調區(qū)間,求函數的極大(小)值時,都應首先考慮所給函數的定義域,函數的單調 區(qū)間應是其定義域的子集. 2.當求出函數的單調區(qū)間(如單調增區(qū)間)有多個時,不能把這些區(qū)間取并集. 3.f (x)0(或f (x)0)在某一區(qū)間上成立是f(x)在該區(qū)間上為增函數(或減函數)的充分不必要條件. 4.極值點不一定是最值點,最值點也不一定是極值點,但如果連續(xù)函數在開區(qū)間(a,b)內只有一個 極值點,則極大值就是最大值,極小值就是最小值. 5.在求可導函數的最值時,不必討論導數為零的點是否為極值點,直接將導數為零的點與端點的 函數值進行比較即可. 6.對于一般函數而言,函數的最值必在下列各點中取得:導數為零的點,導數不存在的點,端點.,1.利用導數的符號判斷函數的增減性 函數的單調性與其導數的正負有如下關系: 在某個區(qū)間(a,b)內,如果f (x)0,那么函數y=f(x)在這個區(qū)間內單調遞增;如果f (x)0,那么函數y= f(x)在這個區(qū)間內單調遞減. 2.求可導函數單調區(qū)間的一般步驟 (1)確定函數f(x)的定義域. (2)求出f (x),令f (x)=0,解此方程,求出它在定義域內的所有實根. (3)把函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)和上面的各實根按由小到大的順序排列起來,然后用 這些點把函數f(x)的定義域分成若干個小區(qū)間. (4)確定f (x)在各個小區(qū)間內的符號,根據f (x)的符號判定函數f(x)在每個相應小區(qū)間內的增減 性. 3.在研究含有參變量的函數f(x)的單調性時,既要對方程f (x)=0的根是否在函數f(x)的定義域內,突破方法,方法1 利用導數研究函數的單調性,進行討論,還要對方程f (x)=0的根與函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的大小進行討論. 4.已知函數單調性,逆向求參問題的轉化方法: (1)若函數y=f(x)在區(qū)間[m,n]上單調遞增?f (x)≥0在[m,n]上恒成立,即求f (x)min. (2)若函數y=f(x)在區(qū)間[m,n]上存在遞增區(qū)間??x0∈[m,n],使f (x0)≥0成立,即求f (x)max. (3)若函數y=f(x)在區(qū)間[m,n]上不單調?導函數y=f (x)在[m,n]上有零點. 例1 (2013天津,20,14分)已知函數f(x)=x2ln x. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)證明:對任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s); (3)設(2)中所確定的s關于t的函數為s=g(t),證明:當te2時,有 . 解析 (1)函數f(x)的定義域為(0,+∞). f (x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f (x)=0,得x= . 當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:,所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是 ,單調遞增區(qū)間是 . (2)證明:當00.故存在唯一的s∈(1,+ ∞),使得t=f(s)成立. (3)證明:因為s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s1,從而 = = = = ,其 中u=ln s. 要使 e2時,若s=g(t)≤e,則由f(s)的單調性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以se,即u1,從而ln u0成立. 另一方面,令F(u)=ln u- ,u1. F(u)= - , 令F(u)=0,得u=2.當10;,當u2時,F(u)1,F(u)≤F(2)e2時,有 0. f (x) =-x2+x+2a=- + +2a, f (x)在區(qū)間 上單調遞減,只需f 0即可.由f = +2a0, 解得a- ,所以,a的取值范圍是a- . (2)由(1)知f (x)=-x2+x+2a,令f (x)=0,得x1= ,x2= ,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上單,調遞減,在(x1,x2)上單調遞增. 當0a2時,有x11x24,所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2). 又f(4)-f(1)=- +6a0,即f(4)f(1). 所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)=8a- =- ,得a=1,所以x2=2,從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)= .,1.利用導數研究函數的極值的一般步驟: (1)確定函數的定義域. (2)求f (x). (3)①若求極值,則先求方程f (x)=0的全部實根,再檢驗f (x)在方程根的左右側值的符號,求出極 值.(當根中有參數時要注意討論根是否在定義域內) ②若已知極值大小或存在情況,則轉化為已知方程f (x)=0的根的大小或存在情況,從而求解. 2.求連續(xù)函數y=f(x)在[a,b]上的最大值與最小值的步驟: (1)求函數y=f(x)在(a,b)內的極值; (2)將函數y=f(x)的各極值與端點處的函數值f(a), f(b)比較,其中最大的一個是最大值,最小的一個 是最小值. 3.已知函數極值的條件,逆向求參問題的轉化方法: (1)若x0為y=f(x)的極值點,則f (x0)=0.(注意檢驗) (2)若y=f(x)在區(qū)間[m,n]上存在極值點x1,x2,…,xn?方程f (x)=0存在根x1,x2,…,xn.(注意適用范圍),方法2 利用導數研究函數的極值和最值,例2 (2013福建,17,13分)已知函數f(x)=x-aln x(a∈R). (1)當a=2時,求曲線y=f(x)在點A(1, f(1))處的切線方程; (2)求函數f(x)的極值. 解析 函數f(x)的定義域為(0,+∞), f (x)=1- . (1)當a=2時, f(x)=x-2ln x, f (x)=1- (x0), 因而f(1)=1, f (1)=-1, 所以曲線y=f(x)在點A(1, f(1))處的切線方程為y-1=-(x-1),即x+y-2=0. (2)由f (x)=1- = ,x0知: ①當a≤0時, f (x)0,函數f(x)為(0,+∞)上的增函數,函數f(x)無極值; ②當a0時,由f (x)=0,解得x=a. 又當x∈(0,a)時, f (x)0, 從而函數f(x)在x=a處取得極小值,且極小值為f(a)=a-aln a,無極大值. 綜上,當a≤0時,函數f(x)無極值;當a0時,函數f(x)在x=a處取得極小值a-aln a,無極大值.,2-1 (2015山東,21,14分)設函數f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R. (1)討論函數f(x)極值點的個數,并說明理由; (2)若?x0, f(x)≥0成立,求a的取值范圍. 解析 (1)由題意知函數f(x)的定義域為(-1,+∞), f (x)= +a(2x-1)= . 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). ①當a=0時,g(x)=1, 此時f (x)0,函數f(x)在(-1,+∞)單調遞增,無極值點. ②當a0時,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). a.當0 時,Δ0, 設方程2ax2+ax-a+1=0的兩根為x1,x2(x1x2),,因為x1+x2=- ,所以x1- . 由g(-1)=10,可得-10, f (x)0,函數f(x)單調遞增; 當x∈(x1,x2)時,g(x)0, f (x)0,函數f(x)單調遞增. 因此函數有兩個極值點. ③當a0, 由g(-1)=10,可得x10, f (x)0,函數f(x)單調遞增; 當x∈(x2,+∞)時,g(x)0, f (x)0,函數f(x)單調遞減. 所以函數有一個極值點. 綜上所述,當a0時,函數f(x)有一個極值點; 當0≤a≤ 時,函數f(x)無極值點;,當a 時,函數f(x)有兩個極值點. (2)由(1)知, ①當0≤a≤ 時,函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增, 因為f(0)=0,所以x∈(0,+∞)時, f(x)0,符合題意. ②當 0,符合題意. ③當a1時,由g(0)0. 所以x∈(0,x2)時,函數f(x)單調遞減. 因為f(0)=0,所以x∈(0,x2)時, f(x)0, 所以h(x)在(0,+∞)上單調遞增.,因此當x∈(0,+∞)時,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)1- 時,ax2+(1-a)x0, 此時f(x)0,不合題意. 綜上所述,a的取值范圍是[0,1].,導數作為一種研究數學知識的工具,在求單調性、最值、切線等方面發(fā)揮著獨特的作用.巧 妙地構造函數,通過研究函數的單調性能解決一些不等式的證明和函數零點問題. 利用導數證明不等式的方法: (1)作差,構造函數φ(x); (2)利用導數求函數φ(x)的單調區(qū)間; (3)判斷定義域內φ(x)與0的大小關系,證明不等式. 利用導數研究函數零點的方法: 方法一:(1)求函數f(x)的單調區(qū)間和極值; (2)根據函數f(x)的性質作出其圖象; (3)判斷函數零點的個數. 方法二:(1)求函數f(x)的單調區(qū)間和極值; (2)分類討論,判斷函數零點的個數. 例3 (2013課標全國Ⅱ,21,12分)已知函數f(x)=ex-ln(x+m).,方法3 利用導數研究函數零點、證明不等式,(1)設x=0是f(x)的極值點,求m,并討論f(x)的單調性; (2)當m≤2時,證明f(x)0. 解析 (1)f (x) =ex- . 由x=0是f(x)的極值點得f (0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),定義域為(-1,+∞), f (x)=ex- . 函數f (x)=ex- 在(-1,+∞)上單調遞增,且f (0)=0, 因此當x∈(-1,0)時, f (x)0. 所以f(x)在(-1,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增. (2)當m≤2,x∈(-m,+∞)時,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需證明當m=2時, f(x)0. 當m=2時,函數f (x)=ex- 在(-2,+∞)上單調遞增. 又f (-1)0,故f (x)=0在(-2,+∞)上有唯一實根x0,且x0∈(-1,0). 當x∈(-2,x0)時, f (x)0, 從而當x=x0時, f(x)取得最小值.,由f (x0)=0得 = ,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)= +x0= 0. 綜上,當m≤2時, f(x)0. 3-1 設函數f(x)=(x2+ax)e-x(a∈R,e為自然對數的底數). (1)求證:f(x)在R上不是單調函數; (2)若f(x)=2在(0,1)內有解,求a的取值范圍. 解析 (1)證明:f (x)=-[x2+(a-2)x-a]e-x, 若f (x)≥0恒成立,則x2+(a-2)x-a≤0恒成立, 因為Δ=(a-2)2+4a=a2+40,所以x2+(a-2)x-a≤0恒成立是不可能的. 若f (x)≤0恒成立,則x2+(a-2)x-a≥0恒成立, 因為Δ=(a-2)2+4a=a2+40,所以x2+(a-2)x-a≥0恒成立是不可能的. 所以f(x)在R上不是單調函數. (2)f(x)=2在(0,1)內有解,則g(x)=x2+ax-2ex在(0,1)內有零點. 易知g(x)=2x+a-2ex,當0x1時,g″(x)=2-2ex0, 所以g(x)在(0,1)上單調遞減,所以2+a-2eg(x)a-2(0x1).,當a≤2時,g(x)0(00?a2e-1; 當20, 所以存在x0∈(0,1),使g(x0)=0. 所以g(x)在(0,x0)上單調遞增,在(x0,1)上單調遞減, 因為g(x0)=0,所以2x0+a=2 ,當00,所以g(x0)2e-1.,1.解答不等式恒成立、任意性和存在性等問題的方法: (1)先分離參數,再轉化為函數的最值問題. (2)先轉化為函數最值問題,再分類討論. 2.求相關參數的取值范圍等問題,常常需要構造函數,并注意下列語句的等價轉化: ①?x∈[m,n], f(x)≥c成立?x∈[m,n]時, f(x)min≥c. ②?x∈[m,n], f(x)≥g(x)成立?x∈[m,n]時,(f(x)-g(x))min≥0. ③?x1,x2∈[m,n], f(x1)≥g(x2)成立?x∈[m,n]時,f(x)min≥g(x)max. ④?x1∈[m,n],?x2∈[m,n], f(x1)≥g(x2)成立?x∈[m,n]時,f(x)min≥g(x)min. 例4 (2015四川德陽二診,21,14分)已知函數f(x)=xln x-x+ x2- ax3, f (x)為函數f(x)的導函數. (1)若F(x)=f(x)+b,函數F(x)在x=1處的切線方程為2x+y-1=0,求a、b的值; (2)若f (x)≤-x+ax恒成立,求實數a的取值范圍; (3)若曲線y=f(x)上存在兩條傾斜角為銳角且互相平行的切線,求實數a的取值范圍.,方法4 利用導數研究任意性、存在性以及參數的取值問題,解析 (1)F(x)=f(x)+b=xln x-x+ x2- ax3+b, F(x)=ln x+x-ax2, 易知切點為(1,-1),切線的斜率為-2, ∴ 解得 (2)f (x)=ln x+x-ax2, ∵f (x)≤-x+ax恒成立, ∴a≥ (x0)恒成立, 令G(x)= ,則a≥G(x)max. G(x)= , 令g(x)=x-1+ln x(x0),易知g(x)在(0,+∞)上單調遞增,且g(1)=0,,∴當x∈(0,1)時,g(x)0;當x∈(1,+∞)時,g(x)0,G(x)0,∴h(x)0,∴h(x)在(0,+∞)上單調遞增,不適合題意,舍去. 當a0時,1+8a0,設方程u(x)=0的兩根分別為x1,x2, ∵x1x2=- 0,當x∈(x2,+∞)時,h(x)0, ∴h(x)在x∈(0,x2)上單調遞增,在x∈(x2,+∞)上單調遞減, ∴ 得到,由①可得a = ,將其代入②整理可得2ln x2+x2-10③. ∵函數v(x)=2ln x+x-1在(0,+∞)上單調遞增,v(1)=0, ∴x21,由①可得2a= = - , ∵0m,且nm≥0時,若函數f(x),g(x)在區(qū)間[m,n]上都是單調函數,且單調性相反,求n-m的最大 值. 解析 (1)①f(x)=x3+nx2+(n+6)x,則f (x)=3x2+2nx+n+6,由Δ0得n6或n-3.,由 消去n得x1+x2+2x1x2=4, 所以x2= ,則- n=x1+ ,設t=2x1+1,則t∈[1,3), 則- n=x1+ = + = -1∈(2,4], 故-6≤n0且g(-3)0,所以g(n)g(-3)0,故g(n)在[-6,-3)上單調遞增,則f(x1)+f(x2)的取 值范圍為[-32,2). (2)1 在x∈[m,n]上恒成立,,即 在x∈[m,n]上恒成立, 若mm≥0,則f (x)=3x2+2nx+m在[m,n]上單調遞增,有 從而 由線性規(guī)劃知識可得0m≥0,顯然不符合f ‘(x)=3x2+2nx+m≤0;若mn≤0,則f (x)=3x2+2nx+m在[m,n]上單調遞減, 從而,由線性規(guī)劃知識可得0n-m≤ . 綜上,n-m的最大值為 .,