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高中数学全程复习方略第三章 导数及其应用 章末总结 阶段复习课(共60张PPT)

高中数学全程复习方略第三章  导数及其应用 章末总结 阶段复习课(共60张PPT)


第三章 章末总结/阶段复习课

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B F D

【备选答案】 A.若f′(x)>0, 则y=f(x)递增;若f′(x)<0, 则y=f(x)递减 C.①求f′(x); f′(x)=0; A C E B.平均变化率
?y ②解方程 ?x

③判断两侧符号

D.切线斜率k=f′(x0) E.①求极值;②极值与端点对 应的函数值比较 F.瞬时变化率 lim
Δx ??

Δy . Δx

导数的几何意义 【技法点拨】 1.导数几何意义的应用

2.求切线方程时的注意事项 一定要分清是求在点P处的切线方程,还是求过点P的切线方程, 即点P是否为切点.

【典例1】已知函数f(x)=x3+x-16. (1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程;

(2)直线l为曲线y=f(x)的切线,且经过原点,求直线l的方程
及切点坐标.

【解析】(1)点(2,-6)在曲线y=f(x)上. ≧f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1,

?f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为
k=f′(2)=13.

?切线的方程为
y=13(x-2)+(-6), 即y=13x-32.

(2)方法一:设切点为(x0,y0),则直线l的斜率为
2 f′(x0)= 3x 0 +1,?直线l的方程为
2 y= ? 3x 0+ ? ? x-x 0 ?+x 3+x 0- , 1 16 0

又≧直线l过点(0,0),
2 ?0= ? 3x 0+ ? ? x-x 0 ?+x 3+x 0- , 1 16 0

2 整理得,x 0 =-8,

?x0=-2,

?y0=(-2)3+(-2)-16=-26,
k=3×(-2)2+1=13,

?直线l的方程为y=13x,切点坐标为(-2,-26).
方法二:设直线l的方程为y=kx,切点为(x0,y0),
y 0-0 x 3+x 0-16 则k= = 0 . x 0-0 x0
2 又≧k=f′(x0)= 3x 0 +1,

x 3+x 0-16 2 ? 0 =3x 0+1, x0

解之得,x0=-2, ?y0=(-2)3+(-2)-16=-26, k=3×(-2)2+1=13. ?直线l的方程为y=13x,切点坐标为(-2,-26).

【想一想】(1)求曲线的切线方程的关键点是什么? (2)本例(2)中方法二的技巧关键点是什么? 提示:(1)关键是确定切线的斜率与一个具体的点,利用点斜 式求直线方程. (2)方法二的巧妙之处在于设出切点,结合原点利用斜率公式 表示出切线斜率,又结合导数的几何意义,根据斜率相等求出 切点.

利用导数研究函数的单调区间 【技法点拨】 利用导数求可导函数的单调区间的一般步骤 (1)确定函数y=f(x)的定义域; (2)求f′(x);

(3)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0;
(4)不等式的解集与定义域取交集; (5)确定并写出函数的单调递增区间或单调递减区间.

【典例2】已知函数f(x)= 1 x3+ax2+bx,且f′(-1)=0,
3

试用含a的代数式表示b,并求f(x)的单调区间.

【解析】解题流程:

依题意,得f′(x)=x2+2ax+b.
求导解f′(x)=0

由f′(-1)=1-2a+b=0得b=2a-1, 从而f′(x)=
1 3 x +ax2+(2a-1)x, 3

则f′(x)=x2+2ax+(2a-1) 令f′(x)=0,得x=-1或x=1-2a

⑤当a>1时,1-2a<-1. 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) (-∞,1-2a) (1-2a,-1) + 单调递增 单调递减 (-1,+ ∞) + 单调递增

分类讨论 两根大小

f(x)

由此得,函数f(x)的单调增区间为(-∞,12a)和(-1,+∞),单调减区间为(1-2a,-1). ②当a=1时,1-2a==-1,此时有f′(x)≥0恒 成立,且仅在x=-1处f′(x)=0,故函数f(x) 的单调增区间为R. ③当a<1时,1-2a>-1,同理可得,函数f(x) 的单调增区间为(-∞,-1)和(1-2a,+∞), 单调减区间为(-1,1-2a)

综上,当a>1时,函数f(x)的单

调增区间为(-∞,1-2a)和(-1,
+∞),单调减区间(1-2a,-1) 当a=1时,函数f(x)的单调增区
结论

间为R;当a<1时,函数f(x)的单 调增区间为(-∞,-1)和(1-2a, +∞),单调减区间为(-1,1-2a).

【思考】(1)解答本题的注意点是什么? (2)解答本题时分类讨论的标准是什么? 提示:(1)在运用导数求函数单调区间时,一定要注意函数定 义域,另外当函数的单调区间不唯一的时候,两个区间之间不 能用并集符号.

(2)本题分类的标准是f′(x)=0的两个根-1与1-2a的大小.

利用导数研究函数的极值和最值 【技法点拨】

1.应用导数求函数极值的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域;

(2)求方程f′(x)=0的根;

(3)检验f′(x)=0的根的两侧f′(x)的符号.
若左正右负,则f(x)在此根处取得极大值; 若左负右正,则f(x)在此根处取得极小值; 否则,此根不是f(x)的极值点.

2.求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小值的方法与
步骤 (1)求f(x)在(a,b)内的极值; (2)将(1)求得的极值与f(a),f(b)相比较,其中最大的一个值 为最大值,最小的一个值为最小值.

3.利用导数求函数的最值时的注意点
(1)当f(x)在[a,b]上单调时,其最小值、最大值在区间端 点取得; (2)当f(x)在(a,b)内只有一个极值点时,若在这一点处f(x) 有极大(小)值,则可以断定f(x)在该点处取得最大(小)值,这 里(a,b)也可以是(-∞,+∞).

【典例3】已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值-
4,使其导函数f′(x)>0的x的取值范围为(1,3). (1)求f(x)的解析式及f(x)的极大值; (2)当x∈[2,3]时,求g(x)=f′(x)+6(m-2)x的最大值.

【解析】(1)由题意知f′(x)=3ax2+2bx+c
=3a(x-1)(x-3)(a<0),

?在(-≦,1)上f′(x)<0,f(x)是减函数,
在(1,3)上f′(x)>0,f(x)是增函数, 在(3,+≦)上f′(x)<0,f(x)是减函数. 因此,f(x)在x0=1处取得极小值-4, 在x=3处取得极大值.

a+b+c=-4,
? f′(1)=3a+2b+c=0, f′(3)=27a+6b+c=0, 解得a=-1,b=6,c=-9, ?f(x)=-x3+6x2-9x. 则f(x)在x=3处取得极大值f(3)=0.

(2)g(x)=-3(x-1)(x-3)+6(m-2)x

=-3(x2-2mx+3),
令g′(x)=-6x+6m=0,得x=m. ①当2≤m≤3时,g(x)max=g(m)=3m2-9; ②当m<2时,g(x)在[2,3]上是递减的, g(x)max=g(2)=12m-21; ③当m>3时,g(x)在[2,3]上是递增的, g(x)max=g(3)=18m-36.

【思考】(1)解答本题(1)的关键点是什么?
(2)解答本题(2)的讨论标准是什么? 提示:(1)确定a,b,c的值是本题的关键,根据方程思想,我们 要得三个未知数,需得这三个未知数的方程.所以由条件列出 关于a,b,c的三个方程是解决问题的关键所在. (2)本题中m的取值影响了函数的单调性,进而影响了函数的最 大值,所以要对m与区间[2,3]的关系进行讨论,这就是分类

讨论的标准所在.

利用导数求解参数的取值范围 【技法点拨】 1.解不等式恒成立问题的方法 (1)利用函数的单调性的定义; (2)利用导数法更简洁.在解决问题的过程中主要处理好等号的

问题,因为f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是一个函数在某区间上递
增(或递减)的充分不必要条件,而其充要条件是:

f′(x)≥0(或f′(x)≤0),且f′(x)不恒为零.

2.利用导数法解决取值范围问题时的基本思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上恒成立问题,利用分离参

数或函数性质求解参数的取值范围,然后检验参数取“=”时
是否满足题意; (2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0),求出参数的取值范围后,再 令参数取“=”,看此时f(x)是否满足题意.

x 2 ? 2x ? a ,x∈[1,+∞). 【典例4】已知函数f(x)= x

(1)若f(x)在x∈[1,+∞)上有零点,求实数a的取值范围; (2)若f(x)在x∈[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.

【解析】(1)函数f(x)在x∈[1,+≦)上有零点,
x 2 ? 2x ? a =0在[1,+≦)上有解, 即方程 x

?x2+2x+a=0在[1,+≦)上有解, 令g(x)=x2+2x+a, 则由于其图象的对称轴为x=-1, ?结合图象可得,要使x2+2x+a=0在[1,+≦)上有解,需

g(1)≤0,即a+3≤0.由此得a≤-3.

x2 ? a (2)≧f′(x)= , 2 x

又f(x)在[1,+≦)上单调递增, ?当x≥1时,f′(x)≥0恒成立, 即x≥1时,x2≥a成立, 又y=x2在x≥1的最小值为1,故a≤1.

【想一想】(1)解答本题(1)的关键点是什么? (2)解答本题用到的思想方法是什么? 提示:(1)由题意得到g(x)=x2+2x+a在[1,+≦)上单调递增, 进而要满足题意,只需g(1)≤0. (2)本题(1)(2)均用到了转化化归的数学思想.根据条件灵活地

将问题转化到我们熟悉的问题上,是解决问题的一种常用方法.

导数在实际中的应用问题

【技法点拨】
1.解决实际问题的方法

解决这类问题时,需要分析问题中各个变量之间的关系,建立
适当的函数关系式,并确定函数的定义域,通过创造区间求最 值的情境,利用导数这一工具,从数学角度解决实际问题,所 求得的结果要符合实际意义.

2.最优化问题需要注意的问题
最优化问题一般指的是单峰函数的最值问题,即在实际问题中,

如果遇到函数在区间上只有一个点使得f′(x)=0,且函数在该
点取得极大(小)值,那么它也是函数的最大(小)值,不需要与 区间端点处的函数值比较.简言之,函数在区间上如果只有一 个极值点,那么该极值点必为最值点.

【典例5】某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计
能获得10万元~1 000万元的投资收益.现准备制定一个对科研

课题组的奖励方案:奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:
万元)的增加而增加,且奖金不超过9万元,同时奖金不超过投 资收益的20%.

(1)若建立函数模型制定奖励方案,试用数学语言表述公司对 奖励函数模型的基本要求; (2)现有两个奖励函数模型:①y=
x +2; 150

②y=4lgx-3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求?

【解析】(1)设奖励函数模型为y=f(x),则公司对函数模型
的基本要求是: 当x∈[10,1 000]时,①f(x)是增函数;②f(x)≤9恒成 立;③f(x)≤ 恒成立. (2)①对于函数模型y= x
150
x 5

+2:

当x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数, 则f(x)max=f(1 000)= 1 000 ? 2 ? 20 ? 2 ? 9.
150 3

所以f(x)≤9恒成立.

因为函数

f ?x? x

?

1 2 ? 在[10,1 000]上是减函数, 150 x 5 5

所以 [ f ? x ? ] ? 1 ? 1 ? 1 . max
x 150

即f(x)≤ 不恒成立.
故该函数模型不符合公司要求.

x 5

②对于函数模型f(x)=4lgx-3: 当x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数,则 f(x)max=f(1 000)=4lg1 000-3=9. 所以f(x)≤9恒成立. 设g(x)=4lgx-3- ,
x 5

则g′(x)= 4lge ? 1 .
x 5

4lge 1 2lge ? 1 lge 2 ? 1 当x≥10时,g′(x)= ? ? ? ? 0,所以g(x)在 x 5 5 5

[10,1 000]上是减函数,从而g(x)≤g(10)=-1<0.所以
x 4lgx-3- <0,即4lgx-3< x ,所以f(x)< x 恒成立.故该 5 5 5

函数模型符合公司要求.

【思考】解答本题的关键是什么? 提示:解答本题的关键在于能够从问题情境中抽象概括出函数 需要具备的三个性质,即本题(1)的三个结果.

1.设y=x-lnx,则此函数在区间(0,1)内为( (A)单调递增 (B)有增有减

)

(C)单调递减
x

(D)不确定
x

【解析】选C.≧y′= 1 ? 1 ? x ? 1, ?在x∈(0,1)时,x-1<0,x>0即y′<0, ?函数在(0,1)上单调递减.

2.函数f(x)=ex+ax有大于零的极值点,则a的取值范围为( (A)a<1 (C)a<-1 (B)a>1 (D)a>-1

)

【解析】选C.假设x0为f(x)的极值点,则f′(x0)= e x 0 +a=0,

?a=- e x 0 .≧x0>0,?a<-1.

3.设函数f(x)=

5? ],则导数f′(1)的取值范围是( 12

sin? 3 3cos? 2 x+ x +tan?, 其中θ ∈[0, 3 2

)

(A)[-2,2]

(B)[

2 , 3 ] 2 ,2]

(C)[

3 ,2]

(D)[

【解析】选D.对函数f(x)求导,f′(x)=x2sinθ+ x 3cos?, 所以f′(1)=sinθ+ 3cos?=2sin(?+ ? ),
3
5 ≧ ? ? 0, ? ], sin(?+ ? ) ? 2 , [ ? [ 1], 12 3 2

?f′(1)∈[ 2 ,2].故选D.

4.若函数f(x)=2x2-lnx在其定义域内的一个子区间(k-1,k +1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是( (A)[1,+∞) (C)[1,2) (B)[1, 3 )
2

)

(D)[

3 2

,2)
x

【解析】选B.因为f(x)定义域为(0,+≦),f′(x)=4x- 1 ,
由f′(x)=0,得x= 1 .据题意,?k-1 ? 1 ? k+, 1 ?
2
2 ? ?k- ? 0, ? 1

解得1≤k< 3 .
2

5.函数y= 1 x2-lnx的单调减区间为___________.
1 x2 ?1 【解析】函数的定义域为(0,+≦),y′= x ? ? , x x

2

解y′<0得减区间为(0,1).

答案:(0,1)

6.已知函数f(x)= 1 x3-ax2+(a2-1)x+b(a,b∈R),其图象
3

在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-3=0.

(1)求a,b的值;
(2)求函数f(x)的单调区间,并求出f(x)在区间[-2,4]上的

最大值.

【解析】(1)f′(x)=x2-2ax+a2-1, ≧(1,f(1))在x+y-3=0上,?f(1)=2. ≧(1,2)在y=f(x)上,?2= 1 -a+a2-1+b.
3

又≧f′(1)=-1,?a2-2a+1=0,解得a=1,b= 8 .
3

(2)≧f(x)= 1 x 3-x 2+8 ,?f′(x)=x2-2x,
3 3

由f′(x)=0可知x=0和x=2是f(x)的极值点,所以有

x f′(x) f(x)

(-∞,0) + ↗

0 0 极大值

(0,2) -

2 0 极小值

(2,+∞) +





所以f(x)的单调递增区间是(-≦,0)和(2,+≦),单调递减 区间是(0,2). ≧f(0)=
8 ,f(2)= 4 ,f(-2)=-4,f(4)=8, 3 3

?f(x)在区间[-2,4]上的最大值为8.

7.(2012·江西高考)已知函数f(x)=(ax2+bx+c)ex在[0,1]上

单调递减且满足f(0)=1,f(1)=0.
(1)求a的取值范围; (2)设g(x)=f(x)- f′(x),求g(x)在[0,1]上的最大值和最 小值.

【解析】(1)由f(0)=1,f(1)=0,得c=1,a+b=-1,
则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex, 依题意对于任意x∈[0,1],有 f′(x)≤0. 当a>0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图象开口向上,而 f′(0)=-a<0,所以需f′(1)=(a-1)e<0,即0<a<1;

当a=1时,对于任意x∈[0,1],有f′(x)=(x2-1)ex≤0,且只在 x=1时f′(x)=0,f(x)符合条件; 当a=0时,对于任意x∈[0,1],f′(x)=-xex≤0,且只在x=0时, f′(x)=0,f(x)符合条件; 当a<0时,因f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故a的取值范围为0≤a≤1.

(2)因g(x)=(-2ax+1+a)ex,
g′(x)=(-2ax+1-a)ex,

(ⅰ)当a=0时,g′(x)=ex>0,g(x)在x=0处取得最小值g(0)=1,在

x=1处取得最大值g(1)=e.
(ⅱ)当a=1时,对于任意x∈[0,1]有g′(x)=-2xex≤0,g(x)在 x=0处取得最大值g(0)=2.在x=1处取得最小值g(1)=0. (ⅲ)当0<a<1时,由g′(x)=0得x= ①若
1? a >0. 2a

1? a ≥1,即0<a≤ 1 时,g(x)在[0,1]上单调递增,g(x) 2a 3

在x=0处取得最小值g(0)=1+a,在x=1处取得最大值g(1)=(1-a)e.

1 ②若 1 ? a <1,即 <a<1时,g(x)在x= 1 ? a 处取得最大值
2a
1? a g( ) ? 2ae 2a , 2a
1? a

3

2a

在x=0或x=1处取得最小值,而

g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e, 由g(0)-g(1)=1+a-(1-a)e =(1+e)a+1-e=0,得 a ?
e ?1 . e ?1

则当

1 e ?1 ?a? 时,g(0)-g(1)≤0,g(x)在x=0处取得最小值 3 e ?1

g(0)=1+a; 当 e ? 1 <a<1时,g(0)-g(1)>0,g(x)在x=1处取得最小值
e ?1

g(1)=(1-a)e.


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