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高中数学苏教版选修2-2第一章《导数及其应用》本章归纳整合课件_图文

高中数学苏教版选修2-2第一章《导数及其应用》本章归纳整合课件_图文

本章归纳整合

知识网络

要点归纳 1.导数是在函数极限的基础上发展起来的研究变量的一 门学科.它为有效地解决一些传统的初等数学问题提 供了一般的方法.如求曲线的切线方程,函数的单调 区间,函数的最值以及有关的实际问题.

2.对于导数的定义,必须明白定义中包含的基本内容和 Δy Δx→0的方式,函数的增量Δy与自变量的增量Δx的比 Δx Δy f?x0+Δx?-f?x0? 的极限,即Δx→0时, = →A(常数). Δx Δx 函数y=f(x)在x=x0处的导数的几何意义,就是曲线y= f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率.

3.对于求导数,要熟记公式,掌握规则,灵活应用.常用 的导数公式有: (1)C′=0(C为常数);(2)(xα)′=αxα 1;


(3)(sin x)′=cos x;(4)(cos x)′=-sin x; (5)(ex)′=ex;(6)(ax)′=axln a(a>0,且a≠1); 1 1 (7)(ln x)′= ;(8)(logax)′= logae(a>0,且a≠1). x x

导数的运算法则有: (1)(u± v)′=u′± v′;(2)(u· v)′=u′· v+u· v′;
?u? u′· v-u· v′ ? ? (3)?v?= (v≠0). 2 v ? ?

复合函数的求导数法则: 若y=f[g(x)],则yx′=yu′· ux′,其中u=g(x).

4.导数的应用主要体现在以下几个方面: (1)切线斜率:根据导数的几何意义,函数f(x)在x=x0处的 导数就是曲线 f(x) 在点P(x0 ,f(x0)) 处的切线斜率.因此求 函数在某点处的切线斜率,只需求函数在该点处的导

数.
(2)函数的单调性.利用导数判断函数单调性的步骤是: ①确定函数f(x)的定义域;②求导数f′(x);③令f′(x)>0,解 出x 的取值范围,便得函数单调递增的区间,令 f′(x)<0 , 解出x的取值范围,便得函数单调递减的区间.

(3) 函数的极值.利用导数求函数极值的方法是:设函数 y = f(x)在x=x0处连续且f′(x0)=0,若在x=x0附近左侧f′(x)>0,右

侧f′(x)<0,则f(x0)为函数的极大值;若在点x0附近左侧f′(x)<0,
右侧f′(x)>0,则f(x0)为函数的极小值. (4)函数的最值.在闭区间[a,b]上连续的单调函数f(x),在[a, b]上必有最大值与最小值.设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a, b)内可导,先求出f(x)在(a,b)内的极值,然后将f(x)的各极值 与f(a)、f(b)比较,其中最大(小)者为最大(小)值.

专题一 求曲线的切线方程

(1)导数的几何意义中切线的定义是割线通过极限思想得出的,
即当Δx→0时,连结(x0,f(x0)),(x0+Δx,f(x0+Δx))两点的割 线就可得到切线. (2)导数f′(x0)的几何意义就是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的 切线的斜率.

(3)在已知曲线上某点处的切线有两层含义:一是该点的导数
值等于过该点切线的斜率;二是该点坐标满足已知曲线的方 程.

(4)判断点是否在曲线上是正确求切线方程的关键:若P(x0, f(x0))是曲线y=f(x)上的某一点,则过该点的切线方程为:y- f(x0)=f′(x0)(x-x0);若点P不在曲线上,要先设出切点坐标,

利用导数的几何意义表示出切线方程,再把已知点代入切线
方程,从而得出所求方程.

【例1】 已知函数f(x)=x3-(k-1)x2+k2+2(k∈R),若过函 数f(x)图象上一点P(1,a)的切线与直线x-y+b=0垂直, 求a的值. 解 因为f′(x)=3x2-2(k-1)x?f′(1)=5-2k, 又因为过P(1,a)的切线与直线x-y+b=0垂直, 所以(5-2k)×1=-1, 解得k=3,又P(1,a)在函数f(x)的图象上,所以

a=13-(3-1)×12+32+2=10.

[反思感悟] 本题主要考查导数的几何意义、两直线的垂直关 系,考查多项式函数的导数,理解f′(1)为切线的斜率、f(1)即 为函数值a是解题的关键.

专题二 导数的计算 在求导过程中,有些函数虽然表面形式上为函数的商或积, 但在求导前利用代数或三角恒等变形可将函数先化简(可能化 去了商或积),然后进行求导,可避免使用商或积的求导法则, 减少运算量.

【例2】 求导数:
?1 π? 2 (1)y=cos?2x -4?; ? ?

(2)y=e2+x2
1 2 π 解 (1)令u= 2 x - 4 ,则y=cos u,∴y′=yu′· ux′= -sin
?1 π? 2 u· x=-xsin?2x -4?. ? ?

(2)令u=2+x2,则y=eu ∴y′=yu′· ux′=eu· 2x=2xe2+x2.

[反思感悟] 求可导函数的导数的基本步骤: (1)分析函数y=f(x)的结构和特征,注意是否为复合函数; (2)为简化运算,一般先化简再选择恰当的求导法则和导数公

式求导;
(3)整理得结果.

专题三 求函数的单调区间
利用导数研究函数的单调区间是导数的主要应用之一,其步 骤为: (1)求导数f′(x); (2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0; (3)确定并指出函数的单调增区间、减区间; 特别要注意写单调区间时,区间之间用“和”或“,”隔开,

绝对不能用“∪”连接.

【例3】 已知a∈R,求函数f(x)=x2·eax的单调区间.

解 ∵f′(x)=2x·eax+ax2·eax=(2x+ax2)eax.
(1)当a=0时,若x<0,则f′(x)<0;若x>0,则f′(x)>0. 所以,当 a = 0 时,函数f(x) 在区间 ( -∞ , 0) 内为减函数, 在区间(0,+∞)内为增函数.

2 (2)当a>0,由2x+ax >0解得x<-a或x>0,
2

2 由2x+ax <0,解得-a<x<0,
2

? 2? 所以,当a>0时,函数f(x)在区间 ?-∞,-a? ,(0,+∞)内 ? ? ? 2 ? 为增函数,在区间?-a,0?内为减函数. ? ?

2 (3)当a<0时,由2x+ax >0解得0<x<-a,
2

2 由2x+ax <0,解得x<0或x>-a,
2

? 2 ? 所以,当a<0时,函数f(x)在区间(-∞,0), ?-a,+∞? 内 ? ? ? 2? 为减函数,在区间?0,-a?内为增函数. ? ?

[反思感悟] 导数为研究函数的单调性提供了新的方法.

专题四 求极值、最值 求极值、最值,特别是三次函数的极值、最值、图象等内容 是常见的试题,导数为这类问题的解决提供了新的方法.

【例4】 设a为实数,函数f(x)=x3-x2-x+a. (1)求f(x)的极值;

(2)当a在什么范围内取值时,曲线y=f(x)与x轴仅有一个
交点?

解 (1)f′(x)=3x2-2x-1. 1 令f′(x)=0,则x=-3,或x=1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况下表所示:

x

? 1? ?-∞,- ? 3? ?

1 - 3 0

? 1 ? ?- ,1? ? 3 ?

1

(1,+∞)

f′(x)





0



f(x)



极大 值



极小 值



? 1? 5 ? ? ∴f(x)的极大值是f -3 =27+a,极小值是f(1)=a-1. ? ?

(2)函数 f(x)=x3-x2-x+a=(x-1)2(x+1)+a-1, 由此可知,x 取足够大的正数时有 f(x)>0,x 取足够小的负数 时有 f(x)<0,所以曲线 y=f(x)与 x 轴至少有一个交点. 5 结合 f(x)的单调性可知,当 f(x)的极大值27+a<0,即 a∈
? 5? ?-∞,- ?时,它的极小值也小于 27? ?

0,因此曲线 y=f(x)与 x

轴仅有一个交点,它在(1,+∞)上.

当 f(x)的极小值 a-1>0,即 a∈(1,+∞)时,它的极大值也 大于 0 ,因此曲线 y = f(x) 与 x 轴仅有一个交点,它在
? 1? ?-∞,- ?上. 3? ?

∴当

? 5? a∈?-∞,-27?∪(1,+∞)时,曲线 ? ?

y=f(x)与 x 轴仅

有一个交点.

[反思感悟] 本题考查三次函数的单调性、极值、应用导数基 础知识解决问题的能力;考查运用数学知识分析问题和解决 问题的能力,以及同学们对函数图象的直观理解和想象能 力.对文科学生来说属于难题.

专题五

与最值有关的恒成立问题

有关恒成立问题,一般是转化为求函数的最值问题,确定这 个函数,要看哪一个变量的范围已知,即函数是以已知范围 的变量为自变量的函数. 一般地,λ≥f(x)恒成立?λ≥[f(x)]max;λ≤f(x)恒成立?λ≤[f(x)]min.

【例5】 设f(x)=ax3+bx2+cx的极小值为-8,其 导函数y=f′(x)的图象经过点(-2,0),
?2 ? ? ,0?,如图所示. ?3 ?

(1)求f(x)的解析式; (2)若对x∈[-3,3]都有f(x)≥m2-14m恒成 立,求实数m的取值范围.

解 (1)∵f′(x)=3ax2+2bx+c,且y=f′(x)的图象经过点 ?2 ? (-2,0),?3,0?, ? ? 2 ∴-2, 为3ax2+2bx+c=0的两根. 3 2 2b ? ?-2+3=-3a ∴? ?-2×2= c 3 3a ?
? ?b=2a, ?? ? ?c=-4a,

∴f(x)=ax3+2ax2-4ax.

由图象可知函数y=f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在
? ?2 ? 2? ?-2, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减, 3? ? ?3 ?

∴f(x)极小值=f(-2)=a(-2)3+2a(-2)2-4a(-2)=-8, 解得a=-1,∴f(x)=-x3-2x2+4x.

(2)要使对x∈[-3,3]都有f(x)≥m2-14m恒成立, 只需f(x)min≥m2-14m即可. 由(1)可知函数y=f(x)在[-3,-2]上单调递减,
? ?2 ? 2? 在?-2,3?上单调递增,在?3,3?上单调递减, ? ? ? ?

且f(-2)=-8,f(3)=-33-2×32+4×3=-33<-8, ∴f(x)min=f(3)=-33, 则-33≥m2-14m?3≤m≤11, 故所求的实数m的取值范围为{m|3≤m≤11}.

[题后反思] 恒成立问题一般转化为求函数的最值问题解决, 而求函数的最值一般利用导数法来求解.

专题六

导数与函数、不等式的综合应用

利用导数研究函数是高考的必考内容,也是高考的重点、热 点.考题利用导数作为工具,求函数的单调区间、函数的极 值与最值,参数的取值范围等问题常出现,若以填空题出现, 以中低档题为主;若以解答题形式出现,则难度以中档以上 为主,有时也以压轴题的形式出现.考查中常渗透函数、不

等式等有关知识,综合性较强.

1 3 【例6】 设函数f(x)=- x +2ax2-3a2x+b(0<a<1). 3 (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)若当x∈[a+1,a+2]时,恒有|f′(x)|≤a,试确定a 的取值范围; 2 (3)当a=3时,关于x的方程f(x)=0在区间[1,3]上恒有两 个相异的实根,求实数b的取值范围.

解 (1)f′(x)=-x2+4ax-3a2 =-(x-a)(x-3a). 令f′(x)=0,得x=a或x=3a. 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f ( x) (-∞,a) - ↘ a 0 极小 (a,3a) + ↗ 3a 0 极大 (3a,+∞) - ↘

∴f(x)在(-∞,a)和(3a,+∞)上是减函数,在(a,3a)上是增 函数. 4 3 当x=a时,f(x)取得极小值,f(x)极小=f(a)=b-3a ; 当x=3a时,f(x)取得极大值,f(x)极大=f(3a)=b.

(2)f′(x)=-x2+4ax-3a2,其对称轴为x=2a. 因为0<a<1,所以2a<a+1. 所以f′(x)在区间[a+1,a+2]上是减函数. 当x=a+1时,f′(x)取得最大值,f′(a+1)=2a-1; 当x=a+2时,f′(x)取得最小值,f′(a+2)=4a-4.
? ?2a-1≤a, 于是有? ? ?4a-4≥-a,

4 即 ≤a≤1. 5

4 又因为0<a<1,所以 ≤a<1. 5

2 1 3 4 2 4 (3)当a=3时,f(x)=-3x +3x -3x+b. 8 4 f′(x)=-x +3x-3,
2

8 4 由f′(x)=0,即-x + x- =0, 3 3
2

2 解得x1= ,x2=2. 3

? ?2 ? 2? 即f(x)在?-∞,3?上是减函数,在?3,2?上是增函数,在(2, ? ? ? ?

+∞)上是减函数. 要使f(x)=0在[1,3]上恒有两个相异实根, 即f(x)在(1,2),(2,3)上各有一个实根. ?f?1?≤0, ? 于是有?f?2?>0, ?f?3?≤0, ? 1 解得0<b≤3. ? ?-1+b≤0, ? 3 即?b>0, ? ? ?-1+b≤0,

[题后反思] 本例综合考查了利用导数研究函数的单调性、极 值、最值等有关问题.解题中应注意数形结合、分类讨论、 化归转化等思想方法的应用.

命题趋势
1 . 导数是研究函数的重要工具,自从导数进入教材之后, 给函数问题注入了生机和活力,开辟了许多解题新途径, 拓展了高考对函数问题的命题空间,其中导数的概念和 运算是导数的基础内容,在高考题中一般以容易题出现,

并且在高考中所占的份量不大.
2 .由近三年的高考试题统计分析可以看出,导数的应用已 经成为高考炙手可热的热点问题.

每年全国及各省市的自主命题中都有导数应用的解答题出现, 因此搞好导数应用的复习非常有必要. 常见的考查角度如下: (1)对导数与函数的单调性的考查,求导确定函数的单调区间,

已知函数的某一单调区间探求参数的范围等.
(2)对导数与函数的极 (最)值的考查,如:求函数的极值及闭 区间上的最值,以极值或最值为载体考查参数的范围;解题 关键在于准确理解极值 (最值)的定义,善于利用分类讨论思 想,等价转化思想去解题.

(3)对导数的综合应用的考查,与函数、方程、不等式、数列 等联系进行综合考查,主要考查函数的最值或求参数的值或 范围.解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转 化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.

高考真题 1.(2011·江西高考)若f(x)=x2-2x-4ln x,则f′(x)>0的解

集为________.
4 2?x-2??x+1? 解析 令f′(x)=2x-2- x = >0,利用数轴标 x 根法可解得-1<x<0或x>2,又x>0,所以x>2.
答案 (2,+∞)

2.(2011·广东高考)函数f(x)=x3-3x2+1在x=________处取 得极小值. 解析 由题意知f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令f′(x)=0得x

=0或x=2,由f′(x)>0得x<0或x>2,由f′(x)<0得0<x< 2.∴f(x)在x=2处取得极小值. 答案 2

3.(2010· 江苏高考)函数y=x2(x>0)的图象在点(ak,a 2 k )处的 切线与x轴交点的横坐标为ak+1,其中k∈N*.若a1=16, 则a1+a3+a5的值是________. 解析 函数y=x2,y′=2x,
2 ∴函数y=x2(x>0)在点(ak,a 2 ) 处的切线方程为 y - a k k =2ak(x 1 -ak),令y=0得ak+1= ak. 2 1 ∴{an}是a1=16,q=2的等比数列, ?1? - 即an=16×?2?n 1. ? ? ∴a1+a3+a5=16+4+1=21.

答案 21

4.(2011·全国高考)曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线
y=0和y=x围成的三角形的面积为________.
解析 y′=-2e
-2x

,曲线在点(0,2)处的

切线斜率k=-2,∴切线方程为y=-2x +2,该直线与直线y=0和y=x围成的三 角形如图所示,其中直线y=-2x+2与y
?2 2? =x的交点A ?3,3? ,所以三角形面积S= ? ?

1 2 1 ×1× = . 2 3 3 1 答案 3

ex 5.(2011· 安徽高考)设f(x)= ,其中a为正实数. 1+ax2 4 (1)当a=3时,求f(x)的极值点; (2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.

解 对f(x)求导得
2 1 + ax -2ax x f′(x)=e 2 2 ,① ?1+ax ?

4 (1)当a=3时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得 3 1 x1=2,x2=2, 结合①,可知

x f′(x)

? 1? ?-∞, ? 2? ?

1 2 0 极大 值

?1 3? ? , ? ?2 2?

3 2 0 极小 值

?3 ? ? ,+∞? ?2 ?







f(x)







3 1 所以,x1=2是极小值点,x2=2是极大值点. (2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合① 与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2 -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知0<a≤1.

6.(2011· 福建高考)某商场销售某种商品的经验表明,该商 品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千 a 克)满足关系式y= +10(x-6)2,其中3<x<6,a为 x-3 常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品 11千克.

(1)求a的值;
(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商 场每日销售该商品所获得的利润最大.
解 (1)因为x=5时,y=11, a 所以2+10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量y= +10(x-6)2. x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x- ? 2 ? 2? ? 3)?x-3+10?x-6? ? ? ? =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).

于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f ( x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值42 (4,6) - 单调递减

由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是 最大值点. 所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.



当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得

的利润最大.

1 3 1 2 7.(2011· 江西高考)设f(x)=- x + x +2ax. 3 2
?2 ? (1)若f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求a的取值 ? ?

范围; 16 (2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为 - 3 ,求f(x) 在该区间上的最大值.



(1)由f′(x)=-x2+x+2a

? 1? 2 1 =-?x-2? +4+2a, ? ? ?2 ? 当x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 ? ? ?2? 2 f′?3?= +2a; ? ? 9

2 1 令 +2a>0,得a>- , 9 9
?2 ? 1 所以,当a>- 时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区 9 ? ?

间.

1- 1+8a 1+ 1+8a (2)令f′(x)=0,得两根x1= ,x2= . 2 2 所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上 单调递增. 当0<a<2时,有x1<1<x2<4, 所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2).

27 又f(4)-f(1)=- +6a<0, 2 即f(4)<f(1), 所以f(x)在[1,4]上的最小值为 40 16 f(4)=8a- 3 =- 3 , 10 得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)= 3 .

x-1 8.(2010· 重庆高考)已知函数f(x)= +ln(x+1),其中实 x+a 数a≠-1. (1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在x=1处取得极值,试讨论f(x)的单调性.

x+a-?x-1? a+1 1 1 解 (1)f′(x)= + = . 2 2+ ?x+a? x+1 ?x+a? x+1 2+1 1 7 当a=2时,f′(0)= + = , ?0+2?2 0+1 4 1 而f(0)=- ,因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 2
? 1? 7 y-?-2?= (x-0),即7x-4y-2=0. ? ? 4

a+1 1 1 1 (2)因a≠-1,由(1)知f′(1)= = +2, 2+ ?1+a? 1+1 a+1 又因f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=0, 1 1 即 + =0,解得a=-3. a+1 2 x-1 此时f(x)= +ln(x+1),其定义域为(-1,3)∪(3,+∞), x-3 -2 ?x-1??x-7? 1 且f′(x)= + = , ?x-3?2 x+1 ?x-3?2?x+1? 由f′(x)=0得x1=1,x2=7.

当-1<x<1或x>7时,f′(x)>0; 当1<x<7且x≠3时,f′(x)<0. 由以上讨论知,f(x)在区间(-1,1],[7,+∞)上是增函数,在

区间[1,3),(3,7]上是减函数.


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