导数的综合应用教学设计(正式版)
数学导数与应用教案
数学导数与应用教案教案标题：数学导数与应用教案教学目标：1. 理解导数的概念和意义；2. 掌握求导法则和常用函数的导数；3. 学会应用导数解决实际问题。
教学重点：1. 导数的定义和计算方法；2. 常用函数的导数；3. 导数在实际问题中的应用。
教学难点：1. 导数的应用问题解决；2. 复合函数的导数计算。
教学准备：1. 教学课件和投影仪；2. 教学实例和练习题；3. 计算器和纸笔。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入导数的概念，提问学生对导数的理解；2. 回顾函数的变化率与导数的关系。
二、导数的定义和计算方法（20分钟）1. 讲解导数的定义，强调导数的几何意义；2. 介绍求导法则，包括常数函数、幂函数、指数函数、对数函数和三角函数的导数计算方法；3. 指导学生通过实例计算导数。
三、常用函数的导数（15分钟）1. 介绍常用函数的导数，如多项式函数、指数函数、对数函数和三角函数的导数；2. 给出常用函数导数的表格，让学生熟悉常见函数的导数规律。
四、导数在实际问题中的应用（20分钟）1. 引入导数在实际问题中的应用，如最优化问题和曲线的切线问题；2. 通过实例演示导数在实际问题中的应用，如最大值和最小值问题的求解；3. 让学生尝试解决一些实际问题，如最大面积和最小时间等。
五、复合函数的导数计算（15分钟）1. 引入复合函数的概念，解释复合函数导数计算的方法；2. 通过实例演示复合函数的导数计算方法；3. 给出一些练习题，让学生巩固复合函数导数计算的方法。
六、总结与拓展（5分钟）1. 总结导数的概念、计算方法和应用；2. 引导学生思考导数在其他学科中的应用，如物理学和经济学等。
教学延伸：1. 鼓励学生自主学习更多导数的应用领域；2. 提供更多实际问题，让学生运用导数解决。
教学评估：1. 课堂练习题的完成情况；2. 学生对导数概念和应用的理解程度；3. 学生在实际问题中运用导数的能力。
教学反思：本节课通过引导学生理解导数的概念和意义，掌握导数的计算方法和常用函数的导数规律，以及应用导数解决实际问题。
导数及其应用教案
导数及其应用教案教案标题：导数及其应用教案教案概述：本教案旨在引导学生全面了解导数的概念、性质以及其在实际问题中的应用。
通过理论讲解、示例分析和实践练习，培养学生对导数的理解和运用能力，提高他们解决实际问题的能力。
教学目标：1. 理解导数的定义和性质；2. 掌握常见函数的导数计算方法；3. 理解导数在函数图像、极值和曲线运动等方面的应用；4. 运用导数解决实际问题。
教学重点：1. 导数的定义和性质；2. 常见函数的导数计算方法；3. 导数在函数图像、极值和曲线运动等方面的应用。
教学难点：1. 导数在实际问题中的应用；2. 运用导数解决复杂实际问题。
教学准备：1. 教师准备：教学课件、示例题、练习题、实际问题案例等；2. 学生准备：教材、笔记本、计算器等。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入导数的概念，与学生一起回顾函数的变化率和斜率的概念；2. 提问：你认为如何计算函数在某一点的变化率或斜率？二、理论讲解（15分钟）1. 讲解导数的定义和性质，包括函数在某一点的导数定义、导数的几何意义和导数的性质；2. 通过示例解释导数的计算方法，如常数函数、幂函数、指数函数、对数函数等的导数计算；3. 引导学生理解导数的物理意义，如速度、加速度等的概念。
三、示例分析（15分钟）1. 分析示例题，引导学生运用导数的定义和性质计算函数的导数；2. 分析函数图像的特征，如切线、极值点等，与导数的关系；3. 分析曲线运动的问题，如速度、加速度等与导数的关系。
四、实践练习（15分钟）1. 给学生提供一些练习题，涵盖导数的计算、函数图像分析和实际问题应用等方面；2. 引导学生独立解题，鼓励他们思考和探索；3. 辅导学生解决遇到的问题，及时给予指导和反馈。
五、实际问题应用（15分钟）1. 提供一些实际问题案例，如物体的运动问题、最优化问题等；2. 引导学生分析问题，建立数学模型，并运用导数解决问题；3. 鼓励学生展示解题过程和结果，进行讨论和交流。
高三数学导数的综合应用教案18
高三数学导数的综合应用教案1811．5 导数的综合应用一、明确复习目标了解可导函数的单调性与其导数的关系，会用导数分析函数的单调性，进而求解函数不等式的问题；二．建构知识网络 1．函数的单调性与导数的关系，求单调区间的方法（见上一节）； 2．利用导数解不等式问题：（高考中的一类新题型）（1）利用导数确定函数的单调性，（2）利用单调性研究不等式。
三、双基题目练练手 1．已知a>0，函数f（x）=x3－ax 在［1，+∞）上是单调增函数，则a的最大值是 A．0 B．1 C．2 D．3 2．函数f（x）=sin（3x－）在点（ , ）处的切线方程是（） A．3x+2y+ － =0, B．3x－2y+ － =0 C．3x－2y－－ =0, D．3x+2y－－ =0 3．(2006湖北)若的大小关系（） A． B． C． D．与x的取值有关 4．（2006江西）对于上可导的任意函数f(x),若满足(x－1)f′(x)≥0,则必有（） A．f(0)+ f(2)<2 f(1) B．f(0)+ f(2)≤2 f(1) C．f(0)+ f(2)≥2 f(1) D． f(0)+ f(2)>2 f(1) 5．若函数y=－ x3+bx有三个单调区间，则b的取值范围是________． 6．方程x3－3x+c=0在［0，1］上至多有_______个实数根．简答:1－4．DBDC； 5．y′=－4x2+b，若y′值有正、有负，则b>0．答案：b>0 6．设f（x）=x3－3x+c，则（x）=3x2－3=3（x2－1）．当x∈（0，1）时，（x）<0恒成立．∴f（x）在（0，1）上单调递减．∴f（x）的图象与x轴最多有一个交点．因此方程x3－3x+c=0在［0，1）上至多有一实根．四、经典例题做一做【例1】证明：当x>0时，有证明：设f(x)=x-sinx,于是f(0)=0．∵f/(x)=1-cosx(仅在x=2kπ(k∈Z)处f/(x)=0 ∴当x>0时，f(x)单调递增，从而有f(x)>f(0) 即x-sinx>0, x>sinx(x>0) 为证不等式，设 g(x)=sinx-x+ ,则g(0)=0, 于是g/(x)>0,∴g(x)在x>0时递增，从而有g(x)>g(0)=0 即故当x>0时有提炼方法：证不等式的依据I：（1）若函数f(x)在x>a可导，且递增，则f(x)>f(a); （2）若函数f(x)在x>a可导，且递减，则f(x)《f(a); 关键在于构造恰当的函数，一般是左-右，右-左，左÷右等。
单元教学设计《导数及其应用》
单元教学设计《导数及其应用》导数及其应用是高中数学的重要内容，对于学生掌握高中数学的基本知识和解题能力起到了至关重要的作用。
本单元教学旨在帮助学生系统学习导数的概念、性质和计算方法，并运用导数解决实际问题。
【教学目标】1.理解导数的概念，并能灵活运用导数定义和导数性质进行计算；2.掌握导数的运算法则，包括函数和常数的求导法则、和、积、商的求导法则等；3.能够应用导数解决实际问题，如求函数的极值、函数曲线的切线方程等；4.发现和理解导数在实际问题中的应用，培养学生的运算、分析和解决问题的能力。
【教学重难点】1.导数的定义和性质的理解和运用；2.导数的计算方法；3.导数在实际问题中的应用。
【教学过程】一、导入导学（20分钟）1.引入：老师介绍导数的概念和定义，并举例说明导数的意义，如切线斜率、速度等。
2.学生思考：学生思考导数和函数之间的关系，总结函数连续的充要条件。
3.小组讨论：学生分成小组讨论导数的计算方法，并列举一些简单函数的导数计算结果。
二、导数的定义和性质（40分钟）1.导数的定义：老师通过示意图等简单例子引导学生理解导数的定义，并推广给出导数的一般定义。
2.导数的性质：老师讲解导数的性质，如导数与函数的连续性、导数的代数运算法则等。
3.示例演练：老师通过例题演示导数的计算方法和性质运用。
三、导数的计算方法和运算法则（40分钟）1.常见函数的导数计算：老师讲解常见函数（如幂函数、指数函数、对数函数等）的导数计算方法。
2.和、积、商的导数计算法则：老师讲解和、积、商的导数计算法则，并通过例题演示运用。
3.小组合作：学生分成小组，在教师指导下进行练习计算不同函数的导数。
四、导数的应用（40分钟）1.极值的判定和求解：老师讲解如何利用导数判定函数的极值，并通过例题演示方法。
2.曲线的切线方程：老师引导学生思考如何求曲线的切线方程，并通过示例进行说明。
3.实际问题的应用：老师给出一些实际问题，如速度、加速度等问题，并指导学生如何运用导数解决。
导数及其应用教案设计
导数及其应用教案设计一、教学目标1.理解导数的定义和概念；2.掌握导数的计算方法；3.了解导数的几何意义和物理意义；4.应用导数解决实际问题。
二、教学重点1.导数的定义和概念；2.导数的计算方法。
三、教学难点1.导数的几何意义和物理意义；2.导数在实际问题中的应用。
四、教学准备1.教学课件；2.教学工具：黑板、彩色笔；3.教学素材：与导数相关的题目和实例。
五、教学过程Step 1 引入导数的概念（10分钟）1.引入问题：小明从家里出发骑自行车到学校，经历了不同的路段，那么他在每个路段上的速度是多少呢？2.学生思考问题，并提出速度的定义。
3.介绍导数的概念：导数是研究函数变化率的工具，它描述了一个函数在其中一点附近的变化速率。
Step 2 导数的计算方法（20分钟）1. 导数的定义：设函数y=f(x)，当x在x0处有极限存在，那么函数f(x)在x0处的导数定义为：f'(x0)=lim(x→x0)[f(x)-f(x0)]/(x-x0)。
2.通过例题演示如何计算导数。
3.引入常见导数的计算法则，如幂函数、反函数、指数函数等。
Step 3 导数的几何意义和物理意义（15分钟）1.导数的几何意义：表示函数在其中一点处的切线斜率。
2.通过例题演示导数的几何意义。
3.导数的物理意义：表示物体运动的速度或速度的变化率。
4.通过例题演示导数的物理意义。
Step 4 导数在实际问题中的应用（25分钟）1.介绍导数在实际问题中的应用，如最大值最小值问题、函数的图像判断等。
2.通过例题演示导数在实际问题中的应用。
3.引入微分的概念，并介绍微分的定义和计算方法。
Step 5 拓展与巩固（20分钟）1.指导学生通过课堂练习和课后作业巩固所学知识。
2.引导学生从日常生活中发现和应用导数的问题。
六、教学反思通过引入问题、讲解定义、演示例题等方式，让学生逐步理解导数的概念和计算方法。
在讲解导数的几何意义和物理意义时，通过具体示例，帮助学生更好地理解和应用导数。
数学教案导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用
数学教案-导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用教案章节：一、函数的极值概念与判定1. 学习目标：理解函数极值的概念，掌握函数极值的判定方法。
2. 教学内容：介绍函数极值的定义，分析函数极值的判定条件，举例说明函数极值的判定方法。
3. 教学过程：(1) 引入函数极值的概念，解释函数在某一点取得最大值或最小值的意义。
(2) 讲解函数极值的判定条件，如导数为零或不存在，以及函数在该点附近的单调性变化。
(3) 举例说明函数极值的判定方法，如通过导数的正负变化来判断函数的增减性。
二、函数的最值问题1. 学习目标：理解函数最值的概念，掌握函数最值的求解方法。
2. 教学内容：介绍函数最值的概念，分析函数最值的求解方法，举例说明函数最值的求解过程。
3. 教学过程：(1) 引入函数最值的概念，解释函数在整个定义域内取得最大值或最小值的意义。
(2) 讲解函数最值的求解方法，如通过导数的研究来确定函数的极值点，进而求得最值。
(3) 举例说明函数最值的求解过程，如给定一个函数，求其在定义域内的最大值和最小值。
三、导数的综合运用1. 学习目标：掌握导数的综合运用方法，能够运用导数解决实际问题。
2. 教学内容：介绍导数的综合运用方法，分析导数在实际问题中的应用，举例说明导数的综合运用过程。
3. 教学过程：(1) 讲解导数的综合运用方法，如通过导数研究函数的单调性、极值、最值等。
(2) 分析导数在实际问题中的应用，如优化问题、速度与加速度的关系等。
(3) 举例说明导数的综合运用过程，如给定一个实际问题，运用导数来解决问题。
四、实例分析与练习1. 学习目标：通过实例分析与练习，巩固函数极值与最值的求解方法，提高导数的综合运用能力。
2. 教学内容：分析实例问题，运用函数极值与最值的求解方法，进行导数的综合运用练习。
3. 教学过程：(1) 分析实例问题，引导学生运用函数极值与最值的求解方法来解决问题。
(2) 进行导数的综合运用练习，让学生通过实际问题来运用导数，巩固所学知识。
导数的应用教案
导数的应用教案一、教学目标1.了解导数的概念和性质；2.掌握导数的计算方法；3.理解导数在实际问题中的应用。
二、教学重点1.导数的概念和性质；2.导数的计算方法；3.导数在实际问题中的应用。
三、教学难点1.导数在实际问题中的应用；2.解决实际问题时如何运用导数。
四、教学内容1. 导数的概念和性质导数是微积分中的一个重要概念，它表示函数在某一点处的变化率。
导数的定义如下：f′(x)=limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δx其中，f′(x)表示函数f(x)在x处的导数。
导数的性质如下：1.导数存在的充分必要条件是函数在该点处连续；2.导数表示函数在该点处的变化率，即函数在该点处的切线斜率；3.导数的值可以为正、负或零，分别表示函数在该点处单调递增、单调递减或取极值。
2. 导数的计算方法导数的计算方法有以下几种：1.利用导数的定义进行计算；2.利用导数的四则运算法则进行计算；3.利用导数的链式法则进行计算；4.利用导数的隐函数求导法进行计算。
3. 导数在实际问题中的应用导数在实际问题中的应用非常广泛，下面介绍几个常见的应用：3.1 函数的极值函数的极值是指函数在某一点处取得最大值或最小值。
求函数的极值可以通过求导数来实现。
具体步骤如下：1.求出函数的导数；2.解方程f′(x)=0，求出导数为零的点；3.利用二阶导数判定法判断这些点是否为极值点。
3.2 函数的最大值和最小值函数的最大值和最小值是指函数在某一区间内取得的最大值或最小值。
求函数的最大值和最小值可以通过求导数和极值来实现。
具体步骤如下：1.求出函数在该区间内的导数；2.求出导数为零的点和导数不存在的点；3.将这些点代入原函数，求出函数在这些点处的函数值；4.比较这些函数值，得出函数的最大值和最小值。
3.3 函数的图像函数的图像可以通过求导数来确定函数的单调性和凸凹性。
具体步骤如下：1.求出函数的导数；2.判断导数的正负性，得出函数的单调性；3.求出导数的导数，即函数的二阶导数；4.判断二阶导数的正负性，得出函数的凸凹性。
导数的应用 教案
导数的应用教案教案标题：导数的应用教案目标：1. 理解导数的概念及其在数学中的应用；2. 掌握导数的计算方法；3. 能够运用导数解决实际问题。
教案步骤：1. 引入导数的概念（10分钟）a. 通过简单的图形和实例引导学生思考函数的变化率；b. 解释导数的定义：导数表示函数在某一点的变化率，即函数曲线在该点的切线斜率。
2. 计算导数的方法（15分钟）a. 回顾求导法则，包括常数法则、幂法则、和差法则、乘积法则和商法则；b. 通过例题演示如何应用这些法则计算导数；c. 强调使用导数的基本运算规则简化计算过程。
3. 导数在函数图像上的应用（15分钟）a. 解释导数与函数图像的关系：导数为正表示函数递增，导数为负表示函数递减，导数为零表示函数存在极值点；b. 引导学生通过观察函数图像，确定函数在不同区间上的增减性和极值点。
4. 导数在最优化问题中的应用（20分钟）a. 介绍最优化问题的概念：通过求解导数为零的方程确定函数的最大值或最小值；b. 通过实际问题（如最大面积、最小成本等）引导学生运用导数解决最优化问题；c. 提醒学生在解决问题时考虑边界条件和实际意义。
5. 实践应用练习（20分钟）a. 提供一些练习题，包括计算导数、分析函数图像和解决最优化问题；b. 鼓励学生独立解答，并提供必要的指导和帮助；c. 针对学生容易出错的地方进行重点讲解和澄清。
6. 总结与反思（10分钟）a. 总结导数的应用领域和方法；b. 鼓励学生分享他们在实践应用中的体验和困惑；c. 解答学生提出的问题，并给予必要的指导和建议。
教案评估：1. 课堂参与度：观察学生在课堂上的积极参与程度；2. 练习题表现：评估学生在实践应用练习中的解题能力；3. 反馈问答：通过回答学生的问题，评估他们对导数应用的理解程度。
教案扩展：1. 深入研究导数的几何意义和物理应用；2. 引导学生进行导数的相关研究项目，如导数在经济学、工程学等领域的应用；3. 探索更高阶导数的概念和应用。
导数的综合应用
第十二讲导数的综合应用教学目标：1、利用导数研究函数的零点或方程的根2、利用导数解决恒成立及参数求解问题3、会利用导数解决某些简单的实际问题.一、知识回顾课前热身知识点1、不等式恒成立问题的求解方法(1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a 的取值范围．(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．知识点2、利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(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y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(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)还原到原实际问题中作答．二、例题辨析推陈出新例1、(2012·福建高考)已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.[解答](1)由于f′(x)＝e x＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，所以a＝0，即f(x)＝e x－e x. 此时f′(x)＝e x－e，由f′(x)＝0得x＝1. 当x∈(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x －x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝e x－e x0＋2a(x－x0)．①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g (x 0)＝0.故g (x )只有唯一零点x ＝x 0.由P 的任意性知，a ≥0不合题意．②若a ＜0，令h (x )＝e x －e x 0＋2a (x －x 0)，则h (x 0)＝0，h ′(x )＝e x ＋2a . 令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )，记x *＝ln(－2a )，则当x ∈(－∞，x *)时，h ′(x )＜0，从而h (x )在(－∞，x *)内单调递减；当x ∈(x *，＋∞)时，h ′(x )＞0，从而h (x )在(x *，＋∞)内单调递增．a ．若x 0＝x *，由x ∈(－∞，x *)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0；由x ∈(x *，＋∞)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0.所以g (x )在R 上单调递增． 所以函数g (x )在R 上有且只有一个零点x ＝x *.b ．若x 0＞x *，由于h (x )在(x *，＋∞)内单调递增，且h (x 0)＝0，则当x ∈(x *，x 0)时，有g ′(x )＝h (x )＜h (x 0)＝0，g (x )＞g (x 0)＝0；任取x 1∈(x *，x 0)有g (x 1)＞0. 又当x ∈(－∞，x 1)时，易知g (x )＝e x ＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＜e x 1＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＝ax 2＋bx ＋c ，其中b ＝－(e ＋f ′(x 0))，c ＝e x 1－f (x 0)＋x 0f ′(x 0)．由于a ＜0，则必存在x 2＜x 1，使得ax 22＋bx 2＋c ＜0.所以g (x 2)<0，故g (x )在(x 2，x 1)内存在零点，即g (x )在R 上至少有两个零点．c ．若x 0<x *，仿b 并利用e x>x 36，可证函数g (x )在R 上至少有两个零点． 综上所述，当a <0时，曲线y ＝f (x )上存在唯一点P (ln(－2a )，f (ln(－2a )))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .变式练习1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx . (1)当a ＝b ＝12时，求f (x )的最大值； (2)令F (x )＝f (x )＋12ax 2＋bx ＋a x (0<x ≤3)，其图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0，b ＝－1时，方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，求正数m 的值．解：(1)依题意，知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝b ＝12时，f (x )＝ln x －14x 2－12x ，f ′(x )＝1x －12x －12＝－(x ＋2)(x －1)2x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1(x ＝－2舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝－34. 又因为f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一解，所以f (x )的最大值为－34.(2)由题意得F (x )＝ln x ＋a x ，x ∈(0,3]，则k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12在x 0∈(0,3]上恒成立，所以a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0,3]． 当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12，所以a ≥12. (3)因为方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，所以x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解．设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，则g ′(x )＝2x 2－2mx －2m x.令g ′(x )＝0，即x 2－mx －m ＝0.因为m >0，x >0，所以x 1＝m －m 2＋4m 2<0(舍去)， x 2＝m ＋m 2＋4m 2.当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)上单调递增；当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值g (x 2)．因为2mf (x )＝x 2有唯一实数解，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (x 2)＝0，g ′(x 2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln x 2＋mx 2－m ＝0.又因为m >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0.(*)设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，当x >0时，h (x )是增函数，所以h (x )＝0至多有一解．因为h (1)＝0，所以方程(*)的解为x 2＝1，即m ＋m 2＋4m 2＝1，解得m ＝12. 例2、 已知函数f (x )＝e x －ax ，其中a >0. (1)若对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，求a 的取值集合；(2)在函数f (x )的图象上取定两点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))(x 1<x 2)，记直线AB 的斜率为k ，证明：存在x 0∈(x 1，x 2)，使f ′(x 0)＝k 成立．[解答] (1)f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故当x ＝ln a 时，f (x )取最小值f (ln a )＝a －a ln a .于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当a －a ln a ≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．(2)由题意知，k ＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＝e x 2－e x 1x 2－x 1－a ，令φ(x )＝f ′(x )－k ＝e x －e x 2－e x 1x 2－x 1，则φ(x 1)＝－e x 1x 2－x 1[e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1]，φ(x 2)＝e x 2x 2－x 1[e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1]．令F (t )＝e t －t －1，则F ′(t )＝e t －1.当t <0时，F ′(t )<0，F (t )单调递减；当t >0时，F ′(t )>0，F (t )单调递增．故当t ≠0时，F (t )>F (0)＝0，即e t －t －1>0.从而e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1>0，e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1>0，又e x 1x 2－x 1>0，e x 2x 2－x 1>0，所以φ(x 1)<0，φ(x 2)>0. 因为函数y ＝φ(x )在区间[x 1，x 2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x 0∈(x 1，x 2)，使φ(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝k 成立．若将函数“f (x )＝e x －ax ，a >0”改为“f (x )＝e ax －x ，a ≠0”，试解决问题(1)．解：若a <0，则对一切x >0，f (x )＝e ax －x <1，这与题设矛盾．又a ≠0，故a >0.而f ′(x )＝a e ax －1，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln 1a . 当x <1a ln 1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >1a ln 1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故当x ＝1a ln 1a 时，f (x )取最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ln 1a ＝1a －1a ln 1a . 于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当－1a ln 1a≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当1a＝1，即a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．变式练习2．已知f (x )＝(x 2－a )e x ，a ∈R . (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间和极值；(2)已知x 1，x 2是f (x )的两个不同的极值点，且|x 1＋x 2|≥|x 1x 2|，求实数a 的取值集合M ；(3)在(2)的条件下，若不等式3f (a )<a 3＋32a 2－3a ＋b 对于a ∈M 都成立，求实数b 的取值范围． 解：(1)∵a ＝3，∴f (x )＝(x 2－3)e x . 令f ′(x )＝(x 2＋2x －3)e x ＝0⇒x ＝－3或x ＝1. 当x ∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈(－3,1)时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－3,1)．∴f (x )的极大值为f (－3)＝6e －3；极小值为f (1)＝－2e.(2)令f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ＝0，即x 2＋2x －a ＝0，由题意其两根为x 1，x 2，∴x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－a ， 故－2≤a ≤2.又Δ＝4＋4a >0，∴－1<a ≤2. ∴M ＝{a |－1<a ≤2}．(3)原不等式等价于b >3f (a )－a 3－32a 2＋3a 对a ∈M 都成立，记g (a )＝3f (a )－a 3－32a 2＋3a (－1<a ≤2)， 则g ′(a )＝3(a 2＋a －1)(e a －1)，令g ′(a )＝0，则a ＝5－12或a ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－1－52舍去. 故当a 变化时，g ′(a )，g (a )的变化情况如下表：a(－1,0) 0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5－12 5－12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12，2 2 g ′(a )＋ 0 － 0 ＋g (a ) 极大值 极小值6e 2－8 又∵g (0)＝0，g (2)＝6e 2－8，∴g (a )max ＝6e 2－8，∴b >6e 2－8. 故实数b 的取值范围为(6e 2－8，＋∞).例3、随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位．某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动．经过市场调查和测算，保健品的年销量x (单位：百万件)与年促销费t (单位：百万元)之间满足：3－x 与t ＋2成反比例．如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用．若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m 倍(0<m ≤1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完．假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件．(1)将2013年的利润y (单位：百万元)表示为促销费t 的函数；(2)该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？(注：利润＝销售收入－生产成本－促销费，生产成本＝固定费用＋生产费用)[解答] (1)因为年销量x 百万件与年促销费t 百万元之间满足：3－x 与t ＋2成反比例，所以设t ＋2＝k 3－x(k ≠0)．由题意知，当t ＝0时，x ＝1，代入得0＋2＝k 3－1，解得k ＝4.所以t ＋2＝43－x ，即x ＝3－4t ＋2(t ≥0)．由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x ＝3－4t ＋2≤2.6，解得t ≤8.由于2013年的年销量为x 百万件，则生产成本为y 1＝5＋40x ，促销费用为t ，年销售收入为y 2＝150%×y 1＋mt . 所以2013年的利润y ＝y 2－y 1－t ＝12y 1＋(m －1)t ＝12×(5＋40x )＋(m －1)t . 将x ＝3－4t ＋2代入上式，得 y ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－4t ＋2＋(m －1)t ＝2.5＋60－80t ＋2＋(m －1)t ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8,0<m ≤1.2)． (2)由(1)知，y ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8)，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)．当1≤m ≤1.2时，m －1≥0，80(t ＋2)2≥0，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)≥0，此时函数在[0,8]上单调递增，所以当t ＝8时，年利润y 取得最大值，最大值为62.5－808＋2＋(m －1)×8＝46.5＋8m (百万元)；当0<m <1时，由y ′＝0解得t ＝ 801－m －2，函数在⎝ ⎛⎦⎥⎤0， 801－m －2上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤ 801－m －2，8上单调递减．所以当t ＝ 801－m －2时，函数取得最大值，最大值为62.5－80⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＋2＋(m －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＝64.5－85(1－m )－2m (百万元)．综上，若1≤m ≤1.2，则当促销费投入t ＝8时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为46.5＋8m (百万元)；若0<m <1，则当促销费投入t ＝801－m －2时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为64.5－85(1－m )－2m (百万元)． 变式练习3．某商场预计2013年1月份起前x 个月，顾客对某商品的需求总量p (x )(单位：件)与x 的关系近似地满足p (x )＝12x (x ＋1)(39－2x )(x ∈N *，且x ≤12)．该商品第x 月的进货单价q (x )(单位：元)与x 的近似关系是q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 150＋2x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，185－160x (x ∈N *，且7≤x ≤12). (1)写出2013年第x 月的需求量f (x )(单位：件)与x 的函数关系式；(2)该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2013年第几月销售该商品的月利润最大，最大月利润为多少元？解：(1)当x ＝1时，f (1)＝p (1)＝37，当2≤x ≤12，且x ∈N *时，f (x )＝p (x )－p (x －1)＝12x (x ＋1)(39－2x )－12(x －1)·x (41－2x )＝－3x 2＋40x .经验证x ＝1符合f (x )＝－3x 2＋40x (x ∈N *，且1≤x ≤12)．(2)该商场预计第x 月销售该商品的月利润为g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (－3x 2＋40x )(35－2x )(x ∈N *，且1≤x ≤6)，(－3x 2＋40x )·160x (x ∈N *，且7≤x ≤12)，即g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧6x 3－185x 2＋1 400x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，－480x ＋6 400(x ∈N *，且7≤x ≤12)， 当1≤x ≤6，且x ∈N *时，g ′(x )＝18x 2－370x ＋1 400，令g ′(x )＝0，解得x ＝5，x ＝1409(舍去)．当1≤x ≤5时，g ′(x )>0，当5<x ≤6时，g ′(x )<0，∴当x ＝5时，g (x )max ＝g (5)＝3 125(元)．∴当7≤x ≤12，且x ∈N *时，g (x )＝－480x ＋6 400是减函数，当x ＝7时，g (x )max ＝g (7)＝3 040(元)， 综上，商场2013年第5个月的月利润最大，最大利润为3 125元．三、归纳总结 方法在握归纳1、 利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．归纳2、将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．四、拓展延伸 能力升华例1、 (2012·山东高考)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2.[解] (1)由f (x )＝ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－kx －x ln x x e x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1x ex (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)，令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0.又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，所以g (x )＝x ＋1e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)． 因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2等价于1－x －x ln x <e x x ＋1(1＋e －2)． 由(2)h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)，x ∈(0，＋∞)， 因此当x ∈(0，e －2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e －2)＝1＋e －2，故1－x －x ln x ≤1＋e －2.设φ(x )＝e x －(x ＋1)．因为φ′(x )＝e x －1＝e x －e 0，所以当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，φ(x )>φ(0)＝0，故当x ∈(0，＋∞)时，φ(x )＝e x －(x ＋1)>0，即e x x ＋1>1.所以1－x －x ln x ≤1＋e －2<e x x ＋1(1＋e －2)．因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 变式练习(2012·辽宁高考)设f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 解：(1)由y ＝f (x )过(0,0)点，得b ＝－1.由y ＝f (x )在(0,0)点的切线斜率为32， 又y ′|x ＝0＝⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1＋a x ＝0＝32＋a ，得a ＝0. (2)证明：法一：由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2，故x ＋1<x 2＋1. 记h (x )＝f (x )－9x x ＋6，则h ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1－54(x ＋6)2＝2＋x ＋12(x ＋1)－54(x ＋6)2<x ＋64(x ＋1)－54(x ＋6)2＝(x ＋6)3－216(x ＋1)4(x ＋1)(x ＋6)2.令g (x )＝(x ＋6)3－216(x ＋1)，则当0<x <2时，g ′(x )＝3(x ＋6)2－216<0. 因此g (x )在(0,2)内是递减函数．又由g (0)＝0，得g (x )<0，所以h ′(x )<0.因此h (x )在(0,2)内是递减函数．又h (0)＝0，得h (x )<0.于是当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 法二：由(1)知f (x )＝ln (x ＋1)＋x ＋1－1.由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2， 故x ＋1<x 2＋1.①令k (x )＝ln (x ＋1)－x ，则k (0)＝0，k ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1<0， 故k (x )<0，即ln(x ＋1)<x .②由①②得，当x >0时，f (x )<32x .记h (x )＝(x ＋6)f (x )－9x ，则当0<x <2时， h ′(x )＝f (x )＋(x ＋6)f ′(x )－9<32x ＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1－9＝12(x ＋1)[3x (x ＋1)＋(x ＋6)(2＋x ＋1)－18(x ＋1)] <12(x ＋1)⎣⎡⎦⎤3x (x ＋1)＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎫3＋x 2－18(x ＋1) ＝x 4(x ＋1)(7x －18)<0.因此h (x )在(0,2)内单调递减．又h (0)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9x x ＋6. 五、课后作业 巩固提高1．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x 2)min ＝3×12＝3，∴a ≤3，故a max ＝3.2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln 3)B.13ln 3 C ．1＋ln 3 D ．ln 3－1 解析：选A 由题意知|MN |＝|x 3－ln x |，设h (x )＝x 3－ln x ，h ′(x )＝3x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝ 313，易知当x ＝ 313时，h (x )取得最小值，h (x )min ＝13－13ln 13＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13>0，故|MN |min ＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13＝13(1＋ln 3)． 3．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.4．球的直径为d ，其内接正四棱柱体积V 最大时的高为( )A.22dB.32dC.33dD.23d 解析：选C 设正四棱柱的高为h ，底面边长为x ，如图是其组合体的轴截面图形，则AB ＝2x ，BD ＝d ，AD ＝h ，∵AB 2＋AD 2＝BD 2，∴2x 2＋h 2＝d 2.∴x 2＝d 2－h 22.又∵V ＝x 2·h ＝(d 2－h 2)h 2＝12(d 2h －h 3)， ∴V ′(h )＝12d 2－32h 2. 令V ′(h )＝0，得h ＝33d 或h ＝－33d (舍去)． 5．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．0B ．10C ．18D ．20解析：选D f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，解得x ＝±1，所以1，－1为函数f (x )的极值点．因为f (－3)＝－18，f (－1)＝2，f (1)＝－2，f (2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝2，f (x )min ＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2，|f (x 1)－f (x 2)|≤20，所以t ≥20，从而t 的最小值为20.6．(2013·宜昌模拟)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14B.13C.12D ．1 解析：选D 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1.令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a， 当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 7．设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，若当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，故f ′(x )＝3x 2＋1>0，则f (x )在x ∈R 上为单调增函数，又因为f (－x )＝－f (x )．故f (x )也为奇函数，由f (m sin θ)＋f (1－m )>0，即f (m sin θ)>－f (1－m )＝f (m －1)，得m sin θ>m －1，即m (sin θ－1)>－1，因为0≤θ≤π2，故当θ＝π2时，0>－1恒成立；当θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，m <11－sin θ恒成立，即m <⎝ ⎛⎭⎪⎫11－sin θmin ＝1.故m <1. 答案：(－∞，1)8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700.令y ′＝0得p 2＋100p －3900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则p ，y ，y ′变化关系如下表： p(20,30) 30 (30，＋∞) y ′＋ 0 － y 增 极大值 减故当p ＝30时，y 又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元． 答案：30 23 0009．若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |>1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1<|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝⎛⎭⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233. 答案：⎣⎡⎦⎤－233，233 10．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)根据题意知，f ′(x )＝a (1－x )x(x >0)， 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数，(2)∵f ′(2)＝－a 2＝1，∴a ＝－2.∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3.∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上不是单调函数，且g ′(0)＝－2.∴⎩⎨⎧ g ′(t )<0，g ′(3)>0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(1)<0，g ′(2)<0，g ′(3)>0，∴－373<m <－9. 11．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然常数，a ∈R . (1)讨论当a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当1<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明：∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴f (x )min ＝1.又∵g ′(x )＝1－ln x x 2，∴0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e <12.∴f (x )min －g (x )max >12.∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0<1a<e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.12．设函数f (x )＝x －1x－a ln x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线被圆x 2＋y 2＝1截得的弦长为2，求a 的值；(2)若函数f (x )在其定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)当a ≤2时，设函数g (x )＝x －ln x －1e，若在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：（1）由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．(1)求导得，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2， 故f ′(1)＝2－a ，而f (1)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －0＝(2－a )·(x －1)，即y ＝(2－a )(x －1)．故圆心到直线的距离d ＝|2－a |(2－a )2＋(－1)2＝ 12－⎝⎛⎭⎫222，即|2－a |(2－a )2＋1＝22，解得a ＝1或a ＝3. (2)因为函数f (x )在其定义域上为增函数，即f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以1＋1x 2－a x ≥0恒成立，即a ≤x ＋1x. 又x ＋1x ≥2 x ×1x＝2(当且仅当x ＝1时取等号)，故a 的取值范围为(－∞，2]． (3)由在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，可知当x ∈[1，e]时，f (x )max ≥g (x )min .又因g ′(x )＝1－1x，所以当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，即函数g (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，最小值为g (1)＝1－ln 1－1e ＝1－1e .由(1)知f ′(x )＝x 2－ax ＋1x2，因为x 2>0，又函数 y ＝x 2－ax ＋1的判别式Δ＝(－a )2－4×1×1＝a 2－4，(ⅰ)当a ∈[－2,2]时，Δ≤0，则f ′(x )≥0恒成立，即函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，故函数f (x )在区间[1，e]上的最大值为f (e)＝e －1e －a ，故有f (e)≥g (1)，即e －1e －a ≥1－1e，解得a ≤e －1. 又a ∈[－2,2]，所以a ∈[－2，e －1]；(ⅱ)当a <－2时，Δ>0，f ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， 此时x 1<0，x 2<0.故函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数．由(ⅰ)知，a ≤e －1，又a <－2，故a <－2.综上所述，a 的取值范围为(－∞，e －1]．。
导数及其应用 教案
导数及其应用教案教案标题：导数及其应用教学目标：1. 理解导数的概念和意义；2. 掌握求函数导数的基本方法；3. 理解导数的几何意义和应用。
教学准备：1. 教材：包含导数概念和求导方法的教材；2. 教具：白板、彩色笔、计算器、投影仪等；3. 课件：包含导数概念、求导方法和应用实例的课件；4. 练习题：包含不同难度的求导练习题。
教学过程：Step 1：导入导数概念（15分钟）1. 利用课件和白板，引导学生回顾函数的变化率概念，并与导数进行对比；2. 解释导数的定义和符号表示，强调导数表示函数在某一点的变化率；3. 通过图示和实例，展示导数的几何意义。
Step 2：求导方法介绍（20分钟）1. 介绍求导的基本方法，包括常数函数、幂函数、指数函数、对数函数和三角函数的求导法则；2. 利用课件和实例，演示不同类型函数的求导过程；3. 强调求导法则的应用和重要性。
Step 3：导数的应用（25分钟）1. 介绍导数在实际问题中的应用，如速度、加速度、最优化问题等；2. 利用课件和实例，展示导数在实际问题中的具体应用过程；3. 引导学生思考导数在其他学科中的应用，如物理、经济等领域。
Step 4：练习与巩固（20分钟）1. 分发练习题，让学生在课堂上完成求导练习；2. 鼓励学生互相讨论和解答问题，提高求导能力；3. 收集学生的答案，进行讲评和指导。
Step 5：课堂总结（10分钟）1. 总结导数的概念、求导方法和应用；2. 强调导数在数学和其他学科中的重要性；3. 鼓励学生继续深入学习和应用导数知识。
教学延伸：1. 鼓励学生进行更多的导数应用实践，如通过编程模拟物体运动、经济模型等；2. 提供更多的挑战性练习题，培养学生的分析和解决问题的能力；3. 拓展导数概念，引入高阶导数和导数的应用领域，如微分方程等。
教学评估：1. 课堂练习题的完成情况和答案准确性；2. 学生对导数概念、求导方法和应用的理解程度；3. 学生在实际问题中应用导数的能力和创造性。
导数的应用课程设计
导数的应用课程设计一、教学目标本节课的教学目标是让学生掌握导数的应用，包括求函数的切线方程、单调性、极值和最值等。
学生应能理解导数的基本概念，并能运用导数解决实际问题。
在技能目标方面，学生应能熟练运用导数求解函数的切线方程、单调区间、极值和最值等问题。
在情感态度价值观目标方面，学生应能体验到数学的实用性和趣味性，培养对数学的热爱和兴趣。
二、教学内容本节课的教学内容主要包括导数的定义、导数的几何意义、导数的运算规则以及导数在实际问题中的应用。
首先，引导学生回顾函数的极限概念，进而引入导数的定义，通过几何直观解释导数的概念。
然后，介绍导数的运算规则，包括求导法则和复合函数的导数。
最后，结合实际问题，讲解导数在求解函数的切线方程、单调性、极值和最值等方面的应用。
三、教学方法为了提高学生的学习兴趣和主动性，本节课采用多种教学方法。
首先，运用讲授法，系统地讲解导数的定义、几何意义和运算规则。
其次，采用案例分析法，通过具体例子引导学生运用导数解决实际问题。
此外，小组讨论，让学生互相交流学习心得，提高合作能力。
最后，利用实验法，让学生亲自动手操作，加深对导数概念的理解。
四、教学资源为了支持教学内容和教学方法的实施，本节课准备了一系列教学资源。
教材方面，选用《高等数学导数应用》教材，系统地讲解导数的理论和应用。
参考书方面，推荐学生阅读《导数及其应用》等书籍，以拓宽知识面。
多媒体资料方面，制作了导数的动画演示和案例分析的PPT，增强课堂的趣味性和直观性。
实验设备方面，准备了计算机和投影仪，以便进行课堂演示和讲解。
五、教学评估本节课的评估方式包括平时表现、作业和考试三个部分。
平时表现主要评估学生在课堂上的参与程度、提问回答和小组讨论的表现。
作业方面，布置与课程内容相关的练习题，要求学生在规定时间内完成，培养学生的自主学习能力。
考试则分为期中考试和期末考试，期中考试主要评估学生对导数知识的掌握情况，期末考试则综合评估学生对导数应用的理解和运用能力。
导数专题及其应用教案
导数专题及其应用教案教案标题：导数专题及其应用教案教案目标：1. 理解导数的概念和意义；2. 掌握导数的计算方法；3. 熟悉导数在实际问题中的应用。
教学重点：1. 导数的定义和计算方法；2. 导数在函数图像、极值和曲线的切线方程中的应用。
教学难点：1. 理解导数的概念和意义；2. 运用导数解决实际问题。
教学准备：1. 教师准备：教学课件、教学素材、计算工具；2. 学生准备：教材、笔记、计算器。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入导数的概念，提问学生对导数的理解；2. 通过一个简单的例子，引导学生思考导数的意义。
二、导数的定义和计算方法（15分钟）1. 介绍导数的定义和符号表示；2. 讲解导数的计算方法，包括用极限定义导数和使用导数公式计算导数；3. 通过示例演示导数的计算过程。
三、导数在函数图像中的应用（15分钟）1. 讲解导数与函数图像的关系，包括导数与函数的增减性、极值和拐点；2. 指导学生根据导数的正负判断函数的增减性，并绘制函数图像；3. 引导学生通过导数的零点判断函数的极值和拐点，并绘制函数图像。
四、导数在曲线的切线方程中的应用（15分钟）1. 引入导数与曲线的切线方程的关系；2. 讲解切线方程的一般形式和求解步骤；3. 指导学生根据导数和给定点求解曲线的切线方程，并进行实际问题的应用练习。
五、导数在实际问题中的应用（15分钟）1. 介绍导数在实际问题中的应用领域，如物理、经济等；2. 提供一些实际问题，引导学生运用导数解决问题；3. 学生个别或小组完成导数应用问题的解答和讨论。
六、总结（5分钟）1. 简要回顾导数的概念和计算方法；2. 强调导数在实际问题中的应用；3. 鼓励学生继续深入学习导数的相关知识。
教学延伸：1. 提供更多的导数计算练习题，巩固学生的计算能力；2. 引导学生在实际生活中寻找更多导数的应用案例，并进行讨论和分享。
教学评估：1. 教师观察学生在课堂上的参与和表现；2. 学生完成课后作业，包括导数计算和应用题目；3. 学生进行小组或个人报告，展示导数在实际问题中的应用案例。
初中数学导数应用教案
初中数学导数应用教案教学目标：1. 理解导数的定义和意义；2. 学会使用导数求解函数的极值和单调性；3. 能够应用导数解决实际问题。
教学重点：1. 导数的定义和意义；2. 导数的求解方法；3. 导数在实际问题中的应用。
教学难点：1. 导数的符号判断；2. 导数在实际问题中的应用。
教学准备：1. 教师准备PPT或黑板，展示导数的定义和求解方法；2. 准备一些实际问题，用于引导学生应用导数解决。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾函数的概念，复习函数图像；2. 提问：函数图像上某一点的切线斜率是什么？二、导数的定义和意义（15分钟）1. 介绍导数的定义：函数在某一点的导数是其图像在该点切线的斜率；2. 解释导数的意义：导数反映了函数在某一点的增减性，即函数值的变化率；3. 举例说明导数的符号判断：正导数表示函数单调递增，负导数表示函数单调递减，导数为0表示函数取得极值。
三、导数的求解方法（15分钟）1. 介绍导数的求解方法：导数的基本运算法则和导数的四则运算法则；2. 演示如何求解函数的导数：求解常见函数的导数，如幂函数、指数函数、对数函数等；3. 练习求解函数的导数：让学生独立求解一些给定函数的导数。
四、导数在实际问题中的应用（15分钟）1. 介绍实际问题中导数的应用：如最优化问题、运动物体的速度与加速度等；2. 演示如何应用导数解决实际问题：给出一个实际问题，引导学生运用导数求解；3. 练习应用导数解决实际问题：让学生独立解决一些给定的实际问题。
五、总结与反思（5分钟）1. 回顾本节课所学内容，让学生总结导数的定义、意义和求解方法；2. 提问：你们认为导数在数学和实际生活中有什么作用？教学延伸：1. 深入学习导数的应用：如曲线的凹凸性、拐点等；2. 学习多元函数的导数：函数的多个变量之间的导数关系。
教学反思：本节课通过导入、讲解、演示和练习等环节，让学生掌握了导数的定义、意义和求解方法，并能够应用导数解决实际问题。
《导数的综合应用》学案及解读
问 ：是否存在 实数 ｍ 使得不 等式 ａＥＡ及 ＇ｔ ｌ ｘ ｌ ｌ
【 学习方法】 “ 中学” 做 。
（ 一）内容提要
ｔ 【ｌ１ ∈ 一， 】恒成 立？若存在 ，求 ｍ
４ 、７ 、５ ，综合 提高 ９ ）是如 何灵 活地把不等式证明问题转化为研究
３ 情 感 目标 ：体 验 数 学 美 ， ． 培养乐于探索 的精 神 ，形成科学 、 严谨的研究态度。
∈Ｒ ）在 区间 卜ｌ１ ， 】上单调递增 。 １ ）求实 数 。的值 组成 的集 合
Ａ：
教材在 《 导数的综合应用》这
２ 关于 的方程 厂 ）＝ ）设 ＋ 节课共安排了三个例题和十三个习
拓在 区间 ［，】内单调递减 １ ４
９ ０
４ 已知函数 ） ． 乙似２３ － ① 若 ｆ ） 区间 【 ＋ ）上 在 ｌ＊ ，
本制定出来 ：要掌握函数 的单调性
与导数之间的关系 ，会将 函数的单
广东教育 ・ 教研 ２ ０ ０ ９年第 ５ 期
案
调性转化为不等式的恒成立 问题 ，
例
解
读
开 “ 中学” 做 ，又因为考虑到教学
结合思想，多次实践逐步培养乐于
会利用分离变量法将不等式的恒成 立问题转化为求 函数的最值 问题 ，
重点 是等 价转化 ，难 点是分 离变
探索的精神 ，形成科学 、严谨 的研
究态度。
３ 细节 设 计 六层 次 ．
用时的缘故 ，所 以在其前面带上
【 学习重点】含参数的函数单
调性的等价转化。
【 学习难点 】分 离变量法 、函
数的最值 比较 。
矿 的两个非零实根为
ｊ
： ，试
导数及其应用教案
导数及其应用教案导数及其应用教案一、教学目标：1. 了解导数的定义和性质；2. 掌握导数的计算方法；3. 了解导数的应用领域及其作用。
二、教学内容：1. 导数的定义和性质；2. 导数的计算方法；3. 导数在函数图像研究中的应用；4. 导数在物理、经济等领域的应用。
三、教学过程：1. 导入导数的概念，引出导数的定义：导数是函数在某一点处的变化率，用极限表示。
给出导数的定义：若函数在点a处的导数存在，则称函数在点a处可导，记为f'(a)。
2. 介绍导数的计算方法：a. 用导数定义法计算：根据导数的定义，利用极限运算求出导数；b. 用基本导数公式计算：介绍常见函数的导数公式，如常数函数、幂函数、指数函数、对数函数等；c. 用导数运算法则计算：介绍导数的四则运算法则，包括常数倍、和差、积、商。
3. 导数在函数图像研究中的应用：a. 求函数的增减区间：根据函数的导数求出函数的增减性和极值点；b. 求函数的凹凸区间和拐点：根据函数的导数求出函数的凹凸性和拐点。
4. 导数在物理、经济等领域的应用：a. 导数表示速度和加速度：介绍物理学中速度和加速度的概念，并利用导数计算速度和加速度；b. 导数表示边际效应和弹性：介绍经济学中边际效应和弹性的概念，并利用导数计算边际效应和弹性。
5. 总结导数的应用：导数在数学、物理、经济等领域中都有广泛的应用，帮助我们研究函数的性质、分析物体的运动和评估经济的效益等。
四、教学方法：1. 讲授导数的定义和性质，引导学生思考导数的计算方法；2. 结合例题和实际问题，让学生动手计算导数和应用导数；3. 培养学生的分析和解决问题的能力，引导学生思考导数的实际应用。
五、教学评价：1. 练习题：布置一些导数计算和应用题目，要求学生独立完成；2. 口头回答问题：提问学生导数的定义和应用，检查学生对导数的理解程度；3. 个案分析：根据学生的学习情况，进行个别辅导和评价。
六、板书设计：导数的概念：导数是函数在某一点处的变化率，用极限表示。
《导数的应用》教学设计
导数一、考纲要求1.了解函数单调性和导数的关系，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)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3．会利用导数解决某些实际问题.二、知识梳理1．函数的单调性与导数在某个区间(a，b)内，如果，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．如果，那么函数y＝f(x)在这个区间上是常数函数．问题探究：若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0吗？f′(x)>0是否是f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？2．函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a点叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧，右侧，则b点叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，和统称为极值．3．函数的最值与导数函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条的曲线，那么它必有最大值和最小值．三，考点探究考点一：函数的单调性与导数【例1】设函数f(x)＝x3—3x2－9x－1．求函数f(x)的单调区间．对点练习：1、x x y ln 632-=的单调增区间为________，单调减区间为________．2、若函数x a x y ln 2-=在（1，+∞）上递增，则实数a 的取值范围为________．考点二：函数的极值与导数【例2】 设x ＝1与x ＝2是函数x bx x a y ++=2ln 的两个极值点．(1)试确定常数a 和b 的值；(2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并求相应极值．练习：已知函数f(x)＝x2－2lnx.求函数f(x)的单调区间和极值．考点三：函数的最值与导数【例3】 设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围；(3)(理)若关于x 的方程f (x )＝e x －x e x ＋ln x ＋a 在区间[1e ，e]上恰好有两个相异的实根，求实数a 的取值范围．练习：已知函数xa x x f -=ln )((a ∈R ，a ≠0)．若a ＝－1，求f (x )在[1e ，e]上的最大值和最小值.四、课堂小结，总结规律。
高考数学一轮复习 专题15 导数的综合应用教学案 文
专题15 导数的综合应用1.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2.会利用导数解决某些实际问题．1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(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．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数．高频考点一 用导数解决与不等式有关的问题 例1、已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2aa 2＋b 2.(1)解 将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2，所以f (－1)＝b －a1＋1＝－2，化简得b －a ＝－4.①f ′(x )＝a （x 2＋1）－（ax ＋b ）·2x（x 2＋1）2， f ′(－1)＝2a ＋2（b －a ）4＝－1.②联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(3)证明 因为0<a <b ，所以b a>1，由(2)知ln b a >2·ba －2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋1，整理得ln b －ln a b －a >2aa 2＋b 2，所以当0<a <b 时，ln b －ln a b －a >2aa 2＋b2.【方法规律】证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.(1)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到F (x )<0即可；(2)对于证明含有两个变量a ，b 的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f (a )>f (b )，然后利用函数f (x )的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x ＝ba然后再利用已知关系证明即可.【变式探究】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. (1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，因此1<x －1ln x<x .高频考点二、不等式恒成立问题求参数的范围 例2、已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]. (1)若a ＝1，求f (x )的最大值；(2)若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)若a ＝1，则f (x )＝x ＋ln x ， f ′(x )＝1＋1x ＝x ＋1x .∵x ∈[1，e]，∴f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上为增函数， ∴f (x )max ＝f (e)＝e ＋1.(2)法一 ∵f (x )≤0即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立， ∴a ≤－ln xx，x ∈[1，e].令g (x )＝－ln x x，x ∈[1，e]，则g ′(x )＝ln x －1x2， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，e]上递减， ∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e.法二 要使x ∈[1，e]，f (x )≤0恒成立，只需x ∈[1，e]时，f (x )max ≤0，显然当a ≥0时，f (x )＝ax ＋ln x 在[1，e]上递增，③当1<－1a <e 时，即－1<a <－1e时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，－1a 上递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a ，e 上递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，∵1<－1a<e ，∴0<ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <0成立.由①②③可得a ≤－1e.【方法规律】由不等式恒(能)成立求参数的范围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围.【变式探究】已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取得极值，则f ′(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2（x －1）2x，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点.∴G ′(x )＝（2x －2）（x －ln x ）－（x －2）（x －1）（x －ln x ）2＝（x －1）（x －2ln x ＋2）（x －ln x ）2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，∴G (x )min ＝G (1)＝－1. ∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞). 高频考点三、利用导数解决函数零点问题 例3、设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.(1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去).f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞).f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.【方法技巧】函数零点问题通常可作以下适当转化来处理.函数y ＝f (x )的零点⇔方程f (x )＝0的根⇔若f (x )＝g (x )－h (x )，则f (x )的零点就是函数y ＝g (x )与y ＝h (x )图象交点的横坐标. 【变式探究】设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.高频考点四、利用导数解决生活中的优化问题例4、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/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．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，所以a2＋10＝11，a ＝2.于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.答 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．【感悟提升】在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．【变式探究】某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 答案 401.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)xxf x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。
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导数的综合应用
一、教材分析
我们在复习过程中，发现学生对于导数能够运用，但在具体运用过程中，问题比较多的是如何运用导数去解决问题的手段或解决问题的途径不够宽，或解法不是很灵活。
因此，我通过本堂课进一步巩固这部分内容，利于学生进一步地掌握导数知识的运用：确定单调性、求极值、求最值、求切线的斜率从而解决恒成立与不等式问题应用。
二、学情分析
根据教材结构与内容分析，结合高考考纲要求，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。
三、教学目标
知识与技能：
通过高考中涉及到导数的常见题型，在学生掌握求曲线斜率，判断函数单调性，及如何求极值，最值的基础上，总结出两种常见题型。
过程与方法：
通过动手计算培养学生观察、分析、比较和归纳能力。
通过问题的探究体会数形结合，分离变量，构造函数的数学思想。
情感、态度与价值观：
通过常见题型的常见解决方法，是学生认识到解决有关导数的综合问题并不复杂，从而激发学生的学习兴趣。
四、教学重点、难点
教学重点：利用导数判断函数单调性，极值，最值。
教学难点：以导数为工具处理恒成立问题，及证明不等式。
教学过程
本节课教学过程主要分为：知识回顾，典例示范，知识小结，考点测评，高考赏析五个板块
【知识回顾】（重在对知识的进一步理解和掌握。
有利于构建知识网络，回归教材而高于教材）
1.导数定义，判断函数单调性，求极值，最值的方法。
【注】由学生自己来归纳，目的是加强学生的印象。
2.课前热身： （1）已知直线 ax-by-2=0 与曲线 在点（1，1）处的切线互相垂直，则 = ， （2）函数 ， 在 上的最大值和最小值分别为 【注】（1）学生阅读并回顾知识要点，巩固基础。
（2）导数的几何意义，考察函数的单调区间、极值、最值等性质。
这是导数运用过程中最常用的。
（3）注意极值不一定是最值，要考虑函数区间的开闭及单调性。
【典例示范】
例一：已知函数 （1）求f(x)的最小值。
（2）若对所有x 1都有 ，求实数a 的取值范围。
解析：需先求出定义域
【注】在求最值之前须讨论函数的定义域，利用分离变量的方法解决恒成立问题。
这也是本节课的重点。
【注】当某区间只有一个极大（小）值时，该值就是最大（小)值
例二：已知向量 若函数在区间
上是增函数，求t 的取值范围。
解析： 由f(x)在(-1,1)上单调递增，可知 恒成立，即 移项有 令 只须求g(x)在
的最大值 . 3
y x =a b 32
23125y x x x =--+[]0,3()ln f x x x
=≥()1f x ax ≥-'''min 10110,11()()()()()e
e e x
f e e f x f x f x f ><==- 且=lnx+1,令，则x>,则0<x<可知x=为f(x)的极小值点，同时也是最小值点，即),1(),1,(2t x b x x a -=+=b a x f ⋅=)()1,1(-'()0x f ≥'2()320
x x t f x =-++≥232t x x ≥-2
1()33
1()2g x x =--(1,1)-max (1)5g -=5t ≥[)[)'2()11,ln 11(1),()x f x ax x x x x x g g x ≥-≥≥≥∴≤∞+≥=-≥∞≥≤Q '
对所有的都有即x 1时，xlnx ax-1恒成立1x 1,a lnx+只需在1,+求出的最小值x 1即可，设g(x)=lnx+则当x 1时x (x)>0,可知g(x)在1,+单调递增，所以g(x)(1)=1,得a 1g
【注】本题引导学生用两种方法来解答，在方法二中应用了数型结合的思想。
【注】启发学生探求另一种方法
【知识小结】
1. 已知函数在某个区间的增（减）性，利用导数将问题转化为函数的导数在此区间上恒为正（或负）的问题。
2. 利用求导来证明不等式,首先要根据题意构造函数,再判断所设函数的单调性,利用单调性的定义,证明要证的不等式.当函数的单调区间与函数的定义域相同时,我们也可用求导的方法求函数的值域.
【考点测评】
1.已知函数 (1)若f(x)单调减区间为(0,4）,求k 的值
(2)若x>1时,求证: 解析:（1）由题可知 解集为（0，4）则0，4为
的两根，由韦达定理得得 ，k=4 （2））构造函数
2. 已知
函数图象上任意两点的连线的斜率都小于1，
则实数a 的取值范围.
解析：即 , 对任意 恒成立,由二次函数图象的性质可知
解得
【注】通过本题启发学生对近两年辽宁高考题进行分析。
【高考赏析】
1.已知函数 （2010年辽宁高考） 232''23x x x f f x ≥=-≥可知f(x)=(1-x)+t(x+1)=-++tx+t,由于f(x)在(-1,1)上为增函数，则在(-1,1)上(x)0恒成立，即(x)+2x+t 0,由二次函数根的分布可得
322
()3(1)1f x k k x x k =-+-+1
3x >-'2()36(1)0x k k x f x =-+<'2()36(1)x k k x f x =-+2(1)4k k +=1()3g x x =+2''21()1,()0()1()(1)0,()30x x x g x g x g g x x g g x ==>>>==+>因为则得为增函数，所以可证32
y a b x x =-++1ln )1()(2
+++=ax x a x f '2321k ax y x ==-+<23210ax x -+-<x R ∈2
4120a ∆=-<a <<
（I ）讨论函数 f(x) 的单调性
（II ）设a<－1.如果对任意x1,x2∈(0,＋∞)，
求a 的取值范围。
2.已知函数f(x)=x-ax+(a-1)lnx,a>1 （2009年辽宁高考）
（1）讨论函数 f(x) 的单调性
（2）证明：若a<5，则对任意x1，x2∈(0.+∞)
x1≠x2, 【注】要充分掌握导数应用的基本思想与基本方法，要认识导数应用的本质， 认真梳理知识，夯实基础，善于利用等价，转化数行结合等数学思想。
【注】本题由学生课外完成，并思考运用导数解决函数最值问题时，要注意什么问题，有哪些常用方法，在高考中的地位。
本题主要是运用列表法确定函数的单调区间，判断函数的极值点，再运用二次函数和一元二次不等式的方法来解决问题。
【小结】
在教学过程中，抓住导函数与原函数的图象的关系，帮助学生理解导数的概念、应用。
同时，加强学生对函数，特别是高次函数的单调性、极值、最值问题的解决，运用导数求解显得简捷，思路清晰。
在教学过程中，还切实加强了对知识的小结和提练，便于学生对重点知识进行重点掌握。
因此，在教学过程中，抓住导数的这一优势，展开分析，取得预期效果。
总之，导数作为工具，在解决数学问题时使用非常方便，尤其是可以利用导数来解决函数单调性，极值以及切线问题，在应用过程中要加强对基础知识的理解，重点掌握利用分离变量法，数型结合来解决恒成立问题。
利用导数来证明不等式，也是近年高考中出现的一种热点题型，关键是构造函数的思想，依据函数的单调性，进而求最值，这一方法应用非常广泛。
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