导数及其应用--复习课

复习课: 导数及其应用
教学目标
重点：函数、导数、方程、不等式综合在一起，解决极值，最值等问题． 难点：导数在解决实际问题中的作用．
能力点：运用所学知识解决有关问题，培养学生的灵活思维能力． 教育点：培养学生观察、分析、归纳能力． 自主探究点：例题及变式的解题思路的探寻．
易错点：利用求导数讨论函数的单调性，要注意'()f x ＞0是()f x 递增的充分条件而非必要条件． 学法与教具
1．学法：讲授法、讨论法． 2．教具：多媒体、投影仪． 一、【知识结构】
⎧⎪
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩极值问题
含参数的讨论恒成立问题
导数及其应用方程根的讨论证明不等式实际应用题
二、【知识梳理】
1．利用导数的几何意义，求切线方程，解决与切线方程有关的问题． 2．f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f ′(x )>0(或f ′(x )<0)仅是f (x )在某个区间上递增(或递减)的充分条件．在区间(a ，b )内可导的函数f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是____________(或____________)，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该区间内个别点x 0处有f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处f ′(x 0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何子区间，因此在已知函数f (x )是增函数(或减函数)求参数的取值范围时，应令f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，解出参数的取值范围，然后检验参数的取值能否使f ′(x )恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f ′(x )不恒为0，则由f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立解出的参数的取值范围确定．
3．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0并不是f (x )在x ＝x 0处有极值的充分条件
对于可导函数f (x )，x ＝x 0是f (x )的极值点，必须具备①f ′(x 0)＝0，②在x 0两侧，f ′(x )的符号为异号．所以f ′(x 0)＝0只是f (x )在x 0处有极值的必要条件，但并不充分 【范例导航】
例1已知函数f (x )＝3ax 4－2(3a ＋1)x 2＋4x ． (1)当a ＝1
6
时，求f (x )的极值；
(2)若f (x )在(－1，1)上是增函数，求a 的取值范围．
【解答】(1)f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)．当a ＝1
6
时，f ′(x )＝2(x ＋2)(x －1)2，
∴f (x )在(－∞，－2]内单调递减，在[－2，＋∞)内单调递增，当x ＝－2时，f (x )有极小值．∴f (－2)＝－12是f (x )的极小值．
(2)在(－1，1)上f (x )是增函数，由此可得在(－1，1)上， f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)≥0， ∴3ax 2＋3ax －1≤0．
①
令g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)， ①当a ＝0时，①恒成立；
②当a >0时，若①成立，根据二次函数g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)的图象，只需满足g (1)＝3a ×12＋3a ×1－1≤0， 即a ≤16，∴0<a ≤16
；
③当a <0时，若①成立，根据二次函数g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)的图象，只需满足g ⎝⎛⎭⎫－1
2＝3a ×⎝⎛⎭⎫－122＋3a ×⎝⎛⎭⎫－12－1≤0，即a ≥－43，∴－4
3
≤a <0． 综上所述，f (x )在(－1，1)上是增函数时，
a 的取值范围为⎣⎡⎦
⎤－43，1
6． 【点评】(1)根据函数的单调性确定参数范围是高考的一个热点题型，其根据是函数在某区间上单调递增(减)
时，函数的导数在这个区间上大(小)于或者等于零恒成立，转化为不等式恒成立问题解决．
(2)在形式上的二次函数问题中，极易忘却的就是二次项系数可能等于零的情况，这样的问题在导数的单调性的讨论中是经常遇到的，值得考生特别注意． 变式训练:
设函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R ． (1)当a ＝－10
3
时，讨论函数f (x )的单调性；
(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；
(3)若对于任意的a ∈[－2，2]，不等式f (x )≤1在[－1，0]上恒成立，求b 的取值范围． 解析 (1)f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫1
2，2上是减函数 (2)⎣⎡⎦⎤－83，8
3 (3)(－∞，－4]
例2已知函数f (x )＝x 2－a ln x 在(1，2]是增函数，g (x )＝x －a x 在(0，1)为减函数． (1)求f (x )、g (x )的解析式；
(2)求证：当x >0时，方程f (x )＝g (x )＋2有唯一解． 【解答】 (1)解 f ′(x )＝2x －a x
，
依题意f ′(x )≥0，x ∈(1，2]， 即a ≤2x 2，x ∈(1，2]．
∵上式恒成立，∴a ≤2． ①
又g ′(x )＝1－a
2x ，依题意g ′(x )≤0，
x ∈(0，1)，即a ≥2x ，x ∈(0，1)． ∵上式恒成立，∴a ≥2．
②
由①②得a ＝2．
∴f (x )＝x 2－2ln x ，g (x )＝x －2x ． (2)证明 由(1)可知，方程f (x )＝g (x )＋2， 即x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0． 设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2， 则h ′(x )＝2x －2x －1＋1
x
，
当h ′(x )＝0时，(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)＝0，解得x ＝1． 令h ′(x )>0，并由x >0，解得x >1． 令h ′(x )<0，由x >0，解得0<x <1． 列表分析：
可知h (x )在x ＝1
∴h (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解．即当x >0时，方程f (x )＝
g (x )＋2有唯一解．
【点评】研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．将方程、不等式等有关知识和导数结合的综合性问题主要考查综合运用有关知识分析问题、解决问题的能力． 变式训练:
已知f (x )＝ax 2 (a ∈R )，g (x )＝2ln x ． (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；
(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围． 解 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，
∴F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2
－1)
x
(x >0)．
①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a
． 由ax 2－1<0，得0<x <
1
a
． 故当a >0时，F (x )的递增区间为⎝⎛
⎭⎫1a ，＋∞，递减区间为⎝
⎛⎭⎫0，1
a ．
②当a ≤0时，F ′(x )<0 (x >0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减． (2)ln 22≤a <1e
例3设函数f (x )＝x 2＋b ln(x ＋1)，其中b ≠0． (1)当b >1
2时，判断函数f (x )在定义域上的单调性；
(2)求函数f (x )的极值点；
(3)当b ＝－1时，试证明对任意的正整数n ，不等式ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1>1n 2－1
n 3都成立． 【解答】
(1)解 函数f (x )＝x 2＋b ln(x ＋1)的定义域为(－1，＋∞)，
f ′(x )＝2x ＋b
x ＋1＝2x 2＋2x ＋b x ＋1
，
[1分]
令g (x )＝2x 2＋2x ＋b ，则g (x )在⎣⎡⎭⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1，－1
2上单调递减， 所以g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－12＝－1
2＋b ，
[3分]
当b >12时，g (x )min ＝－1
2
＋b >0，
即g (x )＝2x 2＋2x ＋b >0在(－1，＋∞)上恒成立， 所以f ′(x )>0．
即当b >1
2时，函数f (x )在定义域(－1，＋∞)上单调递增．
[4分] (2)解 ①由(1)，知当b >1
2时函数无极值点，
[5分]
②当b ＝1
2时，f ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫x ＋122x ＋1≥0，
∴b ＝1
2时，函数在(－1，＋∞)上无极值点．
[7分]
③当b <1
2时，解f ′(x )＝0得两个不同解，
x 1＝－1－1－2b 2，x 2＝－1＋1－2b 2
．
当b <0时，x 1＝－1－1－2b 2<－1，x 2＝－1＋1－2b
2>0，
∴x 1∈(－∞，－1)，x 2∈(－1，＋∞)， 此时f (x )在(－1，＋∞)上有唯一的极小值点 x 2＝－1＋1－2b
2
，
当0<b <1
2时，x 1，x 2∈(－1，＋∞)，
f ′(x )在(－1，x 1)，(x 2，＋∞)上都大于0， f ′(x )在(x 1，x 2)上小于0， 此时f (x )有一个极大值点x 1＝
－1－1－2b 2和一个极小值点x 2＝－1＋1－2b
2
． [9分]
综上可知，当b <0时，f (x )在(－1，＋∞)上有唯一的极小值点x 2＝－1＋1－2b
2；
当0<b <1
2时，f (x )有一个极大值点x 1＝－1－1－2b 2和一个极小值点x 2＝
－1＋1－2b
2；
当b ≥1
2时，函数在(－1，＋∞)上无极值点．
[10分]
(3)证明 当b ＝－1时，f (x )＝x 2－ln(x ＋1)， 令h (x )＝x 3－f (x )＝x 3－x 2＋ln(x ＋1)， 则h ′(x )＝3x 2
－2x ＋1
x ＋1＝3x 3＋(x －1)2x ＋1
，
显然h ′(x )在[0，＋∞)上恒为正， ∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，
[12分]
当x ∈(0，＋∞)时，恒有h (x )>h (0)＝0， 即当x ∈(0，＋∞)时，有x 3－x 2＋ln(x ＋1)>0， 即ln(x ＋1)>x 2－x 3， 所以对任意正整数n ，取x ＝1
n ，
可得ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1>1n 2－1
n 3恒成立．
【点评】第(1)问先求出函数的定义域，然后通过判断导函数的符号来确定函数的单调性；第(2)问需要对b 的取值进行分类讨论；第(3)问注意要证明的不等式的结构特征，可把1
n 看做一个变量构造新函数g (x )＝x 3
－x 2＋ln(x ＋1)，通过利用导数求解函数的最值来证明不等式． 该题的难点有两个，一个是第(2)问中求解函数的极值要根据b 的取值范围进行分类讨论；二是证明关于n 的不等式，解决此类问题的一般思路是将不等式直接转化为关于n 的函数的最值问题来解决． 变式训练:
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 ＝3
2
x 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3
2
，
又y ′⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＝0＝⎝
⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1＋a x ＝
0＝32＋a ，
得a ＝0．
(2)(证法一)
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
．
(证法二)
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 )＝1
x ＋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 )＜3
2
x ．
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)⎝
⎛⎭⎪⎫1
x ＋1＋12x ＋1－9 ＝12(x ＋1)
[3x (x ＋1)＋(x ＋6)(2＋x ＋1)－18(x ＋1)] <1
2(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
．
【点评】本题综合考查导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用。

本题容易忽略函数)(x f 的定义域，根据条件曲线()y f x =与直线3
2
y x =在(0，0)点相切，求出,a b 的值，然后，利用函数的单调性或者均值不等式证明9()6
x
f x x <
+即可。

从近几年的高考命题趋势看，此类型题目几乎年年都有涉及，因此，在平时要加强训练。

本题属于中档题．
例4为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万
元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k
3x ＋5 (0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8
万元．设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和． (1)求k 的值及f (x )的表达式；
(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值． 【解答】
(1)设隔热层厚度为x cm ，由题设， 每年能源消耗费用为C (x )＝
k
3x ＋5
． 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝40
3x ＋5
． 又建造费用为C 1(x )＝6x ．
最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×40
3x ＋5
＋6x ＝
800
3x ＋5
＋6x (0≤x ≤10)． (2)f ′(x )＝6－ 2 400
(3x ＋5)2，令f ′(x )＝0，
即
2 400
(3x ＋5)2
＝6．
解得x ＝5，x ＝－25
3(舍去)．
当0<x <5时，f ′(x )<0， 当5<x <10时，f ′(x )>0，
故x ＝5是f (x )的最小值点，对应的最小值为f (5)＝6×5＋800
15＋5＝70．
当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元．
变式训练: (2011·福建)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 ＝a x －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． 答案:(1)2
(2)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
四、【解法小结】
1．利用导数证明不等式，就是把不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．应用这种方法的难点是如何根据不等式的结构特点或者根据题目证明目标的要求，构造出相应的函数
关系式．破解的基本思路是从函数的角度分析和理解要证明的不等式的结构特点，然后去构造函数式，或者从不等式证明的放缩方向上去构造函数式，使所构造出的函数是不等式证明所需要的最佳函数． 2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．问题的难点在于如何把参数和所求得的函数的极(最)值形成联系，破解的方法是根据题目的要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 五、【布置作业】 必做题：
1．函数93)(2
3
-++=x ax x x f ，已知)(x f 在3-=x 时取得极值，则a =（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
2．函数y=x 3－3x 的单调递增区间是 （ ）
A ．（－1，1）
B ．（－∞，－1）
C ．（－∞，－1）和（1，＋∞）
D ．（1，＋∞）
3． 若函数y=x 3－2x 2＋mx ，当x=
1
3
时，函数取得极大值，则m 的值为 （ ） A ．3
B ．2
C ．1
D ．2
3
4．函数2
12x x
y +=在
（ ）
A ．（－∞，+∞）内是增函数
B ．（－∞，+∞）内是减函数
C ．（－1，1）内是增函数，在其余区间内是减函数
D ．（－1，1）内是减函数，在其余区间内是增函数
5．已知函数f(x)=x 3－12x 在区间（－∞，－2）与（2，＋∞）内是增函数，在（－2，2）内是减函数，那么这个函数的极大值是 ；极小值是 ．
6．函数y=x 4－2x 3在[－2，3]上的最大值是 ；最小值是 ．
7．已知函数y= 3x 3＋2x 2－1在区间（m ，0）上为减函数，则m 的取值范围是 ． 8．设函数f (x )=ax －(a +1)ln(x +1)，其中a ≥-1，求f (x )的单调区间． 答案: 1．B 提示：令导数等于0． 2．C ．提示：求导后找极值点． 3．C ．提示：f′（
1
3
）=0 4．D ．提示：求导后判断单调性． 5．16，－16．提示：利用极值定义． 6．32，－27
16
．提示：考虑区间端点函数值和极值的大小． 7． [－
4
9
，0）．提示：考虑导函数在（m ，0）内恒为负． 8．(1)减；（2）－1≤a≤0，(－1，+∞) 减; a>0， 1(1,)a -减，1
(,)a
+∞增．
选做题：
1．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－2
3
与x＝1时都取得极值
（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间
（2）若对x∈〔－1，2〕，不等式f（x）<c2恒成立，求c的取值范围。

2．已知函数f(x)=－x3＋3x2＋9x＋a，
（I）求f(x)的单调递减区间；
（II）若f(x)在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．答案: 1．（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，f'（x）＝3x2＋2ax＋b
由f'（
2
3
－）＝
124
a b0
93
－＋＝，f'（1）＝3＋2a＋b＝0得
a＝
1
2
－，b＝－2
f'2
所以函数f（x）的递增区间是（－∞，－
3
）与（1，＋∞）
递减区间是（－2
3
，1）
（2）f（x）＝x3－1
2
x2－2x＋c，x∈〔－1，2〕，当x＝－
2
3
时，f（x）＝
22
27
＋c
为极大值，而f（2）＝2＋c，则f（2）＝2＋c为最大值。

要使f（x）<c2（x∈〔－1，2〕）恒成立，只需c2>f（2）＝2＋c
解得c<－1或c>2．
2．（I）f′(x)＝－3x2＋6x＋9．令f′(x)<0，解得x<－1或x>3，
所以函数f(x)的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．
（II）因为f(－2)＝8＋12－18＋a=2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，
所以f(2)>f(－2)．因为在（－1，3）上f‘(x)>0，所以f(x)在[－1，2]上单调递增，又由于f(x)在[－2，－1]上单调递减，因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2，2]上的最大值和最小值，于是有22＋a＝20，解得a＝－2．
故f(x)=－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，
即函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值为－7．
六、【教后反思】
1．本教案为导数及其应用的提高篇，是对导数的较高的应用，难度相应的也有提高；例题选择典型，涵盖了导数及其应用的长考题型，突出了重点方法，并且通过同类型的练习进行巩固；课后通过基本题、模
拟题和高考题对学生的知识掌握进行考查，使本节内容充分落实．教师要积极引导学生对这些问题进行探索，鼓励学生进行独立思考，并在此基础上大胆提出新问题．
2．对于学生不知道如何处理的问题，教师通过转化，使学生能够理解，需要在练习中加强．。