新教材选择性阶段提升课第五课导数及其应用课件(32张)

本课结束
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． 特别地，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(或极小)值，则可以 断定 f(x)在该点处取得最大(最小)值，这里(a，b)也可以是(－∞，＋∞).
题组训练三 利用导数研究函数的极值、最值 1．若函数 y＝f(x)满足 xf′(x)>－f(x)在 R 上恒成立，且 a>b，则( ) A．af(b)>bf(a) B．af(a)>bf(b) C．af(a)<bf(b) D．af(b)<bf(a)
【解析】选 B.设 g(x)＝xf(x)，则 g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0， 所以 g(x)在 R 上是增函数，又 a>b， 所以 g(a)>g(b)，即 af(a)>bf(b).
1．在求实际问题的最大(小)值时，一定要考虑实际问题的意义，不符合实际意义的 值应舍去．例如，长度、宽度应大于零，销售价格应为正数． 2．在解决优化问题时，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还应 确定函数的定义域． 3．得出函数的最大值或最小值之后，一定要将数学问题还原成实际问题．
题组训练五 导数的综合应用
f′（x）－f（x）
则 g′(x)＝
ex
，
因为 f′(x)<f(x)，故 f′(x)－f(x)<0，
即 g′(x)<0，所以 g(x)在 R 上为减函数．
又因为 f(x)＋2 020 为奇函数，
所以 f(0)＋2 020＝0，即 f(0)＝－2 020，
则 g(0)＝－2 020.
所以不等式 f(x)＋2 020ex<0 等价于 g(x)<g(0)， 所以 x>0， 即不等式 f(x)＋2 020ex<0 的解集为 x∈(0，＋∞).
2．对任意的 x∈R，函数 f(x)＝x3＋ax2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( )
A．0≤a≤21
B．a＝0 或 a＝7
C．a<0 或 a>21 D．a＝0 或 a＝21
【解析】选 A.f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当 Δ＝4a2－84a≤0， 即 0≤a≤21 时，f′(x)≥0 恒成立，函数 f(x)不存在极值点．
题组训练二 利用导数判断函数的单调性
1．函数 f(x)＝－2ln x－x－3x 的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞)
B．(－3，1)
C．(0，1)
D．(1，＋∞)
【解析】选 C.依题意，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2x
－1＋x32
－x2－2x＋3
＝
x2
（x＋3）（x－1）
＝－
x2
，故当 0＜x＜1 时，f′(x)
＞0，所以函数的单调递增区间为(0，1).
2．设函数 f(x)＝xea－x＋bx，曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y＝(e－1)x＋ 4. (1)求 a，b 的值； (2)求 f(x)的单调区间． 【思路点拨】(1)利用导数的几何意义和求导运算建立方程组求未知数． (2)利用导数与函数单调性的关系判断函数的单调性．
t 3t2－6t t3－3t2＋2
g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). 在 x∈[1，2)时，g′(x)<0；在 x∈(2，3]时，g′(x)>0.要使 g(x)＝0 在[1，3]上恰有两个 相异的实根，
g（1）≥0 则 g（2）<0 ，解得－2<c≤0.
g（3）≥0
1．利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)解方程 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．
1．定义在 R 上的函数 f(x)的导数为 f′(x)，若对任意实数 x，有 f(x)>f′(x)，且 f(x)＋2 020
为奇函数，则不等式 f(x)＋2 020ex<0 的解集为( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．－∞，1e
D．1e，＋∞
f（x） 【解析】选 B.由题意可知，令 g(x)＝ ex ，
2．曲线 y＝(x3＋x2)ex 在 x＝1 处的切线方程为( ) A．y＝7ex－5e B．y＝7ex＋9e C．y＝3ex＋5e D．y＝3ex－5e 【解析】选 A.y′＝(3x2＋2x)ex＋(x3＋x2)ex， 所以 y′|x＝1＝7e，又因为当 x＝1 时，y＝2e，所以所求的切线方程为 y－2e＝7e(x－1)， 即 y＝7ex－5e.
3．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b 的图象上一点 P(1，0)，且在点 P 处的切线与直线 3x ＋y＝0 平行． (1)求函数 f(x)的解析式； (2)求函数 f(x)在区间[0，t](0<t<3)上的最大值和最小值； (3)在(1)的结论下，关于 x 的方程 f(x)＝c 在区间[1，3]上恰有两个相异的实根，求实 数 c 的取值范围．
阶段提升课 第五课 导数及其应用
思维导图·构建网络
考点整合·素养提升
题组训练一 导数的几何意义及其应用 1．曲线 y＝xex－1 在点(1，1)处切线的斜率等于( ) A．2e B．e C．2 D．1 【解析】选 C.y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1，1)处的切线斜率为 k＝2.
【解析】存在与 x 轴平行的切线，即 f′(x)＝3x2－6b＝0 有解，因为 x∈(0，1)，所以 b＝x22 ∈0，12 . 答案：b|0<b<21
利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有 两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直 线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可 先设切点为 Q(x1，y1)，则切线方程为 y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点 P(x0，y0) 得 y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)，① 又 y1＝f(x1)，② 由①②求出 x1，y1 的值， 即求出了过点 P(x0，y0)的切线方程．
3．曲线 y＝3sin
2x－π3
在点3π，3
2
3
处的切线的斜率为(
)
A．1 B．2 C．3 D．6
【解析】选 C.由于 y＝3sin 2x－π3 ，所以 y′＝
6cos
2x－π3
，于是斜率 k＝y′|x＝π ＝6cos
3
2×π3－3π
＝3.
4．如果函数 f(x)＝x3－6bx＋3b 在区间(0，1)内存在与 x 轴平行的切线，则实数 b 的 取值范围是________．
所以 h′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成立，
即 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以 h(2)>h(1).
f（2）
f（2）
f（2）
即 4 >f(1)，即f（1） >4，所以 4<f（1） <8.
答案：(4，8)
讨论方程根的个数，研究函数图象与 x 轴或某直线的交点个数、不等式恒成立问题 的实质就是函数的单调性与函数极(最)值的应用．问题破解的方法是根据题目的要 求，借助导数将函数的单调性与极(最)值列出，然后再借助单调性和极(最)值情况， 画出函数图象的草图，数形结合求解．
所以 g′(x)<0 在(0，＋∞)上恒成立．
即 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
f（2） f（1） 可得 g(2)<g(1)，即 8 < 1 .
f（2）
由 2f(x)<3f(x)可得 f(x)>0，则
<8，
f（1）
f（x）
xf′（x）－2f（x）
令 h(x)＝ x2 ，则 h′(x)＝
x3
，
因为 xf′(x)>2f(x)，即 xf′(x)－2f(x)>0，
2．定义在区间(0，＋∞)上函数 f(x)使不等式 2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，f′(x)为 f(x)的
f（2） 导数，则f（1） 的取值范围是________.
f（x）
xf′（x）－3f（x）
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【解析】令 g(x)＝ x3 ，则 g′(x)＝
x4
，
因为 xf′(x)<3f(x)，则 xf′(x)－3f(x)<0.
题组训练四 利用导数解决实际问题 1．某汽车启动阶段的路程函数为 s(t)＝2t3－5t2＋2，则 t＝2 秒时，汽车的加速度是 () A．14 B．4 C．10 D．6 【解析】选 A.依题意 v(t)＝s′(t)＝6t2－10t，所以 a(t)＝v′(t)＝12t－10，故汽车在 t＝2 秒时的加速度为 a(2)＝24－10＝14.
②当 2<t<3 时，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
0 (0，2)
f′(x)
0－
f(x)
2
2
(2，t)
0
＋
－2
f(x)min＝f(2)＝－2.f(x)max 为 f(0)与 f(t)中较大的一个． f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0.
所以 f(x)max＝f(0)＝2. (3)令 g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，
2．某机械厂生产某种机器配件的最大生产能力为每日 100 件，假设日产品的总成本 C(元)与日产量 x(件)的函数关系为 C(x)＝14 x2＋60x＋2 050. 求：(1)日产量为 75 件时的总成本和平均成本； (2)当日产量由 75 件提高到 90 件时，总成本的平均改变量； (3)当日产量为 75 件时，总成本的瞬时变化率．
【解析】(1)因为 f(x)＝xea－x＋bx，
所以 f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
f（2）＝2e＋2， 依题设
f′（2）＝e－1，
2ea－2＋2b＝2e＋2，
a＝2，
即
解得
－ea－2＋b＝e－1.
b＝e.
(2)由(1)知 f(x)＝xe2－x＋ex.由 f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及 e2－x＞0 知，f′(x)与 1－x＋ ex－1 同号． 令 g(x)＝1－x＋ex－1，则 g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，当 x∈(－∞，1)时，g′(x)<0， g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
【解析】(1)因为 f′(x)＝3x2＋2ax，曲线在点 P(1，0)处的切线斜率为 f′(1)＝3＋2a，即 3＋2a＝－3，a＝－3. 又因为函数过(1，0)点，即－2＋b＝0，b＝2. 所以 a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2. (2)由 f(x)＝x3－3x2＋2，得 f′(x)＝3x2－6x. 由 f′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝2. ①当 0<t≤2 时，在区间(0，t)上 f′(x)<0，f(x)在[0，t]上是减函数，所以 f(x)max＝f(0)＝ 2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2.
【解析】(1)日产量为 75 件时的总成本和平均成本分别为 C(75)＝7 956.25(元)，
C（75） 75 ≈106.08(元/件).
(2)当日产量由 75 件提高到 90 件时，总成本的平均改变量ΔΔCx
C（90）－C（75） ＝
90－75
＝101.25(元/件). (3)因为 C′(x)＝12 x＋60， 所以当日产量为 75 件时的总成本的瞬时变化率为 C′(75)＝97.5(元).
故 g(1)＝1 是 g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而 g(x)>0，x∈(－∞，＋∞). 综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
利用导数的符号判断函数的增减性，进而确定函数的单调区间，这是导数的几何意 义在研究曲线变化规律时的一个应用，它充分体现了数形结合思想．这部分内容要注 意的是 f(x)为增函数⇔f′(x)≥0 且 f′(x)＝0 的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′(x)≤0 且 f′(x) ＝0 的根有有限个．