导数及其应用章末总结课件

设 P(y2,y)(0≤y≤2)是曲线 MD 上任一点,
则|PQ|=2+y,|PN|=4-y2.
所以矩形游乐园的面积为
S=|PQ|×|PN|=(2+y)(4-y2)=8-y3-2y2+4y.
求导得 S'=-3y2-4y+4,
令 S'=0 得 3y2+4y-4=0,
2
解得 y= (y = −2 舍去).
∴x0=±2.
4
∴切点为(2,4)或 -2,- 3 .
4
∴斜率为 4 的曲线的切线方程为 y-4=4(x-2)和 y+ 3 = 4( + 2),
即 4x-y-4=0 和 12x-3y+20=0.
专题二 利用导数确定函数的单调区间
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)确定f(x)的定义域;
(2)求导数f'(x);
(3)解不等式f'(x)>0或f'(x)<0;
(4)确定并指出函数的单调递增区间、递减区间.
特别要注意写单调区间时,相同单调性的区间之间用“和”连接或
用“,”隔开,绝对不能用“∪”相连.
应用 已知函数 f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R.
(1)讨论函数 f(x)的增减性;
(km2).
3
9
27
专题六 定积分的应用
在利用定积分解决实际问题时,要注意找出被积函数和积分上、
故当 a=± 3时,f(x)在 R 上是增函数.
(2)由(1)知,只有当 a> 3或a<− 3时,f(x)在
-- 2 -3 -+ 2 -3
3
,
因此
3
-- 2 -3
3
内是减函数,
2
3
≤ − ,①
1
- + 2 -3
≥ − .②
且
3
3
当|a|> 3时,由①②解得 a≥2.
因此 a 的取值范围是[2,+∞).
值点和一个极小值点,其中一个极值点是 x=-c.
(1)求函数f(x)的另一个极值点;
(2)求函数f(x)的极大值M和极小值m,并求M-m≥1时k的取值范围.
提示:对于本题,先求导函数f'(x),然后令f'(-c)=0及一元二次方程
根与系数的关系可解决第(1)小题,而解答第(2)小题时需对k与c进
行分类讨论.
专题三 利用导数求函数的极值和最值
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)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.
问题的意义确定函数的最大值或最小值.
2.利用导数求实际问题的最大(小)值时,应注意的问题:
(1)求实际问题的最大(小)值时,一定要符合问题的实际意义,不符
合实际意义的值应舍去.
(2)在实际问题中,由f'(x)=0常常仅解到一个根,若能判断函数的最
大(小)值在x的变化区间内部得到,则在这个根处的函数值就是所求
则 f'(x)=
x+x)(tan x-x).
应用 2 已知函数 f(x)=ln
(-1)2
x−
.
2
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)证明:当x>1时,f(x)<x-1;
(3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有
f(x)>k(x-1).
(1)解:f'(x)=
+1
+1
=

2
> 0, = (−) =

2
+
≥1
2 2(+2)
-+1
2 +
及 k>0,解得 k≥ 2.
=
-2
2(+2)
< 0,
应用2 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.
提示:第(1)小题,可利用条件建立a,b,c的方程组,利用待定系数法
求解;第(2)小题利用导数与最值的知识求解,注意对m分类讨论.
解:(1)由题意,知f'(x)=3ax2+2bx+c=3a(x-1)·(x-3)(a<0),
所以在(-∞,1)内f'(x)<0,f(x)是减函数,
当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞),
则有 G'(x)=
1
−

+1− =
-2 +(1-)+1
.

由 G'(x)=0 得,-x2+(1-k)x+1=0.
2
解得 x1=
1-- (1-) +4
2
< 0,
2
x2=
1-+ (1-) +4
2
> 1.
当 x∈(1,x2)时,G'(x)>0,故 G(x)在[1,x2)内单调递增.
2
3
(2)设函数 f(x)在区间 - ,-
1
3
内是减函数, 求的取值范围.
提示:根据判断函数增减性的相关知识求解.
解:(1)f'(x)=3x2+2ax+1,判别式 Δ=4(a2-3).
①若 a> 3或a<− 3,
则在 -∞,
在
在
-- 2 -3
3
内f'(x)>0,f(x)是增函数;
-- 2 -3 -+ 2 -3
(2)由(*)式知
2
c=1+ , 由k>0,可知

c>1.
当 x 变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-c)
-c
(-c,1)
1
f'(x)
0
+
0
f(x)
↘
极小值
↗
(1,+∞)
-
极大值
↘
∴f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)内是减函数,在(-c,1)内是增函数.
∴M=f(1)=
由 M-m=
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.
12-21, < 2,
因此 g(x)max= 32 -9,2 ≤ ≤ 3,
18-36, > 3.
专题四 利用导数证明不等式
从近几年高考题看,利用导数证明不等式这一知识点常考到,一
1
−

解得 0<x<
1+ 5
.
2
Байду номын сангаас
-2 ++1
, ∈(0,+∞).

+1=
> 0,
由 f'(x)>0得 2
- + + 1 > 0,
故 f(x)的单调递增区间是 0,
1+ 5
2
.
(2)证明:令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞),
则有 F'(x)=
1-2
.

当 x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,
所以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).
由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,
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.
应用 1 已知函数 f(x)=
+1
(
2 +
> 0, 且≠1,k≥0)恰有一个极大
所以 F(x)在[1,+∞)内单调递减,
故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0,即当 x>1 时,f(x)<x-1.
(3)解:由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意.
当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1),则 f(x)<k(x-1),
从而不存在 x0>1 满足题意.
标表示出矩形PQCN的面积,即可转化为求函数的最大值问题,可用
导数加以解决.
解:如图,以 M 为原点,AB 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系,
则 D(4,2).
设抛物线方程为 y2=2px(p>0).
因为点 D 在抛物线上,
所以
22=8p,解得
p=
1
.
2
所以抛物线方程为 y2=x(0≤x≤4).
3
,
-+ 2 -3
3
3
内f'(x)<0,f(x)是减函数;
, + ∞ 内f'(x)>0,f(x)是增函数.
②若 − 3 < < 3, 则对所有x∈R 都有 f'(x)>0,故此时 f(x)在
R 上是增函数.


③若 a=± 3, 则f′ - 3 = 0, 且对所有的x≠− 3 都有f'(x)>0,
般出现在解答题中.利用导数解决不等式问题(如证明不等式、比
较大小等),其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性,而证
明不等式(或比较大小)常与函数最值问题有关.因此,解决该类问题
通常是构造一个函数,然后考察这个函数的单调性,结合给定的区
间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解.其实质是这样的:
要证不等式f(x)>g(x),则构造函数φ(x)=f(x)-g(x),只需证φ(x)>0即
热点.
1.利用导数求实际问题的最大(小)值的一般方法:
(1)细致分析实际问题中各个量之间的关系,正确设定因变量y与
自变量x,把实际问题转化为数学问题,即列出函数关系y=f(x),根据
实际问题确定y=f(x)的定义域.
(2)求f'(x),令f'(x)=0,得出所有实数的解.
(3)比较导函数在各个根和区间端点处的函数值的大小,根据实际
的最大(小)值.
应用 如图,四边形ABCD是一块边长为4 km的正方形地域,地域内
有一条河流MD,其经过的路线是以AB的中点M为顶点且开口向右
的抛物线的一部分(河流宽度忽略不计).某公司准备投资建一个大
型矩形游乐园PQCN,问如何施工才能使游乐园面积最大?并求出最
大面积.
提示:建立适当的平面直角坐标系,求得抛物线的方程,用点P的坐
从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0,
即 f(x)>k(x-1),
综上,k 的取值范围是(-∞,1).
专题五 导数的实际应用
利用导数求函数的极大(小)值,求函数在区间[a,b]上的最大(小)
值或利用导数解决一些实际问题是函数内容的继续与延伸,这种解
决问题的方法使复杂的问题简单化,因而已逐渐成为高考的又一新
证明:设 f(x)=tan x−
3
+
3
,
1
− 1 − 2 = tan2 − 2=(tan
cos2
π
∵x∈ 0, 2 ,∴tan x>x>0.
π
∴f'(x)>0,即 f(x)在 0, 2 内递增.又 f(0)=0,
π
3
∴当 x∈ 0, 2 时,f(x)>0,即 tan x>x+ 3 .
3
2
当 y∈ 0, 3 时,S'>0,函数 S 为增函数;
2
当 y∈ 3 ,2 时,S'<0,函数 S 为减函数.
2
所以当 y= 3 时,S 有最大值,即游乐园面积最大,
2
8
此时,|PQ|=2+y=2+ 3 = 3,
2 2
32
2
|PN|=4-y =4− 3 = 9 .
8 32
256
故游乐园的最大面积为 Smax= × =
在(1,3)内f'(x)>0,f(x)是增函数,
在(3,+∞)内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.
+ + = -4,
所以 '(1) = 3 + 2 + = 0,
'(3) = 27 + 6 + = 0.
解得a=-1,b=6,c=-9,
可,由此转化成求φ(x)最小值问题,借助于导数解决.
应用 1 当 0<x<
π
时, 求证: tan
2
>
3
+ .
3
提示:本题主要考查利用函数的单调性证明不等式.解决本题的
关键是构造函数,可设出函数为 f(x)=tan x−
0,
π
2
3
+
3
, 因为f(x)在
内可导,从而通过 f(x)的单调性来证明不等式.
解:(1)f'(x)=
(2 +)-2(+1)
2
(2 +)
=
-2 -2+
2
(2 +)
,
由题意知 f'(-c)=0,即得 c2k-2c-ck=0.
2
∵c>0,易知 k≠0,∴c=1+ . (∗)
由 f'(x)=0,得-kx2-2x+ck=0.
由根与系数的关系知另一个极值点为 x=1.
专题一 导数的几何意义与曲线的切线方程
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:一类是求“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;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.
1
3
4
3
应用 已知曲线 y= 3 + , 求斜率为 4 的曲线的切线方程.
提示:切点坐标→切线斜率→点斜式求切线方程
解:设切点为(x0,y0),
则切线的斜率 k= 02 = 4,