高考数学(浙江版,理)课件：9.2 导数的应用

合集下载

高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件

--
题型二讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
--
--
解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
--
--
题型二求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
--
解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.

浙江省届高考数学理二轮专题复习第3课时导数及其应用PPT课件

(2)设函数
(2x33ax26ax4a26a)ex ( x 1 )
g(x) ef(x)
(x 1)
(e是自然对数的底数)．是否存在a，使g(x)在[a，-a]上为
减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理
由．
利用导数判断f(x)的单调性．分段函数在某区间上单
调，可转化为各段函数在该区间上分别单调，且断点处的函
当-2＜ b ＜1，即-12＜b＜6时，
f综′(上x)m所in=述6f ′b(≥0.)=b6
1 2b 2 ≥b02 ，所以0≤b＜6.
12
2.函数单调性问题
【例2】 (2010 湖南卷)已知函数f(x)= a +x+(a-1)lnx+15a，
其中a<0，且a≠-1.
x
(1)讨论函数f(x)的单调性；
f ′(1)(x-1)，即y-(a+b+c+1)=(3+2a+b)(x-1)．
而已知过y=f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为
y=3x+1.
故3
a
2a c
b 2
3，即 1
2 c
a
a
b
3
0
因为y=f(x)在x=-2时有极值，故f ′(-2)=0.
所以-4a+b=-12.
③
由①②③联立解得a=2，b=-4，c=5，
3．结合图形，理解在P点处的切线与过点P的切线的区别．切线问题的核心是抓住一个等量关系沟通已知与待定．设切点为P(x0，y0），则切线的斜率为k= f ′(x0)．通过切点沟通曲线与切线．
1.函数极值、最值问题【例1】(2010 浙江杭州第一次数学质检)已知 a∈R，函数f(x)=x2(x-a)． (1)当a=3时，求f(x)的零点； (2)求函数y=f(x)在区间[1,2]上的最小值．

浙江省高考数学一轮复习第四章导数及其应用第2节导数与函数的单调性课件

解析根据导函数的正负与原函数的单调性的关系，结合导函数f′(x)的图象可知，原函数f(x)先单调递增，再单调递减，最后缓慢单调递增，选项C符合题意，故选C. 答案 C
4.若 f(x)＝lnxx，0＜a＜b＜e，则 f(a)与 f(b)的大小关系为________. 解析 f′(x)＝1－xl2n x，当 0＜x＜e 时，1－ln x＞0，即 f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，∴f(a)＜f(b).
(2)解 ∵f(x)＝x2－2aln x，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2（x2x－a）， ∴当 a≤0 时，f′(x)>0，则 f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当 a>0 时，令 f′(x)<0，得 0<x< a，令 f′(x)>0，得 x> a， ∴f(x)在(0， a)上是减函数，在( a，＋∞)上是增函数. 综上可得，当 a≤0 时，函数 y＝f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当 a＞0 时，函数 y＝f(x)的增区间为( a，＋∞)，减区间为(0， a).
答案－1 (－∞，0]
考点一求不含参数的函数的单调性【例 1】已知 f(x)＝12x3＋x2ex，讨论 f(x)的单调性.
解由题意得 f′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.
令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4. 当x<－4时，f′(x)<0，故f(x)为减函数；当－4<x<－1时，f′(x)>0，故f(x)为增函数；当－1<x<0时，f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x>0时，f′(x)>0，故f(x)为增函数. 综上知，f(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.

导数的应用课件

t
t
由 y<0, 若 t>0, 则 - <x<t; 若 t<0, 则 t<x<- .
3
3
∵函数 y=f(x)-g(x) 在(-1, 3) 上单调递减,
t
t
∴(-1, 3) (- , t) 或 (-1, 3) (t, - ).
3
3
t ∴t≥3 或 - ≥3.
3
∴t≥3 或 t≤-9.
∴t 的取值范围是 (-∞, -9]∪[3, +∞).
(1)求 f(x) 在 (a, b) 内的极值; (2)将 f(x) 的各极值与 f(a), f(b) 比较, 其中最大的一个是最大值, 最小的一个是最小值.
典型例题 1
已知 aR, 求函数 f(x)=x2eax 的单调区间. 解: 函数 f(x) 的导数 f(x)=2xeax+ax2eax
(1)当 a=0 时, 由 f(x)<0 得 x<0; 由 f(x)>0 得 x>0.
典型例题 6
若二次函数 f(x) 满足: ①在 x=1 处有极值; ②图象过点 (0, -3), 且在该点处的切线与直线 2x+y=0 平行. (1)求 f(x) 的解析式; (2)求函数 g(x)=f(xex), x[0, 1] 的值域.
(3)若曲线 y=f(ex) 上任意不同两点的连线的斜率恒大于 a+ , 求 a 的取值范围.
设 F(x)=g(a)+g(x)-2g( ),
a+x
则 F(x)=lnx-ln ,
a+x
2
2
当 0<x<a 时, F(x)<0, F(x) 在(0, a) 内为减函数;

2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：9.2 导数的应用 Word版含答案

§9.2导数的应用Ａ组基础题组1.(2021浙江苍南巨人中学模拟)函数y=4x2+的单调递增区间为( )A.(0,+∞)B.C.(-∞,-1)D.2.(2022课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)3.(2022福建四地六校联考,7,5分)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)4.(2021浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则+等于( )A. B. C. D.5.(2021浙江,8,5分)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(e x-1)(x-1)k(k=1,2),则( )A.当k=1时,f(x)在x=1处取到微小值B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值C.当k=2时,f(x)在x=1处取到微小值D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值6.(2022陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开头下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x7.(2021福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中肯定错误的是( )A.f<B.f>C.f<D.f>8.(2021湖南师大附中月考三)设函数f(x)=x3-ax2+3x-2.若f(x)在区间上单调递减,试求实数a的取值范围. 9.(2021浙江名校(镇海中学)沟通卷自选模块(二),03(2))已知函数f(x)=x2++alnx(x>0)在[1,+∞)上单调递增,求a的取值范围.10.(2021浙江新高考争辩卷自选模块二(慈溪中学),03(2))已知函数f(x)=ax2-4bx+2alnx(a,b∈R),若函数f(x)存在极大值和微小值,求的取值范围.11.(2021浙江台州中学第三次统练,03(2))已知函数f(x)=alnx-bx2图象上一点P(2,f(2))处的切线方程为y=-3x+2ln2+2.(1)求a,b的值;(2)若方程f(x)+m=0在区间内有两个不等实根,求m的取值范围.12.(2021浙江名校(杭州二中)沟通卷自选模块(三),03(2))已知函数f(x)=(ax2+2x)e x在[0,2]上单调递增,求实数a的取值范围.13.(2021浙江新高考争辩卷自选模块一(镇海中学),03(2))设x1,x2是函数f(x)=x3+x2-a2x的两个极值点.若a>0,且|x1|+|x2|=2,求证:|b|≤.14.(2021江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试争辩f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值.B组提升题组1.(2021东北三校一联)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在(2,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是( )A.(-∞,2)B.(-∞,2]C. D.2.(2022辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]3.(2021安徽,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( )A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<04.(2021课标Ⅱ,12,5分)设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)5.(2022山西八校联考,10,5分)设点P在曲线y=e x上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|的最小值为( )A.1-ln2B.(1-ln2)C.1+ln2D.(1+ln2)6.(2021浙江新高考争辩卷自选模块五(学军中学),03(2))已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1,当x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,求a的取值范围.7.(2021浙江冲刺卷六“复数与导数”模块,03(2))已知函数f(x)=x2+x-2lnx+a在区间(0,2)上恰有一个零点,求实数a的取值范围.8.(2021浙江调研模拟试卷自选模块四(绍兴一中),03)已知函数f(x)=x2-lnx.(1)求函数f(x)在[1,e]上的最大值;(2)当x>0时,不等式f(x)≥ax-lnx恒成立,求实数a的取值范围.9.(2021重庆,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值. (1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)e x,争辩g(x)的单调性.10.(2022课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.11.(2021浙江镇海中学新高考调研卷一,21)已知函数f(x)=ax3+2x2-a2x+b2(a,b∈R)在x=1处取得极大值.(1)求a的值及f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程f(x)=b在区间[0,2]上恰有三个不同的实根,求b的取值范围.Ａ组基础题组1.B 由y=4x2+得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,∴函数y=4x2+在上单调递增.故选B.2.D 依题意得f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,∵x>1,∴0<<1,∴k≥1,故选D.3.C f'(x)=1+=,若f(x)=x+alnx不是单调函数,则f'(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.4.C 由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是函数f(x)的极值点,因此1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f'(x)=3x2-6x+2.x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,因此x1+x2=2,x1·x2=,所以+=(x1+x2)2-2x1·x2=4-=,故选C.5.C 当k=1时,f(x)=(e x-1)(x-1),f'(x)=xe x-1,f'(1)≠0,故A、B错;当k=2时,f(x)=(e x-1)(x-1)2,f'(x)=(x2-1)e x-2x+2=(x-1)[(x+1)e x-2],故f'(x)=0有一根为x1=1,另一根x2∈(0,1).当x∈(x2,1)时,f'(x)<0,f(x)递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增,∴f(x)在x=1处取得微小值.故选C.6.A 依据题意知,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,∴y'=x2-=(x2-25),∴∀x∈(-5,5),y'<0,∴y=x3-x在(-5,5)上为减函数,同理可验证B、C、D均不满足此条件,故选A.7.C 构造函数g(x)=f(x)-kx+1,则g'(x)=f'(x)-k>0,∴g(x)在R上为增函数.∵k>1,∴>0,则g>g(0).而g(0)=f(0)+1=0,∴g=f-+1>0,即f>-1=,所以选项C错误,故选C.8.解析f'(x)=3x2-2ax+3.由于函数f(x)在区间上单调递减,所以f'(x)≤0对一切x∈恒成立.从而解得a≥5.9.解析依题意有f'(x)=2x-+≥0对于x≥1恒成立,即x≥1时,a≥-2x2恒成立.令g(x)=-2x2(x≥1),则g'(x)=--4x<0,则g(x)在[1,+∞)上单调递减,∴a≥g(x)max=g(1)=0,即a的取值范围为[0,+∞).10.解析f'(x)=2ax-4b+=(x>0),要使函数f(x)存在极大值和微小值,需2ax2-4bx+2a=0有两个不等的正根x1,x2, ∴即解得>1.11.解析(1)f'(x)=-2bx,f'(2)=-4b,f(2)=aln2-4b.∴-4b=-3,且aln2-4b=-6+2ln2+2.解得a=2,b=1.(2)由(1)知f(x)=2lnx-x2,设h(x)=f(x)+m=2lnx-x2+m,则h'(x)=-2x=,令h'(x)=0,得x=1(x=-1舍去).当x∈时,h'(x)>0,h(x)是增函数;当x∈(1,e]时,h'(x)<0,h(x)是减函数,则方程h(x)=0在内有两个不等实根的充要条件是解得1<m≤+2.12.解析f(x)=(ax2+2x)e x在区间[0,2]上单调递增,则不等式f'(x)≥0在区间[0,2]上恒成立,即(2ax+2)e x+(ax2+2x)e x≥0在区间[0,2]上恒成立,也即ax2+(2a+2)x+2≥0在区间[0,2]上恒成立.设g(x)=ax2+(2a+2)x+2.当a=0时,明显g(x)≥0在[0,2]上恒成立.当a>0时,x=-<0,此时g(x)min=g(0)=2≥0,则g(x)≥0在[0,2]上恒成立.当a<0时,由于g(0)=2,只要g(2)≥0即可,由a·22+2(2a+2)+2≥0得-≤a<0.综上,a∈.13.证明f'(x)=ax2+bx-a2,∵x1,x2是f(x)的两个极值点,∴x1,x2是ax2+bx-a2=0的两个实根.又∵a>0,∴x1x2=-a<0,x1+x2=-,∴|x1|+|x2|=|x1-x2|=,又∵|x1|+|x2|=2,∴+4a=4,即b2=4a2-4a3=4a2(1-a).∵b2≥0,∴0<a≤1.设b2=g(a)=4a2-4a3,则g'(a)=8a-12a2=4a(2-3a).由g'(a)>0得0<a<,由g'(a)<0及0<a≤1得<a≤1.∴g(a)在上单调递增,在上单调递减,∴g(a)max=g=,∴b2≤,∴|b|≤.14.解析(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,由于f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则f'(x)>0,若x∈,则f'(x)<0,所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f'(x)>0,若x∈,则f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而或又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,由于函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪1,∪.综上,c=1.B组提升题组1.D 由于f'(x)=6x2-6mx+6,当x∈(2,+∞)时,有f'(x)≥0,即6x2-6mx+6≥0,则m≤x+,又由于y=x+在(2,+∞)上为增函数,故当x∈(2,+∞)时,x+>,故m≤,故选D.2.C 由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.当0<x≤1时,a≥=--+.令t=(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,由于g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6,所以a≥-6.当-2≤x<0时,a≤--+,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a≤-2.综上可知-6≤a≤-2,故选C.3.A 由f(x)的图象易知d>0,且f'(x)=3ax2+2bx+c的图象是开口向上的抛物线,与x轴正半轴有两个不同的交点,则即故选A.4.A 令g(x)=,则g'(x)=,由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.∵f(x)是奇函数,f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,∴g(1)==0,∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.又∵g(-x)====g(x),∴g(x)是偶函数,∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).5.B 函数y=e x和函数y=ln(2x)互为反函数,它们的图象关于y=x对称,则只有直线PQ与直线y=x垂直时,|PQ|才能取得最小值.设P,则点P到直线y=x的距离为d=,令g(x)=e x-x(x>0),则g'(x)=e x-1,令g'(x)=e x-1>0,得x>ln2;令g'(x)=e x-1<0,得0<x<ln2,则g(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,所以当x=ln2时g(x)取得微小值,即最小值,g(x)min=e ln2-ln2=1-ln2>0,所以d min=.则|PQ|min=2d min=(1-ln2).故B正确.6.解析∵当x∈[2,+∞)时,f(x)≥0,∴-3a≤x++.记g(x)=x++,则g'(x)=1--==.当x∈[2,+∞)时,g'(x)≥0,∴g(x)在[2,+∞)上单增递增,∴g(x)min=g(2)=. ∴-3a≤,即a≥-.(5分)7.解析f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=x+1-=,由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0<x<1.故函数f(x)在区间(0,1]上为减函数,在区间[1,2)上为增函数,则函数f(x)在区间(0,2)上的微小值为f(1)=a+.故当0<x≤1时,f(x)≥a+;当1≤x<2时,a+≤f(x)<4-2ln2+a.要使函数f(x)在区间(0,2)上恰有一个零点,则f(2)≤0或f(1)=0,得a≤2ln2-4或a=-.(5分)8.解析(1)f'(x)=x-=,当1≤x≤e时,f'(x)≥0,故函数f(x)在[1,e]上为增函数,故f(x)max=f(e)=-1.(5分)(2)令g(x)=f(x)-ax+lnx=-ax-lnx(x>0),则g'(x)=x-a-=(x>0).易知g'(x)=0只有一正根.设x0是方程g'(x)=0(x>0)的根,则x∈(0,x0)时,g'(x)<0,x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)min=g(x0),∴-ax0-lnx0≥0,且2-2ax0-1=0,消去a得1--lnx0≥0,又函数y=1-x2-lnx在(0,+∞)上为减函数,且x=1时,y=0,∴0<x0≤1,∴a=x0-≤.(10分)9.解析(1)对f(x)求导得f'(x)=3ax2+2x,由于f(x)在x=-处取得极值,所以f'=0,即3a·+2·=-=0,解得a=.(2)由(1)得g(x)=e x,故g'(x)=e x+e x=e x=x(x+1)(x+4)e x.令g'(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)为增函数;当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;当x>0时,g'(x)>0,故g(x)为增函数.综上知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.10.解析(1)f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.由题设得-=-2,所以a=1.(2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k>0.当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.11.解析(1)f'(x)=3ax2+4x-a2,由f'(1)=0⇒a=-1或a=4,当a=-1时,f'(x)=-3x2+4x-1,f'(x)>0⇒<x<1,f'(x)<0⇒x<或x>1,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x=1时,函数f(x)取得极大值,∴a=-1符合题意;当a=4时,f'(x)=12x2+4x-16,f'(x)<0⇒-<x<1,f'(x)>0⇒x<-或x>1,∴f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴当x=1时,函数f(x)取得微小值,∴a=4不符合题意. ∴a=-1,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)由(1)知f(x)=-x3+2x2-x+b2,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在[1,2]上单调递减.则f(x)在区间[0,2]上的极大值为f(1)=b2,微小值为f=-+b2,又f(0)=b2=f(1),f(2)=-2+b2<f,所以由方程f(x)=b在区间[0,2]上恰有三个不同的实根,得即∴b的取值范围是-<b<0或<b<.。

高中数学导数的应用 ppt

f x 0
y f x
为减函数。
2. 求可导函数单调区间的一般步骤和方法：
① 确定函数 f x 的定义域区间； ② 求 f x ，令 f x ＝０，解此方程，求出它在定义域区间内的一切实根；
③ 把函数 f x 的间断点（即 f x 的无定义点）的横坐标和上面的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后
x0 附近的所有的点 x 都有 f x f x0 （或 f x f x0
则称
x
在点
x0 附近有定义，且对
f x0 为函数的一个极大（小）值，称
x0 为极大（小）
值点。
2. 求可导函数 y f x 极值的步骤：
① 求导数 f x
3 2
解法提示：在某一点切线的斜率或在某
一时刻的瞬时速度就是该点或该时刻对应的
导数.
题型二：求函数的单调区间.
例2试确定函数
1 y ln x 1 的单调区间. x
分析：确定函数的单调区间,即在其
定义域区间内确定其导数为正值与负值
的区间.
二、可导函数的极值
1. 极值的概念：设函数 f
导数的应用
知识与技能:
1. 利用导数研究函数的切线、单调性、极大（小）值以及函数在连续区间[a，b]上的最大（小）值； 2．利用导数求解一些实际问题的最大值和最小值。
过程与方法:
1. 通过研究函数的切线、单调性、极大（小）值以及函数在连续区间[a，b]上的最大（小）值，培养学生的数学思维能力； 2. 通过求解一些实际问题的最大值和最小值，培养学生分析问题、解决问题的能力，以及数学建模能力。
情感态度、价值观：

高考数学一轮复习第15讲导数在函数中的应用课件理 (浙江专)

3.函数 f(x)＝x3－3x＋1 在闭区间[－3,0]上的最大值是 3 ，最小值是－17 .
【解析】f ′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令 f ′(x)＝0，得 x＝－1(x＝1 舍去)．而 f(－3)＝－17，f(－1)＝3，f(0)＝1，
故 f(x)在[－3,0]的最大值是 3，最小值是－17.
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
易错点：易错选 C，事实上，f(x)在区间(a，b)内单调递
增，f′(x)≥0，如 f(x)＝x3，x∈(－2,3)，此时 f′(x)＝3x2≥0(在
x＝0 时，f′(x)＝0.)
1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/182022/1/182022/1/182022/1/18
x
，
0
使
得
对
任
意
的
x
I，
都
有
⑤

高考数学(浙江,文理通用)大一轮复习讲义课件：第9章导数及其应用 9.2

解析当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
∴x＝1不是f(x)的极值点.
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧，f′(x)<0，
当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值.故选C.
12345
解析答案
4.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点1的个数为.
第九章导数及其应用
§9.2 导数的应用
内容索引
知识梳理要点讲解深层突破
考点自测
自纠
快速解答自查
知识梳理
1 知识梳理
1.函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′>(x) 0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) 0，那么函数y＝f(x)在这个
< 区间内单调递减. 2.函数的极值
由g(x)<0＝g(1)，得x>1，故选A.
12345
解析答案
3.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝C1,2)，则( )
A.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，则不等式f(x)<2x＋1的解集为 A
()
A.(1，＋∞)
B.(－∞，－1)
C.(－1,1)
D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0，

导数及其在高考中的应用课件

m
m
m
m
设 g(x) x2 2(1 1 )x 2 ,其函数开口向上,由题意知①式恒成立, mm
所以
g(1) 0, g(1) 0.
1 2 1
2 m
0.
2 m
0,
解之得
4 3
m
又
m
0
所以
4 3
m
0
.即
m
的取值范围为
4 3
,
0
.
（五）函数的最大值与最小值：
1．定义：最值是一个整体性概念，是指函数在给定区间 (或定义域)内所有函数值中最大的值或最小的值，最大数值叫最大值，最小的值叫最小值，通常最大值记为M，最小值记为m.
例 2 求曲线 f x x3 3x2 2x 过原点的切线方程.
解: f x 3x2 6x 2 .设切线斜率为 k ,
(1)当切点是原点时 , k f 0 2 ,所以所求曲线的切线方程为
y 2x .
(2)当切点不是原点时,设切点是 x0, y0 ,则有 y0 x03 3x02 2x0 ,
函数的最大（小）值与导数
2)在闭区间[a,b]上的函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,则它必有最大值和最小值.
f(x1)
y f(x3)
f(b)
a
x2
x1
0
x3
x4 bx
f(a)
f(x2)
返回
例1．已经曲线C：y=x3-x+2和点 A(1,2)。求在点A处的切线方程？
解：f/(x)=3x2－1， ∴k= f/(1)=2 ∴所求的切线方程为： y－2=2(x－1), 即 y=2x
1) 如果恒有 f′(x)>0，那么 y=f（x) 在这个区间（a,b)内单调递增；

高考数学(浙江版,理)课件：9.1 导数的概念及运算

4
4
(3)y= 3 1 . sin x
解析
(1)∵y= x 1= x +
1
1
1
= x 2 + x 2 ,
x
x
∴y'= 1 x12 2
-1
3
x 2
2
=x
2x
x
-2x2
.
(2)∵y=sin4 4x +cos4 4x =
sin2
x 4

cos2
x 4
2
-2sin2 x ·cos2 x =1- 1 sin2 x =3 +1 cos
(g(x)≠0)
.
4.复合函数的导数
设u=v(x)在点x处可导,y=f(u)在点u处可导,则复合函数f[v(x)]在点x处可导,
且y'=f '(u)·v'(x).
1.曲线y=x3-3x2+1在点(1,-1)处的切线方程为 ( )
A.y=3x-4 B.y=-3x+2
C.y=-4x+3 D.y=4x-3
3.已知函数f(x)=- a sin

πx且f
'(1)=2,则a的值为
(
)
A.1 B.2 C. 2 D.任意正数
答案
B
f
'(x)= a
sin
x

'= a (cos

πx)·π=-acos
πx,
f
'(1)=-acos
π=a,又f
'
(1)=2,∴a=2.故选B.
c
4.已知函数 f(x)的导函数为f '(x),且满足关系式f(x)=x2+3xf '(2)+ln x,则f '(2)

浙江省2020版高考数学第四章导数及其应用第1节导数的概念与导数的计算课件

y′|x＝x0＝x2 0，
即过点 P 的切线的斜率为 x2 0，
1 3 8 x0 － 3 3 8 2 又切线过点 P 2，3 ，若 x0≠2，则 x0＝， x0－2
解得x0＝－1，此时切线的斜率为1；若x0＝2，则切线的斜率为4.
8 8 故所求的切线方程是 y－＝x－2 或 y－＝4(x－2)， 3 3
第1节导数的概念与导数的计算
考试要求 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；
1 3.能根据导数的定义求函数 y＝c(c 为常数)，y＝x，y＝x ，y＝x2，y＝x3，y＝ x的导数； 4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单复合函数(仅限于形如 y＝f(ax＋b)的复合函数)的导数.
cos x （cos (2)y′＝ ex ′＝
x）′ex－cos x（ex）′ sin x＋cos x ＝－ . ex （ex）2
π π (3)∵y＝xsin2x＋2cos2x＋2
1 1 ＝ xsin(4x＋π)＝－ xsin 4x， 2 2 1 1 ∴y′＝－ sin 4x－ x· 4cos 4x 2 2 1 ＝－ sin 4x－2xcos 4x. 2
解析
1 ∵f(x)＝ f′(1)e2x－2＋x2－2f(0)x， 2
∴f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)， ∴f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，∴f(0)＝1，
1 即 1＝ f′(1)e－2，∴f′(1)＝2e2， 2
∴f(x)＝e2x＋x2－2x.
答案 1
e2x＋x2－2x
6.已知曲线y＝e－x，则其图象上各点处的切线斜率的取值范围为 ________；该曲线在点 (0，1)处的切线方程为________.