高中数学全程复习方略第三章 导数及其应用 章末总结 阶段复习课(共60张PPT)

2.利用导数法解决取值范围问题时的基本思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上恒成立问题，利用分离参
数或函数性质求解参数的取值范围，然后检验参数取“=”时
是否满足题意； (2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再 令参数取“=”，看此时f(x)是否满足题意.
x 2 2x a ,x∈［1,+∞). ＝(－2)3＋(－2)－16＝－26， k＝3×(－2)2＋1＝13. ≨直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26).
【想一想】(1)求曲线的切线方程的关键点是什么？ (2)本例(2)中方法二的技巧关键点是什么？ 提示：(1)关键是确定切线的斜率与一个具体的点，利用点斜 式求直线方程. (2)方法二的巧妙之处在于设出切点，结合原点利用斜率公式 表示出切线斜率，又结合导数的几何意义，根据斜率相等求出 切点.
利用导数研究函数的单调区间 【技法点拨】 利用导数求可导函数的单调区间的一般步骤 (1)确定函数y=f(x)的定义域； (2)求f′(x);
(3)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(4)不等式的解集与定义域取交集； (5)确定并写出函数的单调递增区间或单调递减区间.
【典例2】已知函数f(x)＝ 1 x3＋ax2＋bx，且f′(－1)＝0，
Δx
Δy . Δx
导数的几何意义 【技法点拨】 1.导数几何意义的应用
2.求切线方程时的注意事项 一定要分清是求在点P处的切线方程，还是求过点P的切线方程， 即点P是否为切点.
【典例1】已知函数f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程；
(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程
⑤当a>1时，1-2a<-1. 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) (-∞，1-2a) (1-2a，-1) + 单调递增 单调递减 (-1，+ ∞) + 单调递增
分类讨论 两根大小
f(x)
由此得，函数f(x)的单调增区间为(-∞,12a)和(-1，+∞),单调减区间为(1-2a,-1). ②当a=1时，1-2a==-1，此时有f′(x)≥0恒 成立，且仅在x=-1处f′(x)=0，故函数f(x) 的单调增区间为R. ③当a<1时，1-2a>-1，同理可得，函数f(x) 的单调增区间为(-∞,-1)和(1-2a，+∞)， 单调减区间为(-1,1-2a)
【典例3】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.
【解析】(1)由题意知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c
2 f′(x0)＝ 3x 0 ＋1，≨直线l的方程为
2 y＝ 3x 0＋ x－x 0 ＋x 3＋x 0－ ， 1 16 0
又≧直线l过点(0,0)，
2 ≨0＝ 3x 0＋ x－x 0 ＋x 3＋x 0－ ， 1 16 0
2 整理得，x 0 ＝－8，
≨x0＝－2,
≨y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，
g(1)≤0,即a+3≤0.由此得a≤-3.
x2 a (2)≧f′(x)= ， 2 x
又f(x)在［1,+≦)上单调递增， ≨当x≥1时，f′(x)≥0恒成立， 即x≥1时，x2≥a成立， 又y=x2在x≥1的最小值为1，故a≤1.
【想一想】(1)解答本题(1)的关键点是什么？ (2)解答本题用到的思想方法是什么？ 提示：(1)由题意得到g(x)=x2+2x+a在［1,+≦)上单调递增， 进而要满足题意，只需g(1)≤0. (2)本题(1)(2)均用到了转化化归的数学思想.根据条件灵活地
x +2； 150
②y＝4lgx－3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？
【解析】(1)设奖励函数模型为y＝f(x)，则公司对函数模型
的基本要求是： 当x∈［10，1 000］时，①f(x)是增函数；②f(x)≤9恒成 立；③f(x)≤ 恒成立. (2)①对于函数模型y= x
150
x 5
+2：
当x∈［10，1 000］时，f(x)是增函数， 则f(x)max=f(1 000)= 1 000 2 20 2 9.
综上，当a>1时，函数f(x)的单
调增区间为(-∞，1-2a)和(-1，
+∞)，单调减区间(1-2a,-1) 当a=1时，函数f(x)的单调增区
结论
间为R;当a<1时，函数f(x)的单 调增区间为(-∞，-1)和(1-2a， +∞)，单调减区间为(-1,1-2a).
【思考】(1)解答本题的注意点是什么？ (2)解答本题时分类讨论的标准是什么？ 提示：(1)在运用导数求函数单调区间时，一定要注意函数定 义域，另外当函数的单调区间不唯一的时候，两个区间之间不 能用并集符号.
第三章 章末总结/阶段复习课
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B F D
【备选答案】 A.若f′(x)>0， 则y=f(x)递增；若f′(x)<0， 则y=f(x)递减 C.①求f′(x)； f′(x)=0； A C E B.平均变化率
y ②解方程 x
③判断两侧符号
D.切线斜率k=f′(x0) E.①求极值；②极值与端点对 应的函数值比较 F.瞬时变化率 lim
(1)若f(x)在x∈［1,+∞)上有零点，求实数a的取值范围； (2)若f(x)在x∈［1,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)在x∈［1,+≦)上有零点，
x 2 2x a =0在［1,+≦)上有解， 即方程 x
≨x2+2x+a=0在［1,+≦)上有解， 令g(x)=x2+2x+a， 则由于其图象的对称轴为x=-1， ≨结合图象可得，要使x2+2x+a=0在［1,+≦)上有解，需
(2)g(x)＝－3(x－1)(x－3)＋6(m－2)x
＝－3(x2－2mx＋3)，
令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， 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.
讨论的标准所在.
利用导数求解参数的取值范围 【技法点拨】 1.解不等式恒成立问题的方法 (1)利用函数的单调性的定义； (2)利用导数法更简洁.在解决问题的过程中主要处理好等号的
问题，因为f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是一个函数在某区间上递
增(或递减)的充分不必要条件，而其充要条件是：
f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)不恒为零.
x 5
则g′(x)= 4lge 1 .
x 5
4lge 1 2lge 1 lge 2 1 当x≥10时，g′(x)= 0，所以g(x)在 x 5 5 5
［10，1 000］上是减函数，从而g(x)≤g(10)＝－1＜0.所以
x 4lgx－3－ ＜0，即4lgx－3＜ x ，所以f(x)< x 恒成立.故该 5 5 5
2.最优化问题需要注意的问题
最优化问题一般指的是单峰函数的最值问题，即在实际问题中，
如果遇到函数在区间上只有一个点使得f′(x)=0，且函数在该
点取得极大(小)值，那么它也是函数的最大(小)值，不需要与 区间端点处的函数值比较.简言之，函数在区间上如果只有一 个极值点，那么该极值点必为最值点.
【典例5】某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计
(2)本题分类的标准是f′(x)＝0的两个根－1与1－2a的大小.
利用导数研究函数的极值和最值 【技法点拨】
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)求方程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.
＝3a(x－1)(x－3)(a<0)，
≨在(－≦，1)上f′(x)<0，f(x)是减函数，
在(1,3)上f′(x)>0，f(x)是增函数， 在(3，＋≦)上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.
a＋b＋c＝－4，
≨ f′(1)＝3a＋2b＋c＝0， f′(3)＝27a＋6b＋c＝0， 解得a＝－1，b＝6，c＝－9， ≨f(x)＝－x3＋6x2－9x. 则f(x)在x＝3处取得极大值f(3)＝0.
能获得10万元～1 000万元的投资收益.现准备制定一个对科研
课题组的奖励方案：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：
万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过投 资收益的20%.
(1)若建立函数模型制定奖励方案，试用数学语言表述公司对 奖励函数模型的基本要求； (2)现有两个奖励函数模型：①y=
150 3
所以f(x)≤9恒成立.
因为函数
f x x

1 2 在［10，1 000］上是减函数， 150 x 5 5
所以 ［ f x ］ 1 1 1 . max
x 150
即f(x)≤ 不恒成立.
故该函数模型不符合公司要求.