【高中数学】《导数的应用习题课》课件
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高中数学第3章导数应用1.1导数与函数的单调性课件
数学D 选修2-2
第三章 导数应用
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
[规范解答] (1)f′(x)＝6x2－12x.
令f′(x)＞0，即6x2－12x＞0，解得x＜0或x＞2，
令f′(x)＜0，即6x2－12x＜0，解得0＜x＜2.
所以，该函数的递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，递减
数学D 选修2-2
第三章 导数应用
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
课堂互动讲义
数学D 选修2-2
第三章 导数应用
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
利用导数判断或证明函数的单调性
证明函数f(x)＝x＋1x在(0,1]上为减函数．
[思路导引]
求f′x
―→
推导在0，1] 上f′x≤0
―→
得结论
[边听边记] 证明：∵f′(x)＝1－x12＝x2x－2 1，
答案： A
数学D 选修2-2
第三章 导数应用
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
2．若三次函数f(x)＝ax3－x在区间(－∞，＋∞)内是减函
数，则( )
A．a≤0
B．a≤1
C．a＝2
D．a＝13
解析： ∵f′(x)＝3ax2－1，若f(x)在(－∞，＋∞)上是减
函数，∴f′(x)≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，即3ax2－1≤0恒
课前预习学案
课堂互动讲义
课后演练提升
(1)判断函数单调性时，f′(x)＞0 能推出f(x)为增函数，但反之不一定．如函数f(x)＝x3在(－∞， ＋∞)上增加，但f′(x)≥0，∴f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必 要条件．当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)为常数函数 ，不具单调性．所以f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件 ．
人教A版高中同步学考数学选修1精品课件 第三章 习题课——导数的综合应用
足的条件是什么?
(2)对于函数y=f(x),x∈[a,b],若存在x0∈[a,b],使得f(x)≥c,或f(x)≤c成
立,则c满足的条件是什么?
提示:(1)c≤f(x)min或c≥f(x)max.
(2)c≤f(x)max或c≥f(x)min.
2.利用导数解决不等式恒成立问题
(1)不等式λ≥f(x)恒成立,则λ≥[f(x)]max;
所以 f(x)∈[0,2e2],故实数 m 的取值范围为(-∞,0).
探究一
探究二
探究三
思维辨析
当堂检测
利用导数研究方程的根或函数的零点
例1已知函数f(x)=x3-x2-x+a,g(x)=x3-2x-ln x+3,其中a∈R.
(1)若方程f(x)=0只有一个实数根,求实数a的取值范围;
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
(2)不等式λ≤f(x)恒成立,则λ≤[f(x)]min.
【做一做1】 方程x3-3x2-2=0实根的个数为(
)
A.0
B.1
C.2 D.3
解析:令f(x)=x3-3x2-2,则f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),所以f(x)有极大值f(0)=2,极小值f(2)=-6,结合函数图象可知其与x轴有一个交点,因此方程
所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-2)和(0,+∞);
e
由 f'(x)= 2 x(x+2)<0 解得-2<x<0,
所以 f(x)的单调递减区间是(-2,0).
x
(2)令 f'(x)=xe
1 2 x e
+2x e = 2 x(x+2)=0,
(2)对于函数y=f(x),x∈[a,b],若存在x0∈[a,b],使得f(x)≥c,或f(x)≤c成
立,则c满足的条件是什么?
提示:(1)c≤f(x)min或c≥f(x)max.
(2)c≤f(x)max或c≥f(x)min.
2.利用导数解决不等式恒成立问题
(1)不等式λ≥f(x)恒成立,则λ≥[f(x)]max;
所以 f(x)∈[0,2e2],故实数 m 的取值范围为(-∞,0).
探究一
探究二
探究三
思维辨析
当堂检测
利用导数研究方程的根或函数的零点
例1已知函数f(x)=x3-x2-x+a,g(x)=x3-2x-ln x+3,其中a∈R.
(1)若方程f(x)=0只有一个实数根,求实数a的取值范围;
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
(2)不等式λ≤f(x)恒成立,则λ≤[f(x)]min.
【做一做1】 方程x3-3x2-2=0实根的个数为(
)
A.0
B.1
C.2 D.3
解析:令f(x)=x3-3x2-2,则f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),所以f(x)有极大值f(0)=2,极小值f(2)=-6,结合函数图象可知其与x轴有一个交点,因此方程
所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-2)和(0,+∞);
e
由 f'(x)= 2 x(x+2)<0 解得-2<x<0,
所以 f(x)的单调递减区间是(-2,0).
x
(2)令 f'(x)=xe
1 2 x e
+2x e = 2 x(x+2)=0,
第一讲：导数的应用(一)复习课件高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
3
f x在 2 a,0上单调递增 , 在 , 2 a 和0,上单调递减
3
3
题型2 由函数的单调区间求参数
-12
D
y log 1 (ax2 8x 15)在1，2上单调递增
2
ax2 8x 15 0在1，2上恒成立
又 y log 1 t在定义域上单调递减
2
x 2时有ax2 8x 15 4a 1 0
hx的大致函数图象如图所 示
hx 0的解集为x 3或0 x 3
课后作业
D
B
B
1y 3
2
2 当0 a 1时，f x在0，1上单调递减，在 1， 上单调递增 当1 a 2时，f x在a 1，1上单调递减，在 0, a 1和1， 上单调递增 当a 2时，f x在0， 上单调递增 当a 2时，f x在1, a 1上单调递减，在 0,1和a 1， 上单调递增
4 3
x02 x
x0
切点坐标为 2,4或 2, 4
3 切线方程分别为： 4x y 4 0或12x 3y 20 0
将点P2，4代入切线方程得：x03 3x02 4 0
化简得 x02 x0 2 x0 2 0
解得：x0 1或x0 2
专题二 利用导数求函数单调性
题型1 运用导数求函数的单调性
D
2当a 1时, f x x3 x2
x3 x2 xk ln x在0,上恒成立
k ln x x2 x在0,上恒成立
设gx ln x x2 xx 0
解：1 f x 3x2 2ax
令f
x
0得x1
0,
x2
2 3
a
当a 0时，f x 0恒成立
gx 1 2x 1 2x2 x 1
高中数学选择性必修二(人教版)《习题课 导数及其应用》课件
[集训冲关]
1．函数 f(x)＝1＋3x－x3
()
A．有极小值，无极大值
B．无极小值，有极大值
C．无极小值，无极大值
D．有极小值，有极大值
解析： f′(x)＝－3x2＋3，由 f′(x)＝0，得 x＝±1.当 x∈(－1,1)时，
f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－1,1)；同理，f(x)的单调递减区
[方法技巧] 1．利用导数解决不等式问题的策略 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 后考查这个函数的单调性，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 即可，由此转化成求 φ(x)最小值问题，借助于导数解决．
所以 0<a<27. 当 a<0 时，f(x)在－2，23上单调递减，在23，1上单调递增，又 f(－ 2)＝－32a>f(1)＝a. 所以 f(x)的最大值为 f(－2)＝－32a<32，即 a>－1. 所以－1<a<0. 综上可得，a 的取值范围为(－1,0)∪(0,27)．
2．已知函数 f(x)＝ax2＋exx－1. (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当 a≥1 时，f(x)＋e≥0. 解：(1)因为 f′(x)＝－ax2＋2eax－1x＋2， 所以 f′(0)＝2， 所以曲线 y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是 y＋1＝2x，即 2x－y－1＝0. (2)证明：当 a≥1 时， f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令 g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1， 则 g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当 x<－1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当 x>－1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以 g(x)≥g(－1)＝0. 因此 f(x)＋e≥0.
新高考数学总复习专题四导数的应用课件
f
'(x)=
g(x) x2
≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(ii)若Δ>0,则a<-1或a>1.
①当a<-1时,g(x)=x2-2ax+1>0恒成立,即对任意x∈(0,+∞), f '(x)= g(x) >0,
x2
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a>1时,由x2-2ax+1=0,解得α=a- a2 1,β=a+ a2 1.所以当0<x<α时, g(x)>0;当α<x<β时,g(x)<0;当x>β时,g(x)>0.所以在(0,a- a2 1 )∪(a+ a2 1 , +∞)上,f '(x)>0,在(a- a2 1,a+ a2 1)上, f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,a-
2.可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f '(x)的变号零点存在问 题.
3.求函数的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调 性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象视察得出函数最值.
例2 (202X山东烟台二中三模,21)已知函数f(x)=ex(mx2+x),g(x)=exx2+ax+ aln x+1. (1)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数m的值; (2)当m=1时,若∀x>0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的值.
考法一 利用导数研究函数的单调性 1.求函数的单调区间或讨论函数的单调性 1)利用导数求函数f(x)单调区间的步骤 ①确定函数f(x)的定义域; ②求导数f '(x); ③解不等式f '(x)>0,函数在解集与定义域的交集上为增函数; ④解不等式f '(x)<0,函数在解集与定义域的交集上为减函数. 2)含参函数的单调性问题 含参函数的单调性问题主要以两种情势呈现,一是判断含参函数的单调 性,二是求含参函数的单调区间.这两种情势实质上是一致的,只不过是换 了一种说法.解决此类问题时,通常归结为求含参不等式的解集问题,而对
人教A版高中数学选择性必修第二册习题课导数的几何意义及其应用课件
所以 f′(1)＝ln 1＋a＋1＝a＋1＝2，a＝1.
[方法技巧]
一般已知曲线上一点P(x0，y0)的切线与已知直线的关系(平行或垂直)，确定 该切线的斜率k，再求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义得到k＝f′(x0) ＝tan α，其中倾斜角α∈[0，π)，根据范围进一步求得角α或有关参数的值．
数 f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数 f(x)的图象在点(0，f(0))处的
切线方程为 y＝－x＋1，即 x＋y－1＝0.故选 B.
答案：B
2．(2022·新课标Ⅱ卷)曲线 y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________， ________.
解析：先求当 x>0 时，曲线 y＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)， 则由 y′＝1x，得切线斜率为x10，又切线的斜率为xy00，所以x10＝xy00，解得 y0＝1， 代入 y＝ln x，得 x0＝e，所以切线斜率为1e，切线方程为 y＝1ex.同理可求得当 x<0 时的切线方程为 y＝－1ex.综上可知，两条切线方程为 y＝1ex，y＝－1ex.
答案：y＝1ex y＝－1ex
高频考点二|求切点坐标
[例2] 已知函数f(x)＝xln x在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＝0垂直， 则切点P(x0，f(x0))的坐标为________．
[解析] ∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝ln x＋1，由题意得f′(x0)·(－1)＝－1，即 f′(x0)＝1，∴ln x0＋1＝1，ln x0＝0，∴x0＝1，∴f(x0)＝0，即P(1,0)．
2．若函数f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是
()
[方法技巧]
一般已知曲线上一点P(x0，y0)的切线与已知直线的关系(平行或垂直)，确定 该切线的斜率k，再求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义得到k＝f′(x0) ＝tan α，其中倾斜角α∈[0，π)，根据范围进一步求得角α或有关参数的值．
数 f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数 f(x)的图象在点(0，f(0))处的
切线方程为 y＝－x＋1，即 x＋y－1＝0.故选 B.
答案：B
2．(2022·新课标Ⅱ卷)曲线 y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________， ________.
解析：先求当 x>0 时，曲线 y＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)， 则由 y′＝1x，得切线斜率为x10，又切线的斜率为xy00，所以x10＝xy00，解得 y0＝1， 代入 y＝ln x，得 x0＝e，所以切线斜率为1e，切线方程为 y＝1ex.同理可求得当 x<0 时的切线方程为 y＝－1ex.综上可知，两条切线方程为 y＝1ex，y＝－1ex.
答案：y＝1ex y＝－1ex
高频考点二|求切点坐标
[例2] 已知函数f(x)＝xln x在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＝0垂直， 则切点P(x0，f(x0))的坐标为________．
[解析] ∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝ln x＋1，由题意得f′(x0)·(－1)＝－1，即 f′(x0)＝1，∴ln x0＋1＝1，ln x0＝0，∴x0＝1，∴f(x0)＝0，即P(1,0)．
2．若函数f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是
()
高中数学选修2《导数在研究函数中的应用》课件
或
x>1
时,
f (x)>0,
-
1 3
x
1
时,
∴ 函数在 (-∞,
f (x)<0.
- 13) 或 (1,
+∞) 上是增函数,
在
(
-
1 3
,
1)上是减函数.
4. 证明函数 f(x)=2x3-6x2+7 在 (0, 2) 内是减函数.
证明: f (x)=6x2-12x,
解不等式 6x2-12x<0 得 0<x<2,
函数是增函数.
例2. 判断下列函数的单调性, 并求出单调区间: (1) f(x)=x3+3x;
(2) f(x)=x2-2x-3;
(3) f(x)=sinx-x, x(0, p);
(4) f(x)=2x3+3x2-24x+1.
y
解: (3) f (x) = cosx-1,
解不等式 cosx-1>0 得
果 f(x)<0, 那么函数 y=f(x)在
这个区域内单调递减.
例1. 已知导函数 f (x) 的下列信息:
当 1<x<4 时, f (x)>0;
当 x>4, 或 x<1 时, f (x)<0;
当 x=4, 或 x=1 时, f (x)=0.
试画出函数 f(x) 图象的大致形状.
解: 在区间 (1, 4) 内, f (x)>0,
解不等式 6x2+6x-24>0 得
x
-
1 2
-
17 2
,
或
x
-
1 2
+
导数及其应用习题课课件
2)如果a是f’(x)=0的一个根，并且在a 的左侧附近f’(x)<0，在a 右 侧附近f’(x)>0，那么是f(a)函数f(x)的一个极小值.
注：导数等于零的点不一定是极值点． 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
2022/10/18
f(a)
f(x2)
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.
考向 1 判断或证明函数的单调性
(2)已知函数 f(x)＝x2＋x b，其中 b∈R.
①若 x＝－1 是 f(x)的一个极值点，求 b 的值；
②求 f(x)的单调区间．
【解析】 (1)由 f(x)＝x·ex－ex＋1，得 f′(x)＝(x＋1－e)·ex，令 f(x)>0，解得 x>e－1，所以函数 f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．
所以 G(x)max＝－176(此时 x＝4)，所以 a≥－176. 当 a＝－176时，h′(x)＝1x＋176x－2＝16＋71x62x－32x ＝7x－146xx－4，∵x∈[1,4]， ∴h′(x)＝7x－146xx－4≤0. 即 h(x)在[1,4]上为减函数． 故实数 a 的取值范围是 a≥－176.
————|规律方法|————————————————————————— 根据函数单调性求参数的一般思路
高中数学 第三章3.2 导数的应用(一)(共80张PPT)
当 极值点，求 a 的取值范围． x∈(－∞，2－ 3)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－ 3)上单调递增；
当 x∈(2－ 3， 2＋ 3)时， f′(x)<0， f(x)在(2－ 3， 2＋ 3)上单调递减； 当 x∈(2＋ 3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋ 3，＋∞)上单调递增． 综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－ 3)和(2＋ 3，＋∞)， f(x)的单调减区间是(2－ 3，2＋ 3)．
是 f(x)在(a，b)上单调递 增的充分条件． 3． 对于可导函数 f(x)， f′(x0) ＝0 是函数 f(x)在 x＝x0 处有极值的必要不充分 条件．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
基础知识·自主学习
基础自测
题号
1 2 3 4 5
答案
3
[－3，＋∞)
解析
②③
C B
基础知识
题型分类
思想方法
点是不是函数的极值点． (2)本题的易错点为不对 1－a2 进 行讨论，致使解答不全面．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
变式训练 2 ex (2011· 安徽)设 f(x)＝ ，其中 a 为正实数． 1＋ax2 4 (1)当 a＝ 时，求 f(x)的极值点； 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数，求 a 的取值范围．
(1)当 t＝1 时， 求曲线 y＝f(x)在点(0， f′(0)＝－6.所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝－6x. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. f(0))处的切线方程； t 令 f′(x)＝0，解得 x＝－t 或 x＝ . 2 (2)当 t≠0 时，求 f(x)的单调区间． 因为 t≠0，所以分两种情况讨论： t ①若 t<0，则 <－t.当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 2 t t －∞， ，－t (－t，＋∞) x 2 2
《导数习题课》课件
详细描述
复合函数的导数是通过对中间变量求导，然后将结果代入到外层函数中求导得 到的。掌握复合函数的导数可以帮助我们解决一些复杂的函数问题，如求极值 、判断单调性等。
隐函数的导数
总结词
掌握隐函数的导数是解决隐函数问题 的关键。
详细描述
隐函数的导数是通过对等式两边同时 求导，然后解出对x的导数得到的。掌 握隐函数的导数可以帮助我们解决一 些涉及多个变量的问题，如求最值、 判断曲线的形状等。
THANKS
感谢观看
总结词
导数具有连续性、可加性、可乘性和链式法则等性质 。
详细描述
导数具有一系列重要的性质，包括连续性、可加性、可 乘性和链式法则等。连续性是指函数在某一点的导数等 于该点附近的极限值；可加性是指函数在两点之间的导 数等于两端点导数的和；可乘性是指函数与常数的乘积 的导数等于该常数与函数导数的乘积；链式法则是指复 合函数的导数等于复合函数内部函数的导数与外部函数 的导数的乘积。这些性质在研究函数的单调性、极值和 曲线的拐点等方面具有广泛应用。
导数与函数的最值的综合题
总结词
这类题目通常涉及到利用导 数研究函数的极值和最值，
解决最优化问题。
详细描述
这类题目要求熟练掌握导数 的计算方法和函数的极值判 定，能够利用导数研究函数 的极值和最值，解决最优化
问题。
示例
设函数$f(x) = x^{3} ax^{2} + bx$，若$f(x)$在$( - infty,0)$和$(2, + infty)$上 单调递增，在$(0,2)$上单调 递减，且$f(x)$在$x = 2$处 取得极小值，求$a,b$的值及 $f(x)$的最小值。
导数与函数的零点的综合题
总结词
复合函数的导数是通过对中间变量求导，然后将结果代入到外层函数中求导得 到的。掌握复合函数的导数可以帮助我们解决一些复杂的函数问题，如求极值 、判断单调性等。
隐函数的导数
总结词
掌握隐函数的导数是解决隐函数问题 的关键。
详细描述
隐函数的导数是通过对等式两边同时 求导，然后解出对x的导数得到的。掌 握隐函数的导数可以帮助我们解决一 些涉及多个变量的问题，如求最值、 判断曲线的形状等。
THANKS
感谢观看
总结词
导数具有连续性、可加性、可乘性和链式法则等性质 。
详细描述
导数具有一系列重要的性质，包括连续性、可加性、可 乘性和链式法则等。连续性是指函数在某一点的导数等 于该点附近的极限值；可加性是指函数在两点之间的导 数等于两端点导数的和；可乘性是指函数与常数的乘积 的导数等于该常数与函数导数的乘积；链式法则是指复 合函数的导数等于复合函数内部函数的导数与外部函数 的导数的乘积。这些性质在研究函数的单调性、极值和 曲线的拐点等方面具有广泛应用。
导数与函数的最值的综合题
总结词
这类题目通常涉及到利用导 数研究函数的极值和最值，
解决最优化问题。
详细描述
这类题目要求熟练掌握导数 的计算方法和函数的极值判 定，能够利用导数研究函数 的极值和最值，解决最优化
问题。
示例
设函数$f(x) = x^{3} ax^{2} + bx$，若$f(x)$在$( - infty,0)$和$(2, + infty)$上 单调递增，在$(0,2)$上单调 递减，且$f(x)$在$x = 2$处 取得极小值，求$a,b$的值及 $f(x)$的最小值。
导数与函数的零点的综合题
总结词
人教A版高中数学选择性必修第二册精品课件 第5章 一元函数的导数及其应用 习题课——函数最值的应用
在时,利用F(x)的单调性求最小值,证明F(x)min>0.
2.证明不等式:ex≥1+x.
证明:设函数f(x)=ex-1-x,则f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,得x=0.
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;
当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)在区间(-∞,0)内单调递减.
+18x.
2
令V'=0,得x=0(舍去)或x=1.
根据V=-6x3+9x2的单调性,可知V=-6x3+9x2在x=1处取得极大值也是最大
值.
故当该长方体的长、宽、高分别为2 m,1 m,1.5 m时,体积最大,最大体积
为3 m3.
答案:(1)A (2)3 m3
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画“ ”,错误的画“×”.
证明:先证ln x<x(x>0).
设 f(x)=x-ln x(x>0),则
1
f'(x)=1
=
-1
.
令f'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)在区间(0,1)内单调递减;
当x>1时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
所以当x=1时,函数f(x)有极小值,也是最小值,最小值为f(1)=1>0.
得m>1,
∴m的取值范围为(1,+∞).
探究三
导数在实际问题中的应用
【例3】 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:
2.证明不等式:ex≥1+x.
证明:设函数f(x)=ex-1-x,则f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,得x=0.
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增;
当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)在区间(-∞,0)内单调递减.
+18x.
2
令V'=0,得x=0(舍去)或x=1.
根据V=-6x3+9x2的单调性,可知V=-6x3+9x2在x=1处取得极大值也是最大
值.
故当该长方体的长、宽、高分别为2 m,1 m,1.5 m时,体积最大,最大体积
为3 m3.
答案:(1)A (2)3 m3
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画“ ”,错误的画“×”.
证明:先证ln x<x(x>0).
设 f(x)=x-ln x(x>0),则
1
f'(x)=1
=
-1
.
令f'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)在区间(0,1)内单调递减;
当x>1时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
所以当x=1时,函数f(x)有极小值,也是最小值,最小值为f(1)=1>0.
得m>1,
∴m的取值范围为(1,+∞).
探究三
导数在实际问题中的应用
【例3】 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:
导数的综合应用习题课课件高二下学期数学人教B版选择性
1.(1)函数的单调性
函数f(x)在区间(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件是 f'(x)≥0(或f'(x)≤0) ,
且f'(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于0.
(2)函数的极值与导数
f'(x0)=0
对于x0左侧附近的任意x,都有
对于x0左侧附近的任意x,都有
条件
f'(x)>0,对于x0右侧附近的任意x, f'(x)<0,对于x0右侧附近的任意x,
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增.
4
故 h(2)=1- 2 是 h(x)在[0,+∞)内的最小值.
e
e2
①若 h(2)>0,即 a< ,h(x)在(0,+∞)内没有零点;
2
所以当 0<x<2a 或 x>1 时,f'(x)>0,当 2a<x<1 时,f'(x)<0,所以 f(x)在区间(0,2a)
和(1,+∞)内单调递增,在区间(2a,1)内单调递减.
2
1
(-1)
③当 a=2时,f'(x)= ≥0,故 f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
1
④当 a>2时,2a>1,所以当 0<x<1 或 x>2a 时,f'(x)>0,当 1<x<2a 时,f'(x)<0,所以
函数f(x)在区间(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件是 f'(x)≥0(或f'(x)≤0) ,
且f'(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于0.
(2)函数的极值与导数
f'(x0)=0
对于x0左侧附近的任意x,都有
对于x0左侧附近的任意x,都有
条件
f'(x)>0,对于x0右侧附近的任意x, f'(x)<0,对于x0右侧附近的任意x,
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增.
4
故 h(2)=1- 2 是 h(x)在[0,+∞)内的最小值.
e
e2
①若 h(2)>0,即 a< ,h(x)在(0,+∞)内没有零点;
2
所以当 0<x<2a 或 x>1 时,f'(x)>0,当 2a<x<1 时,f'(x)<0,所以 f(x)在区间(0,2a)
和(1,+∞)内单调递增,在区间(2a,1)内单调递减.
2
1
(-1)
③当 a=2时,f'(x)= ≥0,故 f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
1
④当 a>2时,2a>1,所以当 0<x<1 或 x>2a 时,f'(x)>0,当 1<x<2a 时,f'(x)<0,所以
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数及其应用》课件ppt
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∴3k≥xsin
x－cos x2
xmax，
令
F(x)＝xsin
x－cos x2
x，F′(x)＝x2cos
x＋2cos x3
x>0，x∈0，π2，
∴F(x)在0，π2上单调递增，F(x)<Fπ2＝2π，
值点”的个数为
A.3 √B.2
C.1
D.0
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函数f(x)＝x3－3x， 则f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3， 由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)， 得f′(c)＝1，即3c2－3＝1， 解得 c＝±233∈[－2,2]， 所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)x－2n＋3 m， 若m<0，则f′(x) 是开口向下的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m<2n＋3 m，则 n>m，即mn <1； 若m>0 ，f′(x) 是开口向上的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m>2n＋3 m，则 n<m，即mn <1， 综上，mn <1.
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对于 C，函数 y＝xln x，y′＝ln x＋1，当 x∈0，1e时，y′<0，函数 单调递减，当 x∈1e，＋∞时，y′>0，函数单调递增，所以函数 y＝ xln x 在 x＝1e处取得极小值； 对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x 在R上单调递减，没有极值点.
∴3k≥xsin
x－cos x2
xmax，
令
F(x)＝xsin
x－cos x2
x，F′(x)＝x2cos
x＋2cos x3
x>0，x∈0，π2，
∴F(x)在0，π2上单调递增，F(x)<Fπ2＝2π，
值点”的个数为
A.3 √B.2
C.1
D.0
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函数f(x)＝x3－3x， 则f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3， 由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)， 得f′(c)＝1，即3c2－3＝1， 解得 c＝±233∈[－2,2]， 所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)x－2n＋3 m， 若m<0，则f′(x) 是开口向下的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m<2n＋3 m，则 n>m，即mn <1； 若m>0 ，f′(x) 是开口向上的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m>2n＋3 m，则 n<m，即mn <1， 综上，mn <1.
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对于 C，函数 y＝xln x，y′＝ln x＋1，当 x∈0，1e时，y′<0，函数 单调递减，当 x∈1e，＋∞时，y′>0，函数单调递增，所以函数 y＝ xln x 在 x＝1e处取得极小值； 对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x 在R上单调递减，没有极值点.
导数应用ppt课件
工具
第二章 函数、导数及其应用
x
(－3，－2) －2
－2，23
2 3
23，1
f′(x)
＋0－0 Nhomakorabea＋
f(x)
极大值
极小值
工具
第二章 函数、导数及其应用
∴f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝13，在x＝ 23 处取得极小值 f32＝9257，又f(－3)＝8，f(1)＝4，
∴f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9257.
令1－2sin x＝0，且x∈0，π2时，x＝π6，
当x∈0，π6时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈π6，π2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
∴f(x)max＝fπ6.故选B.
答案： B
工具
第二章 函数、导数及其应用
4．已知a>0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数， 则a的最大值是________． 解析： f′(x)＝3x2－a在x∈[1，＋∞)上f′(x)≥0， 则f′(1)＝0⇒a＝3. 答案： 3
由原点到切线 l 的距离为 1100，则 3|m2＋| 1＝ 1100，
工具
第二章 函数、导数及其应用
解得m＝±1. ∵切线l不过第四象限，∴m＝1. 由于切点的横坐标为x＝1，∴f(1)＝4.∴1＋a＋b＋c＝4， ∴c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，∴f′(x)＝3x2＋4x－4. 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝ . 当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下表：
因为函数g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，
即对任意实数x，有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b＝－
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当0<x<1时, f ( x)
2x2 2x 1 ,
x( x 1)
f ( x)
2x 1 x2( x 1)2
,
故当0<x<1/2时,f (x) 0;当1/2<x<1时, f (x) 0.
因此,函数在(-∞,0)和(1/2,1)上是增函数,而在(0,1/2) 和(1,+∞)上是减函数.
2 3
3a
a
b 2b
2 3
a b
1 . 3
(2) f (x) 3x2 6x 3x(x 2) 0 ,解得x>0或x<-2.
故f(x)的单调递增为(-∞,-2]和[0,+∞).
[m, m 1] (,2]或[m, m 1] [0,).
?(所谓法线是指:过曲线上一点与以此点为切点的
切线垂直的直线).
解:在已知曲线上任取一点(x, x6/3),则过该点的切线的
斜率为 k
y 2x5,从而法线的斜率为
1 2x5
.
故法线方程为 Y
1 3
x6
1 2x5
(
X
x).
令X=0,得法线在y轴上的截距: Y
x6
则Y
2x5
2 x5
3
练习2:已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-2/3与x=1处都 取得极值. (1)求a、b的值; (2)若x∈[-1,2]时,不等式f(x)<c2恒成立,求c的取 值范围.
答案:(1)a=-1/2,b=-2. (2)利用f(x)max<c2,解得c<-1或c>2.
练习3:若函数f(x)=x3+bx2+cx在(-∞,0]及[2,+∞)上都是 增函数,而在(0,2)上是减函数,求此函数在[-1,4]上 的值域.
④求有导数的函数y=f（x）的极值的步骤： i）求导数f′(x)； ii）求方程f′(x)=0的全部实根； iii）检查f′(x)在方程f′(x)=0的根左右两侧的值 的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个 根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x） 在这个根处取得极小值。
⑤设y=f（x）在[a，b]上有定义，在(a，b)内有导数， 求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：
2( x10 1) x5 .
3
令Y 0
1 2x
,得
4.
x
1.
当x<-1时, Y 0,则Y单调减小;当-1<x<0时, Y 0,则
Y单调增加;当0<x<1时,Y 0,则Y单调减小;当x>1
时,Y 0 ,则Y单调增加.
故当x 1时,Y有最小值5/6,此时点 (1, 1 )为所求.
i）求f′(x)； ii）解不等式f′(x)＞0（或f′(x)＜0）； iii）确认并指出递增区间（或递减区间）。 ③证明有导数函数y=f(x)在区间(a，b)内的单调性： i）求f′(x)； ii）解不等式f′(x)＞0（或f′(x)＜0）； iii）确认f′(x)在(a，b)内的符号； iv）作出判断。
x)
0
,得x1
2
2
3 3
,
x2
2
2
3 3
.
x1 (0,2), 所以当 因此当点B为(2 2
x
3
2
,0)
23 3
时,S( x)max
32 9
3
.
时,矩形的最大面积是
32
3 .
2
9
例5:已知x,y为正实数,且x2-2x+4y2=0,求xy的最大值.
解:由x2-2x+4y2=0得:(x-1)2+4y2=1.
1
|的单调性.
解:函数的定义域为(,0) (0,1) (1,).
当x<0或x>1时, f (x) x x 1 2x2 2x 1 .
x 1 x x(x 1)
f ( x)
2x 1 x2( x 1)2
.
故当x<0时,
f (x) 0;当x>1时, f (x) 0.
答:由已知得 f (0) f (2) 0,可求得c=0,b=-3,从而f(x)= x3-3x2.又f(-1)=f(2)=-4,f(0)=0,f(4)=16,所以函数f(x) 在[-1,4]上的值域是[-4,16].
例4: 如图,在二次函数f(x)=
4x-x2的图象与x轴所
yHale Waihona Puke 围成的图形中有一个例2:已知函数f(x)=ax3+bx2,曲线y=f(x)过点P(-1,2),
且在点P处的切线恰好与直线x-3y=0垂直.
(1)求a、b的值；
(2)若f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,求m的取值
范围. 解:(1) f (x) 3ax2 2bx,
由题意得:
f (1) f (1)
内接矩形ABCD,求这
个矩形的最大面积.
解:设B(x,0)(0<x<2), 则
x
A(x, 4x-x2).
从而|AB|= 4x-x2,|BC|=2(2-x).故矩形ABCD的面积
为:S(x)=|AB||BC|=2x3-12x2+16x(0<x<2).
S( x) 6x2 24x 16.
令
S(
设 x 1 cos , y 1 sin ,由x,y为正实数得: 0 .
i）求f（x）在（a，b）内的极值； ii）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较，确
定f（x）的最大值与最小值。 ⑥在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值
点（单峰函数），那么，只要根据实际意义判定
最值，不必再与端点的函数值作比较。
二、例题选讲
例1:讨论函数
f
(x)
|
x
x 1
|
|
x
x
导数的应用习题课
一、知识点
1．导数应用的知识网络结构图：
2．基本思想与基本方法： ①数形转化思想：从几何直观入手，理解函数单调
性与其导数的关系，由导数的几何意义直观地探
讨出用求导的方法去研究，解决有导数函数的极
值与最值问题。这体现了数学研究中理论与实践
的辩证关系，具有较大的实践意义。 ②求有导数函数y=f(x)单调区间的步骤：
即m+1≤-2或m≥0,故m≤-3或m≥0.
练习1:已知函数f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为6,极小 值为2. (1)试确定常数a、b的值; (2)求函数的单调递增区间.
答案:(1)a=1,b=4. (2)单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞).
例3:试问:曲线y=x6/3上哪一点的法线在y轴上截距最小