高考数学导数的综合应用课件
合集下载
《高数》导数的应用PPT教学课件
x x
解： lim
x
e e e lim lim 2 x x 2 x x 2
x
10
其他型未定式的极限
其他尚有“ 0 ”，“ ”，“ 1”，“00”， 0 0 “ ”等型的未定式，可化 为“ ”型和“ ”型来解决。 0
例题1 求 lim x n ln x(n 0)
3
y
y x3
单调增加。
19
x
证明：当 x 0 时， x ln(1 x) 证：设 f ( x) x ln(1 x)
1 x f ( x) 1 ，当 x 0 时， 1 x 1 x f ( x) 0 ， 函数 f ( x)单调增加，而 f (0) 0， f ( x) 0 ( x 0) 即 x ln(1 x) 0 x ln(1 x)
1
中值定理 罗尔（Rolle)定理
y
A
B
若函数 f ( x)满足下列条件： 1 ） 在闭区间 [a，b]上 连续； 2） 在开区间(a，b)内 可导； 3） 在区间端点的函 数值相等，即 f (a ) f (b)，
a
1
2 b
x 则在开区间（a，b）内至
少存在一点，使得 f ( ) 0.
x 2
15
函数的单调性
y
y f ( x)
B
导数的 正负号 判断 函数的
y
A
A
y f ( x)
单调性
B
a
b
x
a
b
x
定理
设函数 y f ( x)在[a，b]上连续，在
(a，b)内可导，
16
1 ） 如果 f ( x) 0，则 f ( x)在区间(a，b)单调增加；
解： lim
x
e e e lim lim 2 x x 2 x x 2
x
10
其他型未定式的极限
其他尚有“ 0 ”，“ ”，“ 1”，“00”， 0 0 “ ”等型的未定式，可化 为“ ”型和“ ”型来解决。 0
例题1 求 lim x n ln x(n 0)
3
y
y x3
单调增加。
19
x
证明：当 x 0 时， x ln(1 x) 证：设 f ( x) x ln(1 x)
1 x f ( x) 1 ，当 x 0 时， 1 x 1 x f ( x) 0 ， 函数 f ( x)单调增加，而 f (0) 0， f ( x) 0 ( x 0) 即 x ln(1 x) 0 x ln(1 x)
1
中值定理 罗尔（Rolle)定理
y
A
B
若函数 f ( x)满足下列条件： 1 ） 在闭区间 [a，b]上 连续； 2） 在开区间(a，b)内 可导； 3） 在区间端点的函 数值相等，即 f (a ) f (b)，
a
1
2 b
x 则在开区间（a，b）内至
少存在一点，使得 f ( ) 0.
x 2
15
函数的单调性
y
y f ( x)
B
导数的 正负号 判断 函数的
y
A
A
y f ( x)
单调性
B
a
b
x
a
b
x
定理
设函数 y f ( x)在[a，b]上连续，在
(a，b)内可导，
16
1 ） 如果 f ( x) 0，则 f ( x)在区间(a，b)单调增加；
高考一轮复习理科数学课件：第三单元 导数及其应用 第19讲 导数的综合应用——导数与方程38
若a<0，由图象结合f(0)＝1>0知， 此时必有f(2a)>0， 即a×a83－3×a42＋1>0， 化简得a2>4，又a<0，所以a<－2.
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
点评：(1)利用导数研究函数的零点的基本思路： ①研究 y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解； ②研究 f(x)＝0 有解，利用函数与方程的思想求解． (2)三次函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象特点 当 a>0 时，图象如图①，②所示． 当 a<0 时，图象如图③，④所示．
课时小结
训练手册
1．设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如下图 所示，
则 y＝f(x)的图象最有可能的是( )
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
解：由 f′(x)的图象知， x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数； x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数； x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数． 只有 C 符合题意．
因为 f′(x)＝3x2－12，令 f′(x)＝3x2－12＝0，得 x＝±2，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
f′(x)
＋
0
(－2,2) －
2
(2，＋∞)
0
＋
f(x)
a＋16
a－16
由此可得到 f(x)的大致图象(如下图)，
由 a≥16 得，a＋16>0，a－16≥0， 当 a＝16 时，f(x)的图象与 x 轴有 2 个交点；当 a>16 时，f(x)的 图象与 x 轴只有 1 个交点．所以 f(x)的零点个数为 1 或 2.
高三数学总复习导数的应用ppt
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
3．函数的最值与导数 函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条 连续不断 的曲线，那么它必有最大值和最小值．
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
4．生活中的优化问题 解决优化问题的基本思想是：
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数 的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般 考 不超过三次)． 纲 2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 要 会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 求 般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值( 其中多项式函数一般不超过阿三次)． 3．会利用导数解决某些实际问题.
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1， f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为 增函数； 当x∈(－1,3)时，f′(x)<0， 故f(x)在(－1,3)上为减函数； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
变式迁移 1 已知函数y＝f(x)，
y＝g(x)的导函数的图象如右图，那
么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是下
导数的综合应PPT课件
又 f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2， f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－2 ln16， ∵e3>16，∴f12－f(2)>0，即 f12>f(2)． ∴f(x)在区间12，2上的最大值 f(x)max＝f12＝1－ln2.
综上可知，函数 f(x)在12，2上的最大值是 1－ln2，最小值是 0.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
考点2 利用导数证明不等式问题
例 2：已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx. (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范 围； (2)当 a＝1 时，求 f(x)在12，2上的最大值和最小值； (3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>12＋ 13＋14＋…＋1n.
解析：(1)∵f(x)＝1－ ax x＋lnx，∴f′(x)＝axa－x2 1(a>0)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝axa－x21≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． 即 a≥1x对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≥1.
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求 (1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的 单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． (2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导 数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上 不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用 1导数的概念意义及运算课件
（2）证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值.
解：（1）切线方程可化为 .当时，.又 ，于是解得 故 .
（2）证明：设 为曲线上任一点，由，知曲线在点处的切线方程为 ，即 .令，得 ，从而得切线与直线的交点坐标为， .令，得 ，
从而得切线与直线的交点坐标为 .所以点处的切线与直线， 所围成的三角形的面积为 .故曲线上任一点处的切线与直线， 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.
变式1（1） 若函数，则 的值为__.
解：.令，得，所以 ，则.故填 .
（2）设函数，且，则 ( )
A.0 B. C.3 D.
解：因为 ,所以 ,所以，解得 .故选B.
√
（3）设函数在内可导，且，则 ___.
2
解：（方法一）令，则，所以，即 .所以，所以 .（方法二）等式两边同时求导，得.令，得 .故填2.
复合函数
常用结论
1.导数的两条性质 （1）奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数. （2）可导函数的导数为，若为增函数,则 的图象是下凹的；反之，若为减函数,则 的图象是上凸的.
2.几类重要的切线方程 （1）是曲线的切线，是曲线的切线， ,是曲线 的切线，如图1.
命题角度3 根据切线情况求参数
例4 （2022年新课标Ⅰ卷）若曲线有两条过坐标原点的切线，则 的取值范围是___________________.
解：因为，所以 .设切点为,则,切线斜率 .切线方程为 .因为切线过原点，所以 ,整理得 .
因为切线有两条，所以 .解得或 .另解：由切线斜率,与 联立，可得 .所以的取值范围是 .故填 .
变式3（1） 若函数与 的图象在一个公共点处的切线相同，则实数 ________.
解：（1）切线方程可化为 .当时，.又 ，于是解得 故 .
（2）证明：设 为曲线上任一点，由，知曲线在点处的切线方程为 ，即 .令，得 ，从而得切线与直线的交点坐标为， .令，得 ，
从而得切线与直线的交点坐标为 .所以点处的切线与直线， 所围成的三角形的面积为 .故曲线上任一点处的切线与直线， 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.
变式1（1） 若函数，则 的值为__.
解：.令，得，所以 ，则.故填 .
（2）设函数，且，则 ( )
A.0 B. C.3 D.
解：因为 ,所以 ,所以，解得 .故选B.
√
（3）设函数在内可导，且，则 ___.
2
解：（方法一）令，则，所以，即 .所以，所以 .（方法二）等式两边同时求导，得.令，得 .故填2.
复合函数
常用结论
1.导数的两条性质 （1）奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数. （2）可导函数的导数为，若为增函数,则 的图象是下凹的；反之，若为减函数,则 的图象是上凸的.
2.几类重要的切线方程 （1）是曲线的切线，是曲线的切线， ,是曲线 的切线，如图1.
命题角度3 根据切线情况求参数
例4 （2022年新课标Ⅰ卷）若曲线有两条过坐标原点的切线，则 的取值范围是___________________.
解：因为，所以 .设切点为,则,切线斜率 .切线方程为 .因为切线过原点，所以 ,整理得 .
因为切线有两条，所以 .解得或 .另解：由切线斜率,与 联立，可得 .所以的取值范围是 .故填 .
变式3（1） 若函数与 的图象在一个公共点处的切线相同，则实数 ________.
2025高考数学一轮复习-5.3.3-第2课时-导数在函数有关问题及实际生活中的应用【课件】
(x)取得最大值
f
(e)＝1e，即
ln
a＜1e，即
1 a＜ee.画
出函数 y＝ax(a＞0，a≠1)与 y＝x 的图象，结合图象可知，若方程 ax
＝x(a＞0，a≠1)有两个不等实根，则 a＞1.综上可知，实数 a 的取值
范围为1，e1e.
类型 3 导数在生活实际问题中的应用 角度 1 用料最省、成本(费用)最低问题 【例 3】 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的 屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用 20 年的隔热 层，每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元．该建筑物每年的能源消耗 费用 C(单位：万元)与隔热层厚度 x(单位：cm)满足关系：C(x)＝3x＋k 5 (0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为 8 万元．设 f (x)为 隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和．
令 f ′(x)＝0，得 x＝4 或 x＝6(舍去).
于是，当 x 变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
x (3，4)
4
(4，6)
f ′(x) ＋
0
－
f (x)
极大值 42
由上表可得，x＝4 是函数 f (x)在区间(3，6)内的极大值点，也是 最大值点，
所以，当 x＝4 时，函数 f (x)取得最大值，且最大值等于 42. 故当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润 最大．
[解] (1)因为 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2. (2)由(1)知，该商品每日的销售量 y＝x－2 3＋10(x－6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润
f (x)＝(x－3)x－2 3＋10(x－6)2 ＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6， 从而，f ′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)·(x－6)，
高中数学_课时导数及其应用课件_新人教A版选修
1
(7)(lnx)′＝ x ； 1 (8)(loga x)′ ＝ xlna (a>0 且
a≠1)．
基础知识梳理
4．导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝ f′(x)±g′(x) ； (2)[f(x)·g(x)]′＝ f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) ；
f′(x)g(x)－f(x)g′(x)
课堂互动讲练
考点二
导数的运算
1．运用可导函数求导法则和导 数公式，求函数y＝f(x)在开区间(a， b)内的导数的基本步骤：
(1)分析函数y＝f(x)的结构和特 征；
(2)选择恰当的求导法则和导数公 式求导；
(3)整理得结果．
课堂互动讲练
2．对较简洁的函数求导时，应 先化简再求导，格外是对数函数真数 是根式或分式时，可用对数的性质把 真数转化为有理式或整式求解更为便 利．
f(x0)；
(2)
求
平
均
变
化
率
Δy Δx
＝
f(x0＋Δx)－f(x0)； Δx
课堂互动讲练
(3)得导数 f′(x0)＝Δlxim→0 ΔΔxy.简记作： 一差、二比、三极限．
课堂互动讲练
例1 利用导数的定义求函数 y＝ 1 的导数． x
【思路点拨】
→ 求Δlixm→0
Δy Δx .
求Δy → 求ΔΔxy
第1课时 变化率与导数、导数的计算
基础知识梳理
1．导数的概念
(1)f(x)在 x＝x0 处的导数
是 liΔ函xm→数0 fy(＝x0＋ f(xΔ)Δ在xx)－x＝f(xx00)处＝的liΔ瞬xm→时0 变ΔΔxy化，称率
其为函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数，记作
(7)(lnx)′＝ x ； 1 (8)(loga x)′ ＝ xlna (a>0 且
a≠1)．
基础知识梳理
4．导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝ f′(x)±g′(x) ； (2)[f(x)·g(x)]′＝ f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) ；
f′(x)g(x)－f(x)g′(x)
课堂互动讲练
考点二
导数的运算
1．运用可导函数求导法则和导 数公式，求函数y＝f(x)在开区间(a， b)内的导数的基本步骤：
(1)分析函数y＝f(x)的结构和特 征；
(2)选择恰当的求导法则和导数公 式求导；
(3)整理得结果．
课堂互动讲练
2．对较简洁的函数求导时，应 先化简再求导，格外是对数函数真数 是根式或分式时，可用对数的性质把 真数转化为有理式或整式求解更为便 利．
f(x0)；
(2)
求
平
均
变
化
率
Δy Δx
＝
f(x0＋Δx)－f(x0)； Δx
课堂互动讲练
(3)得导数 f′(x0)＝Δlxim→0 ΔΔxy.简记作： 一差、二比、三极限．
课堂互动讲练
例1 利用导数的定义求函数 y＝ 1 的导数． x
【思路点拨】
→ 求Δlixm→0
Δy Δx .
求Δy → 求ΔΔxy
第1课时 变化率与导数、导数的计算
基础知识梳理
1．导数的概念
(1)f(x)在 x＝x0 处的导数
是 liΔ函xm→数0 fy(＝x0＋ f(xΔ)Δ在xx)－x＝f(xx00)处＝的liΔ瞬xm→时0 变ΔΔxy化，称率
其为函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数，记作
高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
解析：设 g(x)＝f(x)＋2x，则 g(x)＝ax2－ax＋ln x，只要 g(x)在 (0，＋∞)上单调递增，即 g′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立即可．而 g′(x)＝2ax－a＋1x＝2ax2－xax＋1(x>0)． ①当 a＝0 时，g′(x)＝1x>0，此时 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 策略 1．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围． 2．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值 问题．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 策略 1．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围． 2．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值 问题．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)
导数的应用教学课件ppt
乘法法则
对于两个函数f(x)和g(x)，其导数分别为f'(x)和g'(x)，则两函数积的导数为(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)。
幂法则
对于一个函数f(x)，其导数为f'(x)，则(x^n)'=nx^(n-1)。
导数计算的常见问题与解决方案
常见问题
在导数计算中，容易出现一些错误，如符号错误、运算错误 、化简错误等。
导数可以用来求函数的极值、单调区间、凹凸区间等
导数在其他领域中的应用
导数可以用来解决物理、经济、工程等领域中的一些问题，如物体运动时的加速 度、经济学中的边际效应、工程中的曲率等等
02
导数的计算
极限与导数
极限的定义
极限是函数在某一变化过程中， 某个变量的变化趋势，通常用符 号lim表示。
导数的定义
与其他学生或老师交流讨论，及时解决学习中遇 到的问题。
THANKS
导数的深入研究
1
深入理解导数的定义和计算方法，包括高阶导 数和复合函数的导数。
2
研究导数在函数性质、曲线形状、极值等方面 的应用，以及在实际问题中的应用。
3
探讨导数在数学中的地位和作用，以及与其他 数学分支的联系。
导数在未来的应用前景
分析导数在金融、经济、工程等领域 的应用前景，例如最优化问题、供应 链管理、计算机图形学等。
导数的应用教学课件ppt
xx年xx月xx日Biblioteka contents目录
• 导数的概念及背景 • 导数的计算 • 导数在函数性质研究中的应用 • 导数在几何中的应用 • 导数在实际问题中的应用 • 导数的进一步探讨与展望
01
对于两个函数f(x)和g(x)，其导数分别为f'(x)和g'(x)，则两函数积的导数为(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)。
幂法则
对于一个函数f(x)，其导数为f'(x)，则(x^n)'=nx^(n-1)。
导数计算的常见问题与解决方案
常见问题
在导数计算中，容易出现一些错误，如符号错误、运算错误 、化简错误等。
导数可以用来求函数的极值、单调区间、凹凸区间等
导数在其他领域中的应用
导数可以用来解决物理、经济、工程等领域中的一些问题，如物体运动时的加速 度、经济学中的边际效应、工程中的曲率等等
02
导数的计算
极限与导数
极限的定义
极限是函数在某一变化过程中， 某个变量的变化趋势，通常用符 号lim表示。
导数的定义
与其他学生或老师交流讨论，及时解决学习中遇 到的问题。
THANKS
导数的深入研究
1
深入理解导数的定义和计算方法，包括高阶导 数和复合函数的导数。
2
研究导数在函数性质、曲线形状、极值等方面 的应用，以及在实际问题中的应用。
3
探讨导数在数学中的地位和作用，以及与其他 数学分支的联系。
导数在未来的应用前景
分析导数在金融、经济、工程等领域 的应用前景，例如最优化问题、供应 链管理、计算机图形学等。
导数的应用教学课件ppt
xx年xx月xx日Biblioteka contents目录
• 导数的概念及背景 • 导数的计算 • 导数在函数性质研究中的应用 • 导数在几何中的应用 • 导数在实际问题中的应用 • 导数的进一步探讨与展望
01
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件
2
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件
3.当求出的函数单调区间(如单调增区间)有多个时,不能把这些区间取 并集. 4.f '(x)>0(或f '(x)<0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的充分不必 要条件.
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不 充分条件. 考向突破 考向一 单调性的判断 例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不 充分条件. 考向突破 考向一 单调性的判断 例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)
导数及其应用课件
个数便是确定的了，它除了不依赖于定义
中的区间分法和 的取法外，也不依赖
于符号 b
＝ f (t)dt
ab，f (x因)dx此中，的定积积分分变记量号ｘ中，的即积分ab f (变x)dx
a
量可以用任何字母来表示．此外，对于定
a x b 积分符号
化范围是
b
a f (x)dx
，意味着积分变量
（五）求函数 y = f ( x ）在点x 。处的导数有两 种方法，即导数定义法和导函数的函数值法．
（六）导数的应用
１利用导数判断函数的单调性
2 函数的极值
（l ）设函数 f ( x ）在点 x 。的附近有定义，如果对附 近所有的点都有：
（2 ）可导函数 f ( x ）在极值点处的导数为０，但 导数为０的点不一定是极值点。
由于定积分反映的是函数在一个区间上的整体性质，所以 不能用它来研究函数的局部性质，例如有两个在 [ a ，b]上 可积的函数 f (x)和 g ( x ) ，若
则由定积分的性质知道
• 奇函数或偶函数在对称区间上的定积分的结论也是 很有用的，但要求被积函数是奇函数或偶函数，积 分区间是对称区间 [- a , a ] ．不过在解题时可以活 用，例知:
（1）在闭区间［a ，ｂ］上连续的函数 f ( x ) ，在 ［ a ，ｂ］上必有最大值和最 小值． （2 ）利用导数求最值的步骤：
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， 确定 f （x ）的最大值和最小值．
（七）定积分的概念
１关于定积分的定义
在定 f （x ）在 ［a , b ］上连续或可导的条件 相比是最弱的条件，即 f （x ）在［ a ，ｂ］ 上有以下关系：
2025高考数学一轮复习-5.2.3-简单复合函数的导数【课件】
(2)令 u＝ex＋x2，则 y＝ln u. ∴y′x＝y′u·u′x＝1u·(ex＋x2)′＝eexx＋＋2xx2 .
(3)y′＝(x 1＋x2)′＝ 1＋x2＋x( 1＋x2)′ ＝ 1＋x2＋ 1x＋2 x2＝(1＋21x＋2) x21＋x2.
类型 2 三角函数型函数的导数
【例 2】 求下列函数的导数：
第5章 导数及其应用
5.2 导数的运算 5.2.3 简单复合函数的导数
必备知识·情境导学探新知
知识点1 知识点2
海上一艘油轮发生了泄漏事故．泄出的原油在海面上形成一个圆 形油膜，油膜的面积 S(单位：m2)是油膜半径 r(单位：m)的函数：S＝ f (r)＝πr2.
油膜的半径 r 随着时间 t(单位：s)的增加而扩大，假设 r 关于 t 的 函数为 r＝φ(t)＝2t＋1.
(2)y＝x2＋tan x. [解] (2)因为 y＝x2＋csoins xx， 所以 y′＝(x2)′＋csoins xx′ ＝2x＋cos2x－csionsx2(x－sin x)＝2x＋co1s2x.
[跟进训练] 2．求下列函数的导数：
(1)y＝sin23x；(2)y＝sin3x＋sinx3； (3)y＝cos4x－sin4x. [解] (1)∵y＝1－c2os23x，
知识点 2 复合函数的求导法则 若 y ＝ f (u) ， u ＝ ax ＋ b ， 则 y′x ＝ ____y′_u_·__u_′x_____ ， 即 y′x ＝ ___y_′u_·__a___．
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数 y＝sin (πx)的复合过程是 y＝sin u，u＝πx． ( )
思考：油膜的面积 S 关于时间 t 的瞬时变化率是多少？如何对该 函数求导？
2025版高考数学总复习第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算课件
x＝－sin12x，C
错误；
(x23x)′＝(x2)′·3x＋x2×(3x)′＝2x3x＋x23xln 3，D 正确．
2．求下列函数的导数． (1)y＝x2sin x； (2)y＝ln x＋1x； (3)y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2； (4)f(x)＝ 2x＋1.
[解析] (1)y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′＝2xsin x＋x2cos x.
等式
运算求解
点问题
Ⅱ，22
创新性
数学运算 逻辑推理
考题
考点
考向
关键能力 考查要求 核心素养
2022新高考 利用导数证 由 不 等 式 恒 成 逻辑思维 综合性 数学运算
Ⅱ，22 明不等式 立求取值范围 运算求解
逻辑推理
利用导数研
2022新高考
研 究 极 值 点 、 运算求解
究函数的极
Ⅰ，10 值、最值 零点个数
3．基本初等函数的导数公式 (1)C′＝___0___(C为常数)； (2)(xn)′＝_____n_x_n－__1 _____(n∈Q*)； (3)(sin x)′＝_____c_o_s_x______； (4)(cos x)′＝____－__s_i_n_x_______； (5)(ax)′＝_____a_x_ln__a_______；
(2)y′＝ln
x＋1x′＝(ln
x)′＋1x′＝1x－x12.
(3)∵y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2＝12xsin(4x＋π)＝－12xsin 4x，
∴y′＝－12sin 4x－12x·4cos 4x＝－12sin 4x－2xcos 4x.
(4)f′(x)＝2
21x＋1×(2x＋1)′＝
新教材高考数学一轮复习：导数的综合应用课件
当 m>4 时,两个根为正,f(x)有两个极值点 x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mln
(1 +2 )
x1-x1+ +mln x2-x2+ =mln x1x2-(x1+x2)+
=mln
1
2
1 2
m-m+m=mln m.
12
(1 )+(2 )
2
2
2
+ 2 =(x1+x2) -2x1x2=m -2m.所以 2 2
=
((+1)ln)'
+
(-1)'
x→1
1
= lim+
→1
1++ln
1
=2,于是 a≤2,于是 a 的
(方法 2 最值法)
由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln
1
x++1-a.
①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0.
(1,x0)上单调递减,
所以f(x)<f(1)=0,不符合题意.
综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
解题心得1.若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立
时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用
要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含
f(x1)+f(x2)=mln
(1 +2 )
x1-x1+ +mln x2-x2+ =mln x1x2-(x1+x2)+
=mln
1
2
1 2
m-m+m=mln m.
12
(1 )+(2 )
2
2
2
+ 2 =(x1+x2) -2x1x2=m -2m.所以 2 2
=
((+1)ln)'
+
(-1)'
x→1
1
= lim+
→1
1++ln
1
=2,于是 a≤2,于是 a 的
(方法 2 最值法)
由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln
1
x++1-a.
①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0.
(1,x0)上单调递减,
所以f(x)<f(1)=0,不符合题意.
综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
解题心得1.若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立
时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用
要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
即有曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+7=7(x-1), 即为y=7x-14.
(2)由f(x)=4x2+1 -a,导数f′(x)=8x- ,当1 x> 时,1
x
x2
2
f′(x)>0,f(x)在 (1上,单)调递增;当x<0或0<x< 时,1
2
2
f′(x)<0,f(x)在(-∞,0), 上(单0，1调) 递减.
(2)数形结合法求解零点. 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数 的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合 确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点. ①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区 间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间 的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.
3
-4
3.
答:当BE长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为
16 4立3方分米.
3
(2)设BE=x,则R=2x,所以所得柱体的底面积
S=S扇形OEF-S△OEF=13
πR2-1 R2sin 120°=
2
( 4 x23,)
3
又所得柱体的高EG=6-2x,
所以V=S×EG=(8 2 3(-) x3+3x2),其中0<x<3.
设OE=OF=OM=R,
在Rt△OET中,因为∠EOT=1 ∠EOF=60°,
2
所以OT=R ,则MT=OM-ORT= .
2
2
从而BE=MTR= ,即R=2BE=2.
2
故所得柱体的底面积
S=S扇形OEF-S△OEF=13
πR2-1 R2sin 120°= 4
2
3
3.
又所得柱体的高EG=4,
所以V=S×EG=16
(2)若函数f(x)有2个零点,f(g(x))有6个零点,求a+b的
取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=4x2+1 -a,则y=xf(x)=4x3+1-ax
x
的导数为y′=12x2-a,
由题意可得12-a=0,解得a=12,
即有f(x)=4x2+1 -12,
x
f′(x)=8x- ,1
x2
可得曲线在点(1,f(1))处的切线斜率为7,切点为(1,-7),
2
可得x= 1 处取得极小值,且为3-a,
2
由f(x)有两个零点,可得3-a=0,即a=3,零点分别为
-1, 1.
2
令t=g(x),即有f(t)=0,可得t=-1或 1,则f(x)=-1-b
2
或f(x)= 1-b,
2
由题意可得f(x)=-1-b或f(x)= 1-b都有3个实数解,
2
则-1-b>0,且 1 -b>0,即b<-1且b<1 ,可得b<-1,
2
2
即有a+b<2.
则a+b的取值范围是(-∞,2).
考点二 利用导数求解生活中的优化问题 【典例】(2018·盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度 忽略不计),一边AB长为6分米,另一边足够长.现从中截 取矩形ABCD(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩 下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒
考点三 利用导数求解不等式的有关问题 【明考点·知考法】
利用导数研究不等式是高考常考内容,主要考查利 用导数证明不等式问题及函数在某个区间恒成立问题, 题目以解答题形式呈现,属难题.
命题角度1 证明不等式
【典例】已知函数f(x)=(x+1)eax(a≠0),且x= 2 是它
a
的极值点.
(1)求a的值.
(上1 ,1单) 调递增,
e
所以- 3e≤m2(x)<0,
从而1- 3e<m1(x)+m2(x)<2e+23 .
所以,对任意x1,x2∈(0,1),
|g(x1)-g(x2)|<
(2
2 e3
)
(1
3) e
2 e3
3 e
1.
【状元笔记】不等式的证明问题解题策略 可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识 利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数 确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而 使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研 究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.
可知m1′(x)在(0,1)上是增函数,
所以m1′(x)>m1′(0)=0,
即m1(x)在(0,1)上是增函数,
所以1<m1(x)<2e2+3 . 又m2′(x)=3(1+ln x),由m2′(x)>0,
得x> 1
e
;由m2′(x)<0,得0<x<
1,
e
所以m2(x)在(0,
1)上单调递减,在
e
2
上单调递增,
（ln( 2 a ), ） 2
在（0,ln( 2上 a单)）调递减;
2
当a=-4时,f′(x)=2(ex-1)2≥0,f(x)在R上单调递增;
当a∈(-4,-2)时,f(x)在 （ ,ln( 2 a )）,
2
(0,+∞)上单调递增,在 （ln( 2 上a单),0调）递减.
命题角度2 已知不等式恒成立,求参数的取值范围 【典例】(2018·开封模拟)已知函数f(x)=(t-1)xex, g(x)=tx+1-ex. (1)当t≠1时,讨论f(x)的单调性. (2)f(x)≤g(x)在[0,+∞)上恒成立,求t的取值范围.
【解析】(1)由f(x)=(t-1)xex,得f′(x)=(t-1)(x+1)ex, 若t>1,则x<-1时,f′(x)<0,f(x)递减,x>-1时, f′(x)>0,f(x)递增, 若t<1,则x<-1时,f′(x)>0,f(x)递增,x>-1时, f′(x)<0,f(x)递减,
【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh
=200πrh元,底面的总成本为160πr2元,所以蓄水池的
总成本为(200πrh+160πr2)元.又根据题意得200πrh
+160πr2=12 000π,所以h= 1 (300-4r2),从而V(r)=
5r
πr2h= (300r-4r3).由h>0,且r>0可得0<r<5 3 ,故函
(2)求f(x)在[t-1,t+1]上的最大值.
(3)设g(x)=f(x)+2x+3xln x,证明:对任意x1,x2∈(0,1),
都有|g(x1)-g(x2)|<
2 e3
3 e
+1.
【解析】(1)f(x)=(x+1)eax(a≠0)的导数
f′(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax,
【对点训练】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度). 设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V立方米. 假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为 100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄 水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域. (2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄 水池的体积最大.
3
3
f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-3(t+1);
当t-1≥- 2,即t≥ 时,1f(x)在[t-1,t+1]上递减,
3
3
f(x)max=f(t-1)=te-3(t-1);
当t-1<- 2<t+1,即-
3
5<t<Байду номын сангаас
3
13时,f(x)max=f
( 2) e2 . 33
(3)g(x)=(x+1)e-3x+2x+3xln x, 设g(x)=m1(x)+m2(x),x∈(0,1), 其中m1(x)=(x+1)e-3x+2x,m2(x)=3xln x, 则m1′(x)=(-3x-2)e-3x+2, 设h(x)=(-3x-2)e-3x+2, 则h′(x)=(9x+3)e-3x>0,
第四节
导数的综合应用(全国卷5年12考)
获取更多免费资料以及 真题演练请关注公众号 ：安博志愿规划
考点一 利用导数求函数的零点或方程根的问题 【典例】(2019·濮阳模拟)已知函数f(x)=e2x+aex(a+2)x. (1)讨论f(x)的单调性. (2)是否存在实数a,使得f(x)有三个相异零点?若存在, 求出a的值;若不存在,说明理由.
(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中OEMF是以O为圆 心、∠EOF=120°的扇形,且弧 E»F，G»H 分别与边BC,AD 相切于点M,N. (1)当BE长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积. (2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最 大?
【解析】(1)在题图甲中,连接MO交EF于点T
2
2
令g(t)=ln t-1- ,tg′(t)=
2
1 1 2 t 0， t 2 2t
从而g(t)在(0,1)上单调递增,所以g(t)<g(1)= ,3
2
故不存在t∈(0,1)满足ln t>1+ t,与假设矛盾,
2
从而不存在a使得f(x)有三个相异零点.