导数的综合应用 ppt课件
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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
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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.
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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.
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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.
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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.
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.
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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.
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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.
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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.
高中数学新人教B版选修1-1第三章导数及其应用3.2.1常数与幂函数的导数3.2.2导数公式表课件
第三章 §3.2 导数的运算
3.2.1 常数与幂函数的导数 3.2.2 导数公式表
学习目标
XUEXIMUBIAO
1.能根据定义求函数y＝C，y＝x，y＝x2，y＝1x 的导数. 2.能利用给出的基本初等函数的导数公式求简单函数的导数.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主学习 题型探究 达标检测
解
y′＝(5
3
x3)′＝ (x5 )
3
3 1
x5
3
2
x5
＝Hale Waihona Puke 3.55
55 x2
(4)y＝2sin 2xcos 2x；
解
∵y＝2sin
x 2cos
2x＝sin x，∴y′＝cos x.
(5)y＝log1 x；
2
解 y′＝(log1 x )′＝ 1 1＝－xln1 2.
2
xln 2
(6)y＝3x.
解 y′＝(3x)′＝3xln 3.
f′(x)＝__xl_n_a__ 1
f′(x)＝__x_
2 题型探究
PART TWO
题型一 利用导数公式求函数的导数
例1 求下列函数的导数.
(1)y＝x12；
解 y′＝(x12)′＝12x12－1＝12x11.
(2)y＝x14； 解 y′＝(x－4)′＝－4x－4－1＝－4x－5＝－x45. (3)y＝5 x3；
导函数 f′(x)＝__0_ f′(x)＝ nxn－1 (n为自然数) f′(x)＝_c_o_s__x_ f′(x)＝－__s_i_n_x__
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f′(x)＝_a_x_ln__a_
f(x)＝ex f(x)＝logax (a>0，a≠1，x>0)
3.2.1 常数与幂函数的导数 3.2.2 导数公式表
学习目标
XUEXIMUBIAO
1.能根据定义求函数y＝C，y＝x，y＝x2，y＝1x 的导数. 2.能利用给出的基本初等函数的导数公式求简单函数的导数.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主学习 题型探究 达标检测
解
y′＝(5
3
x3)′＝ (x5 )
3
3 1
x5
3
2
x5
＝Hale Waihona Puke 3.55
55 x2
(4)y＝2sin 2xcos 2x；
解
∵y＝2sin
x 2cos
2x＝sin x，∴y′＝cos x.
(5)y＝log1 x；
2
解 y′＝(log1 x )′＝ 1 1＝－xln1 2.
2
xln 2
(6)y＝3x.
解 y′＝(3x)′＝3xln 3.
f′(x)＝__xl_n_a__ 1
f′(x)＝__x_
2 题型探究
PART TWO
题型一 利用导数公式求函数的导数
例1 求下列函数的导数.
(1)y＝x12；
解 y′＝(x12)′＝12x12－1＝12x11.
(2)y＝x14； 解 y′＝(x－4)′＝－4x－4－1＝－4x－5＝－x45. (3)y＝5 x3；
导函数 f′(x)＝__0_ f′(x)＝ nxn－1 (n为自然数) f′(x)＝_c_o_s__x_ f′(x)＝－__s_i_n_x__
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f′(x)＝_a_x_ln__a_
f(x)＝ex f(x)＝logax (a>0，a≠1，x>0)
2025年高考数学一轮复习课件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
并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
返回至目录
续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
导数的几何意义ppt课件
∴y0＝4，∴点 P 的坐标为(2,4)，
∴切线方程为 y－4＝4(x－2)，即 4x－y－4＝0.
问题导入
知识探究
巩固练习
课堂小结
布置作业
1．与导数的几何意义相关的题目往往涉及解析几何的相关知 识，如直线间的位置关系，因此要善于综合应用所学知识解题．
2．与导数的几何意义相关的综合问题解题的关键是函数在某 点处的导数，已知切点可以求斜率，已知斜率也可以求切点，切点 的坐标是常设的未知量．
问题导入
知识探究
巩固练习
课堂小结
布置作业
求切线的解题步骤
1．已知切点（x0,f（x0））
①求斜率，求出曲线在点（x0,f（x0））处的切线斜率 f′(x0)
②写方程，y- f（x0）=f′(x0)（x-x0），化为一般式。
2．经过（x1,y1），切点未知
①设切点（x0,f（x0）） ②求斜率，k= f′(x0) ③写出含参 x0 的切线方程，得到 y- f（x0）=f′(x0)（x-x0） ④将已知点代入得 y1- f（x0）=f′(x0)（x1-x0）解出切点坐标 ⑤将切点坐标代入 y- f（x0）=f′(x0)（x-x0），并化为一般式
课堂小结
布置作业
(2)由3y＝x－x3y，－2＝0， 可得(x－1)2(x＋2)＝0， 解得 x1＝1，x2＝－2. 从而求得公共点为 P(1,1)或 P(－2，－8)．
说明切线与曲线 C 的公共点除了切点外，还有另外的点(－2， －8).
问题导入
知识探究
【易错题解析】
巩固练习
课堂小结
布置作业
已知曲线 y＝2x2－7，求曲线过点 P(3,9)的切线方程．
设所求切线的切点为 A(x0，y0)，则切线的斜率 k＝4x0，
精选导数综合应用中的函数重组完整版课件
(2) f (x) 1 x 即 (1 x)e2x 1 x ，可化为 1 x e2x 1， 1 x
设 h(x) 1 x e2x ，则 h(x) 2x2 e2x 0 ，
1 x
(1 x)2
∴ h(x) 在[0,1]递减,h(x) h(0) 1，∴ f (x) 1 x .(证毕)
又当 x 1时，（*）式成立，
所以 1≤ k ≤ e2 .
例 2.(2012 年浙江省高考理科 22 题第(Ⅰ)②小题) 已知 a>0，b∈R，函数 f (x) 4ax3 2bx a b ，
证明：当 0 x 1时， f (x) | 2a b | a 0
解：⑴当 2a b 时，即证 4ax3 2bx 2a 0 ①，
1 x f (x) 1
解：(1) f (x)
11
x 即
(1
x)e 2 x
1
，
1 x
1 x
可化为 (1 x)2 e2x ，即1 x ex ，
设 g(x) e x (x 1) ( x [0,1] )，求导得 g(x) 递增,
g(x) g(0) 0 ，∴1 x ex ，∴ f (x) 1 ； 1 x
化为 (x 1)e x kx2 M ， 设 g(x) (x 1)ex , h(x) kx2 M ， g(x) xex ，当 x 0时， g(x) 0 ，
y=g(x) y=h(x)
g(x) 递增，
M
如图可知，x=k 时， g(x) 和 h(x) 相交， 0
x0
于是 (k 1)ek k 3 M ，
-1
解得 M k 1ek k3.
小结 1.一边归零：化为一个函数 2.参数分离：避免对参数进行讨论 3.按需重组：根据运算需要进行重组
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
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)
高中数学第一章导数及其应用本章整合课件新人教版B
令 y=0,得 xk=xk-1-1(2≤k≤n).
(2)由 x1=0,xk-xk-1=-1,得 xk=-(k-1),
所以|PkQk|= e = e − ( − 1), 于是
Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|
=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)=
1-e-
1-e-1
()d > 0, 所以 =
()d < 0, 所以 =
()d. (2)如图②所示, () < 0,
()d
=
−
()d. (3)如图③所示, 当≤x≤c
时,f(x)≤0, ()d < 0; 当≤x≤b 时,f(x)≥0, ()d > 0,
所以 = ()d + ()d = − ()d + ()d.
专题一
专题二
专题三
专题四
由两条曲线 f(x)和 g(x),直线 x=a,x=b(a<b)所围成的平面图形的
面积为 S.如图④所示,若 f(x)>g(x),则 S=
[() − ()]d.
当x<-1时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1)内是减函数;
当x>-1时,f'(x)>0,f(x)在(-1,+∞)内是增函数.
所以x=-1为f(x)的极小值点.
答案：D
1
2
3
4
5
6
7
(2)由 x1=0,xk-xk-1=-1,得 xk=-(k-1),
所以|PkQk|= e = e − ( − 1), 于是
Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|
=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)=
1-e-
1-e-1
()d > 0, 所以 =
()d < 0, 所以 =
()d. (2)如图②所示, () < 0,
()d
=
−
()d. (3)如图③所示, 当≤x≤c
时,f(x)≤0, ()d < 0; 当≤x≤b 时,f(x)≥0, ()d > 0,
所以 = ()d + ()d = − ()d + ()d.
专题一
专题二
专题三
专题四
由两条曲线 f(x)和 g(x),直线 x=a,x=b(a<b)所围成的平面图形的
面积为 S.如图④所示,若 f(x)>g(x),则 S=
[() − ()]d.
当x<-1时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1)内是减函数;
当x>-1时,f'(x)>0,f(x)在(-1,+∞)内是增函数.
所以x=-1为f(x)的极小值点.
答案：D
1
2
3
4
5
6
7
2020版数学新攻略课件：导数的综合问题(52张)
考点突破
栏目索引
1-1 (2019江苏苏锡常镇四市高三模拟)某单位将举办庆典活动,要在广
场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC(如图).设计要求彩门的面积 为S(单位:m2),高为h(单位:m)(S,h为常数).彩门的下底BC固定在广场地 面上,上底和两腰由不锈钢支架构成,设腰和下底的夹角为α,不锈钢支架 的长度和记为l.
考点突破
栏目索引
考点突破
考点一
典例1
导数在实际问题中的应用
(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))图①是一斜拉桥的
航拍图,为了分析大桥的承重情况,某研究小组将其抽象成图②所示的 数学模型.索塔AB,CD均与桥面AC垂直,通过测量知两索塔的高度均为 60 m,桥面AC上一点P到索塔AB,CD的距离之比为21∶4,且∠BPD=135°.
3 π
, 3 2 π π
↘
0 极小值
+ ↗
考点突破
栏目索引
S 所以lmin=f . = 3h+ h 3 S 2 1 答:(1)l表示成关于α的函数为l=f(α)= +h 0 α ; 2 h sin α tan α S (2)当α= 时,l有最小值,为 3 h+ . 3 h
.
答案 2
1 x 解析 f '(x)= · e +ax-(a+1)(a>0).当x<1时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>1时, e a f '(x)>0, f(x)单调递增.又x→+∞, f(x)→+∞, f(1)= ,所以y=f(x)的值域是 2
a .则函数y=f(f(x))的值域为 a ,则f(x)的范围包含[1,+∞),即[1,+ , , 2 a a , ∞)⊆ ,所以 ≤1,即a≤2,则实数a的最大值为2. 2 2 2
(人教版)高中数学选修1-1课件：第3章导数及其应用3.3.2
• [提示] 在山峰左侧f′(x)>0，上升趋势； 右侧f′(x)<0，降落趋势．
极小值点与极小值
• 如图，函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它 在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而 且在点x＝a的左侧________，右侧 _f_′(_x_)<_0_______，则f′(x把)>0点a叫做函数y＝f(x)的极小值 点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
• 对函数的极值的理解
• (1)极值是一个局部概念：由定义可知，极值只 是某个点的函数值与它附近点的函数值比较最大 或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内 最大或最小．
• (2)函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区 间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个．
• (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系， 即一个函数的极大值未必大于极小值，如图所 示，x1是极大值点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)．
x＝a 解的个数，可转化为函数 g(x)＝13x3－x 与函数 y＝a 图象交
点个数．函数 y＝a 的图象为平行于 x 轴的直线，下面研究 g(x)
＝13x3－x 的图象.
2分
由题意知，g′(x)＝x2－1，
令 g′(x)＝x2－1＝0，
解得 x＝1 或 x＝－1.
4分
∴当 x>1 或 x<－1 时，g′(x)>0；
由上表可知，函数 f(x)在区间(－∞，0)上是减函数，在区间
0，34上还是减函数，因此 x＝0 不是函数的极值点；而函数 f(x)
在区间0，34上是减函数，在区间34，＋∞上是增函数，因此在 x＝34处取得极小值，其值为－22576.
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极小值点与极小值
• 如图，函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它 在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而 且在点x＝a的左侧________，右侧 _f_′(_x_)<_0_______，则f′(x把)>0点a叫做函数y＝f(x)的极小值 点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
• 对函数的极值的理解
• (1)极值是一个局部概念：由定义可知，极值只 是某个点的函数值与它附近点的函数值比较最大 或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内 最大或最小．
• (2)函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区 间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个．
• (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系， 即一个函数的极大值未必大于极小值，如图所 示，x1是极大值点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)．
x＝a 解的个数，可转化为函数 g(x)＝13x3－x 与函数 y＝a 图象交
点个数．函数 y＝a 的图象为平行于 x 轴的直线，下面研究 g(x)
＝13x3－x 的图象.
2分
由题意知，g′(x)＝x2－1，
令 g′(x)＝x2－1＝0，
解得 x＝1 或 x＝－1.
4分
∴当 x>1 或 x<－1 时，g′(x)>0；
由上表可知，函数 f(x)在区间(－∞，0)上是减函数，在区间
0，34上还是减函数，因此 x＝0 不是函数的极值点；而函数 f(x)
在区间0，34上是减函数，在区间34，＋∞上是增函数，因此在 x＝34处取得极小值，其值为－22576.
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导数的综合应用(高考题)精品PPT课件
函数
f
(x)
在
x2
1 a
处取得极小值
f
1 a
，且
f
1 a
a2 ．
例 2.（2013 广东理 21）设函数
f (x) (x 1)e x kx2 (k R). .
（1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当 k (1 ,1] 时，求函数 f（x）在[0,k] 2
上的最大值 M.
令 hk k 1ek k3 1,则 hk k ek 3k ,令 k ek 3k ,则k ek 3 e 3 0
所以
k
在
1 2
,1
上递减,而
1 2
1
e
3 2
e
3
0
所以存在
x0
1 2
,1
使得
x0
0
,且当
k
1 2
,
x0
时,
k
0
,
当 k x0,1 时, k 0 ,
所以
k
在
1 2
,
x0
上单调递增,在
x0
,1
上单调递减.
因为
h
1 2
1 2
e 7 0 , h1 0 ,
8
所以
h
k
0
在
1 2
,1
上恒成立,当且仅当
k
1
时取得“
”.
综上,函数 f x 在0, k上的最大值 M k 1ek k3.
题后反思 1 求导数 2 导函数分解因式 3 零点与区间端点：作差、求导、端点值 4 由函数的单调性，寻找可能的最大值 5 两函数值作差比较大小，构造函数h（x） 6 求导判断符号，构造函数Ф（x） 7 求导判断符号：变号零点x0 8 由导函数符号判断原函数单调性 9 由端点值确定h(x)符号
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11 1 11n.故 C 选 . f(1 ) f(2 ) f(n ) n 1n 1
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7
4.a、b为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间
(a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)<0,则以下式子
中一定成立的关系式是
(B )
A.f(a)<f(b)
B.f(a+1)>f(b-1 ) 2
①
由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f′(x)=3x2+2mx+n,
则g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n.
而g(x)的图象关于y轴对称,所以2m6 0,
23
所以m=-3.代入①得n=0.
于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
由f′(x)>0得x>2或x<0,
故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);
还可以通过列表,写出函数的单调区间.
(2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用
以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若
f′(x)>0(或f′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为
增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续,
则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.
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4
基础自测
1.已知曲线C:y=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P为 A.-1 B.1 C.-2 D.2
(A )
解析 y 4x3x2,设Q(x0,2x02 x03),则l方程为 y2x02 x03 (4x0 3x02)(xx0).Ql过点P(0,4), 42x02 x03 (4x0 3x02)(0x0),x03 x02 20, x03 1(x02 1) 0,(x0 1)(x02 2x0 2) 0, x0 1.
2
图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x)，则不等式 f′(x)≤0的解集为[__13_,_1]___[2_,_3_) .
解析 由函数y=f(x)在定义 域 ( 3 ,3) 内的图象可得,函 数y=f2′(x)的大致图象如图
所示.由图象可得不等式 f′(x)≤0的解集为
[1,1][2,3).
3
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题型分类 深度剖析
题型一 函数的极值与导数
【例1】已知函数f(x)=x3+mx2+nx-2的图象过点(-1,
-6),且函数g(x)=f′(x)+6x的图象关于y轴对称.
(1)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间;
(2)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极
值.
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3.已知函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列
{ 1 } (n∈N*)的前n项和为
f (n)
(C )
A .n
Β .n 1 C .n
n 1
n
n 1
解析 ∵f′(x)=mxm-1+a=2x+1
D .n 2 n 1
m 2
a 1 ∴f(x)=x2+x ∴f(n)=n2+n=n(n+1)
C.f(a+1)>f(b-1)
D.f(a+1)>f(b-3 )
2 解析 因为f(x)在区间(a,b)上的导函数f′(x)满
足f′(x)<0,故f(x)在区间(a,b)上单调递减,
又 b-a2 ,a 1a21b1, 22
故f(a+1)>f(b- 1 ),故选B. 2
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5.函数y=f(x)在其定义域( 3 ,3) 内可导,其图象如
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5
2.函数f(x)=xcos x的导函数f′(x)在区间[-π,π]
上的图象大致是
(A)
解析 ∵f(x)=xcos x,∴f′(x)=cos x-xsin x. ∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数,∴函数图象 关于y轴对称.由f′(0)=1可排除C、D选项.而 f′(1)=cos 1-sin 1<0,从而观察图象即可得到答 案为A.
2
3.函数的极值 求可导函数极值的步骤 求导数f′(x)→求方程_f_′__(_x_)_=_0的根→检验f′(x) 在方程根左右值的符号,求出极值(若左正右负,则 f(x)在这个根处取极大值;若左负右正,则f(x)在这 个根处取极小值).
4.函数的最值 求可导函数在［a,b］上的最值的步骤 求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比 较f(a)、f(b)的值和极__值___的大小.
但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是:
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1
①确定函数f(x)的定义域;
②求导数f′(x);
③由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的范围.当 f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增_函__数___;当f′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是减__函__数___.
由f′(x)<0,得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2).
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11
(2)由(1)得f′(x)=3x(x-2), 令f′(x)=0得x=0或x=2. 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
§3.4 导数的综合应用
基础知识 自主学习
要点梳理
1.曲线的切线方程
点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x0)) 处存在导数,曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y_-__ _f_(_x_0)_=_f_′__(_x_0_)_(_x_-_x_0_).
2.函数的单调性
(1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便,
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3
5.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问 题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关 系式y=f(x); (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值 的大小,最大(小)者为最大(小)值.
思维启迪 (1)由f(x)过点(-1,-6)及g(x)图象关
于y轴对称可求m,n.由f′(x)>0及f′(x)<0可求单
调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值
点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.
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解 (1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),
得m-n=-3.
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4.a、b为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间
(a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)<0,则以下式子
中一定成立的关系式是
(B )
A.f(a)<f(b)
B.f(a+1)>f(b-1 ) 2
①
由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f′(x)=3x2+2mx+n,
则g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n.
而g(x)的图象关于y轴对称,所以2m6 0,
23
所以m=-3.代入①得n=0.
于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
由f′(x)>0得x>2或x<0,
故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);
还可以通过列表,写出函数的单调区间.
(2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用
以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若
f′(x)>0(或f′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为
增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续,
则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.
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基础自测
1.已知曲线C:y=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P为 A.-1 B.1 C.-2 D.2
(A )
解析 y 4x3x2,设Q(x0,2x02 x03),则l方程为 y2x02 x03 (4x0 3x02)(xx0).Ql过点P(0,4), 42x02 x03 (4x0 3x02)(0x0),x03 x02 20, x03 1(x02 1) 0,(x0 1)(x02 2x0 2) 0, x0 1.
2
图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x)，则不等式 f′(x)≤0的解集为[__13_,_1]___[2_,_3_) .
解析 由函数y=f(x)在定义 域 ( 3 ,3) 内的图象可得,函 数y=f2′(x)的大致图象如图
所示.由图象可得不等式 f′(x)≤0的解集为
[1,1][2,3).
3
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题型分类 深度剖析
题型一 函数的极值与导数
【例1】已知函数f(x)=x3+mx2+nx-2的图象过点(-1,
-6),且函数g(x)=f′(x)+6x的图象关于y轴对称.
(1)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间;
(2)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极
值.
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3.已知函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列
{ 1 } (n∈N*)的前n项和为
f (n)
(C )
A .n
Β .n 1 C .n
n 1
n
n 1
解析 ∵f′(x)=mxm-1+a=2x+1
D .n 2 n 1
m 2
a 1 ∴f(x)=x2+x ∴f(n)=n2+n=n(n+1)
C.f(a+1)>f(b-1)
D.f(a+1)>f(b-3 )
2 解析 因为f(x)在区间(a,b)上的导函数f′(x)满
足f′(x)<0,故f(x)在区间(a,b)上单调递减,
又 b-a2 ,a 1a21b1, 22
故f(a+1)>f(b- 1 ),故选B. 2
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5.函数y=f(x)在其定义域( 3 ,3) 内可导,其图象如
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2.函数f(x)=xcos x的导函数f′(x)在区间[-π,π]
上的图象大致是
(A)
解析 ∵f(x)=xcos x,∴f′(x)=cos x-xsin x. ∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数,∴函数图象 关于y轴对称.由f′(0)=1可排除C、D选项.而 f′(1)=cos 1-sin 1<0,从而观察图象即可得到答 案为A.
2
3.函数的极值 求可导函数极值的步骤 求导数f′(x)→求方程_f_′__(_x_)_=_0的根→检验f′(x) 在方程根左右值的符号,求出极值(若左正右负,则 f(x)在这个根处取极大值;若左负右正,则f(x)在这 个根处取极小值).
4.函数的最值 求可导函数在［a,b］上的最值的步骤 求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比 较f(a)、f(b)的值和极__值___的大小.
但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是:
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①确定函数f(x)的定义域;
②求导数f′(x);
③由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的范围.当 f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增_函__数___;当f′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是减__函__数___.
由f′(x)<0,得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2).
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(2)由(1)得f′(x)=3x(x-2), 令f′(x)=0得x=0或x=2. 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
§3.4 导数的综合应用
基础知识 自主学习
要点梳理
1.曲线的切线方程
点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x0)) 处存在导数,曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y_-__ _f_(_x_0)_=_f_′__(_x_0_)_(_x_-_x_0_).
2.函数的单调性
(1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便,
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5.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问 题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关 系式y=f(x); (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值 的大小,最大(小)者为最大(小)值.
思维启迪 (1)由f(x)过点(-1,-6)及g(x)图象关
于y轴对称可求m,n.由f′(x)>0及f′(x)<0可求单
调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值
点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.
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解 (1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),
得m-n=-3.