导数的应用

(共40张PPT)
导数的应用 (学案)
考点1
考点2
考点3
填填知学情
课内考点突破
规 律 探 究
考 纲 解 读
考 向 预 测
考点4
返回目录
考 纲 解 读
导数的应用 (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,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).
(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数不超过三次）.
(3)会用导数解决实际问题.
考 向 预 测
1.以解答题的形式考查利用导数研究函数的单调性,求单调区间,求极值与最值.
2.以实际问题为背景,考查利用导数解决生活中的优化问题.
3.以解答题的形式考查导数与解析几何、不等式、平面向量等知识相结合的问题.
返回目录
1.函数的单调性与导函数
(1)如果在(a,b)内, ,则f(x)在此区间是增函数,(a,b)为f(x)的单调增区间;
(2)如果在(a,b)内, ,则f(x)在此区间是减函数,(a,b)为f(x)的单调减区间.
2.函数的极值
f′(x)>0
f′(x)<0
返回目录
(1)函数极值的定义
①已知函数y=f(x),设x0是定义域(a,b)内任一点,如果对x0附近的所有点x,都有f(x)②如果在x0附近都有f(x)>f(x0),则称函数f(x)在点x0处取 ,记作 .并把x0称为函数f(x)的一个 .
③极大值与极小值统称为 . 与
统称为极值点.
极大值
y极大=f(x0)
极大值点
极小值
y极小=f(x0)
极小值点
极值
极大值点
极小值点
返回目录
(2)求函数极值的方法
解方程f′(x)=0,当f′(x0)=0时,
①如果在x0附近左侧 ,右侧 ,那么f(x0)是极大值.
②如果在x0附近左侧 ,右侧 ,那么f(x0)是极小值.
③如果f′(x)在点x0的左、右两侧 ，则f(x0)不是函数极值.
3.函数的最值
(1)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
的曲线,那么它必有最大值和最小值.函数的最值必在极值点或区间端点取得.
f′(x)>0
f′(x)<0
f′(x)<0
f′(x)>0
符号不变
连线不断
返回目录
(2)求函数y=f(x)在［a,b］上的最大值与最小值的步骤
①求函数y=f(x)在(a,b)内的 .
②将函数y=f(x)的各极值与 比较,其中 的一个是最大值, 的一个是最小值.
4.用导数解决生活中的优化问题
解决优化问题的基本思路是:
最小
极值
端点处的函数值f(a),f(b)
最大
返回目录
考点1 函数的单调性与导数
已知f(x)=ex-ax-1.
(1)求f(x)的单调增区间;
(2)若f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围;
(3)是否存在a,使f(x)在(-∞,0］上单调递减,在
［0,+∞)上单调递增 若存在,求出a的值;若不存
在,说明理由.
返回目录
【解析】 f′(x)=ex-a.
(1)若a≤0,f′(x)=ex-a≥0恒成立,即f(x)在R上递增.
若a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna.
∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞).
(2)∵f(x)在R内单调递增,∴f′(x)≥0在R上恒成立.
∴ex-a≥0,即a≤ex在R上恒成立.
∴a≤(ex)min,又∵ex>0,∴a≤0.
【分析】 (1)通过解f′(x)≥0求单调递增区间;
(2)转化为恒成立问题求a;
(3)假设存在a,则x=0为极小值点,或利用恒成立问题.
返回目录
(3)解法一:由题意知ex-a≤0在(-∞,0］上恒成立.
∴a≥ex在(-∞,0］上恒成立.
∵ex在(-∞,0］上为增函数.
∴x=0时,ex最大为1.∴a≥1.
同理可知ex-a≥0在［0,+∞)上恒成立.
∴a≤ex在［0,+∞)上恒成立.
∴a≤1,∴a=1.
解法二:由题意知,x=0为f(x)的极小值点.
∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1.
返回目录
利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便,但应注意f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)的充分条件,在(a,b)内可导的函数f(x)在(a,b)上递增(或递减)的充要条件应是f′(x)≥0［或f′(x)≤0］,x∈(a,b)恒成立,且f′(x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等于0,这就是说,函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′(x0)=0,甚至可以在无穷多个点处f′(x0)=0,只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间,因此,在已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时,应令f′(x)≥0［或f′(x)≤0］恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立理论求解),然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去,若f′(x)不恒为0,则由f′(x)≥0［或f′(x)≤
0］恒成立解出的参数的取值范围确定.
返回目录
已知函数f（x）=x3+ax2+x+1，a∈R.
(1)讨论函数f（x）的单调区间；
(2)设函数f（x）在区间（ ）内是减函数，求a的取值范围.
【解析】（1）f（x）=x3+ax2+x+1，f′(x)=3x2+2ax+1,
当Δ=（2a）2-3×4=4a2-12≤0,即 ≤a≤ 时，f′(x)≥0恒成立，
返回目录
此时f（x）为单调递增函数，单调区间为（-∞,+∞）.
当Δ=(2a)2-3×4=4a2-12＞0,即a＞ 或a＜ ，函数f′(x)存在零解，
此时当x＜ 时，f′(x)＞0，
当x＞ 时,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增,
当 ＜x＜ 时,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减.
返回目录
此时函数的单调区间为
若a＞ 或a＜ ,则（-∞, ）,（ ,+∞）为单调递增区间;
（ ）为单调递减区间.
(2)若函数在区间（ ）内是减函数,则说明f′(x)=3x2+2ax+1=0两根在区间（ ）外,因此 f′（ ）≤0,且f′（ ）≤0,由此可以解得a≥2.
因此a的取值范围是［2,+∞).
返回目录
考点2 函数的极值与导数
［2010年高考安徽卷］设a为实数，函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln2-1且x>0时，ex>x2-2ax+1.
返回目录
【分析】求出f′(x),利用f′(x)>0,f′(x)<0,求出单调区间,再求极值.
【解析】 (1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.
令f′(x)=0，得x=ln2.
于是当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
返回目录
x (-∞,ln2) ln2 (ln2 ,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) 单调递减
2(1-ln2+a)
单调递增
返回目录
故f(x)的区间是(-∞,ln2)，区间是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a= 2(1-ln2+a)
(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)取最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞)都有g(x)>0.
即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
返回目录
本题考查导数的运算,利用导数研究函数的单调区间,求函数的极值和证明函数不等式,考查运算能力、综合分析和解决问题的能力.
返回目录
设函数f(x)=-x(x-a)2(x∈R)，其中a∈R.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)当a≠0时，求函数f(x)的极大值和极小值.
(1)当a=1时,f(x)=-x(x-1)2=-x3+2x2-x,
f(2)=-2,f′(x)=-3x2+4x-1,
f′(2)=-12+8-1=-5,
∴当a=1时，曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 5x+y-8=0.
返回目录
(2) f(x)=-x(x-a)2=-x3+2ax2-a2x,
f′(x)=-3x2+4ax-a2=-(3x-a)(x-a),
令f′(x)=0，解得x= 或x=a.
由于a≠0，以下分两种情况讨论.
①若a>0,当x变化时，f′（x）,f(x)的变化情况如下表：
因此，函数f(x)在x= 处取得极小值f( ),且f( )= ;
函数f(x)在x=a处取得极大值f(a),且f(a)=0.
x (-∞,- ) ( ,a ) 1 (a,+∞)
- 0 + 0 -
0
↘
↗
↘
返回目录
②若a<0,当x变化时，f′（x）,f(x)的变化情况如下表：
因此，函数f(x)在x=a处取得极小值f(a),且f(a)=0;
函数f(x)在x= 处取得极大值f( ),
且f( )= .
x (-∞,a) a ( a , ) ( ,+∞)
- 0 + 0 -
0
↘
↘
↗
返回目录
考点3 函数的最值与导数
［2009年高考辽宁卷］设f(x)=ex(ax2+x+1),且曲线y=f(x)在x=1处的切线与x轴平行.
(1)求a的值，并讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当θ∈[0, ]时，|f(cosθ)-f(sinθ)|<2.
返回目录
【解析】 (1)f′(x)=ex(ax2+x+1+2ax+1).
由条件知，f′(1)=0,
故a+3+2a=0? a=-1.
于是f′(x)=ex(-x2-x+2)
=-ex(x+2)(x-1).
故当x∈(-∞,-2)∪(1,+∞)时，f′(x)<0；当x∈(-2,1)时，f′(x)>0.
从而f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)内单调递减，在（-2，1）内单调递增.
返回目录
(2)证明：由(1)知f(x)在［0,1］上单调递增，故f(x)在［0,1］上的最大值为f(1)=e，最小值为f(0)=1.
从而对任意x1,x2∈［0,1］，有
|f(x1)-f(x2)|≤e-1<2.
而当θ∈[0, ]时，cosθ,sinθ∈［0,1］.
从而|f(cosθ)-f(sinθ)|<2.
返回目录
本题主要考查函数的单调区间、最值及导数的应用，
同时考查运算求解能力.
返回目录
已知a为常数，求函数f(x)=-x3+3ax(0≤x≤1)的最大值.
f′(x)=-3x2+3a=-3(x2-a).
若a≤0，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.
∴当x=0时，有最大值f(0)=0.
若a＞0，则令f′(x)=0，解得x=± .
∵x∈［0,1］,则只考虑x= 的情况.
如下表所示:
【解析】
返回目录
(1)0＜ ＜1，即0＜a＜1，当x= 时,f(x)有最大值f( )=2a .
(2) ≥1，即a≥1，当x=1时,f(x)有最大值f(1)=3a-1.
综上,当a≤0,x=0时，f(x)有最大值0;
当0＜a＜1,x= 时,f(x)有最大值2a ;
当a≥1，x=1时，f(x)有最大值3a-1.
x 0 (0, )
f′(x) + 0 -
f(x)
↗
↘
返回目录
考点4 最优化问题
一 艘 轮船在航行中的燃料费和它速度的立 方成 正比，已知在速度为每小时10公里时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元.问此轮船以多大速度航行时，能使行驶每公里的费用总和最小？
【分析】由题意构造函数，利用导数求最值.
返回目录
【解析】设船的速度为x(x＞0)（公里/小时）时,燃料费用为Q元，则Q=kx3.
由6=k×103可得k= ,∴Q= x3.
∴总费用y=( x3+96)· = x2+ .
∴y′= x- .令y′=0得x=20.
当x∈(0,20)时,y′＜0，此时函数单调递减.
当x∈(20,+∞)时,y′＞0，此时函数单调递增.
∴当x=20时，y取得最小值.
∴此轮船以20公里/小时的速度行驶时每公里的费用总和最小.
返回目录
（1）用导数解应用题求最值的一般方法是：求导，令导数等于零;求y′=0的根，求出极值点;最后写出解答.
（2）在有关极值应用的问题中，绝大多数在所讨论的区间上函数只有一点使得f′(x)=0,且在两侧f′(x)的符号各异，一般称为单峰问题，此时该点就是极值点 ，也是最值点.
返回目录
从边长为2a的正方形铁片的四个角各截去一个边长为x的正方形，再将四边向上折起，做成一个无盖长方体铁盒，要求长方体的高度与底面边长的比值不超过常数t(t>0).试问当x取何值时，容积V有最大值
返回目录
V=x(2a-2x)2=4(a-x)2·x.
∵ ≤t,∴0∴函数V=V(x)=4x(a-x)2的定义域为 .显然
∴V′=4(x-a)(3x-a).
由V′>0,得0a，此时V(x)为增函数；由V′<0，得 返回目录
①当 ≤ ，即t≥ 时，
在x= 时，V有最大值 a3;
②当 < ,即0在x= 时，V有最大值 .
返回目录
1.注意单调函数的充要条件,尤其对于已知单调性求参数值(范围)时,隐含恒成立思想.
2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全，含参数时，要讨论参数的大小.
3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较.
返回目录
4.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯 ,可使问题直观且有条理,减少失分的可能.
5.求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过认真比较才能下结论.
6.要强化自己用导数知识处理函数最值、单调性、方程的根、不等式的证明等数学问题的意识.
返回目录