2017-2018版高中数学第一章导数及其应用习题课导数的应用课件新人教B版选修2-2

课件50张PPT。习题课　导数的应用第一章　导数及其应用学习目标
1.能利用导数研究函数的单调性.
2.理解函数的极值、最值与导数的关系.
3.掌握函数的单调性、极值与最值综合应用.题型探究知识梳理内容索引当堂训练知识梳理知识点一　函数的单调性与其导数的关系定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：增减知识点二　求函数y＝f(x)的极值的方法(1)求导数f′(x)；
(2)求方程 的所有实数根；
(3)考察在每个根x0附近，从左到右，导函数f′(x)的符号变化.如果f′(x)的符号 ，则f(x0)是极大值；如果 ，则f(x0)是极小值，如果在f′(x)＝0的根x＝x0的左、右侧，f′(x)的符号不变，则f(x0) .由正变负由负变正f′(x)＝0不是极值题型探究 类型一　构造法的应用命题角度1　比较函数值的大小答案解析解析　由f′(x)sin x>f(x)cos x，
即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，此类题目的关键是构造出恰当的函数，求出该函数的导数，利用单调性进而确定函数值的大小. A.aC.a则g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，
∴g(x)是偶函数.
g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴当x>0时，xf′(x)＋f(x)<0，
当x<0时，xf′(x)＋f(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数.∵g(x)是偶函数， 例2　定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为
A.(－∞，0) B.(－∞，2)
C.(0，＋∞) D.(2，＋∞)命题角度2　求解不等式解析答案∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在定义域上为单调减函数.
∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，
则不等式等价于g(x)∵函数g(x)为单调减函数，
∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)，故选C.构造恰当的函数并判断其单调性，利用单调性得到x的取值范围.跟踪训练2　已知函数f(x)是定义在R上的奇函数且f(1)＝0，其导函数记为f′(x)，当x>0时，满足xf′(x)－f(x)>0，则f(x)>0的解集为____________________.(－1,0)∪(1，＋∞)解析答案当x>0时，g′(x)>0，则g(x)为增函数，
由此可画出g(x)的草图，如图，
所以f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞).类型二　利用导数研究函数的单调性、极值与最值解答例3　已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝ ，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；所以当0此时函数f(x)为单调减函数，
当10，
此时函数f(x)为单调增函数，
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝1.证明(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋ ；证明　因为函数f(x)的极小值为1，即函数f(x)在(0，e]上的最小值为1.所以当00，
此时g(x)为单调增函数.解答(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.解　假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]有最小值3，①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，e]上为单调减函数，此时函数f(x)的最小值不是3.此时函数f(x)的最小值不是3.
综上可知，存在实数a＝e2，使f(x)的最小值是3.(1)求极值时一般需确定f′(x)＝0的点和单调性，对于常见连续函数，先确定单调性即可得极值点，当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点.
(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得.跟踪训练3　已知函数f(x)＝ ＋aln x(a≠0，a∈R).
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；解答令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴当x＝1时，f(x)的极小值为1.
f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1).(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围.解答若在区间(0，e]上存在一点x0，使得f(x0)<0成立，
其充要条件是f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.∴f(x)在区间(0，e]上单调递减，∴f(x)在区间(0，e]上单调递减，显然，f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：得1－ln a<0，解得a>e，即a∈(e，＋∞).类型三　导数的综合应用例4　已知函数f(x)＝ex－cx－c(c为常数，e是自然对数的底数)，f′(x)是函数y＝f(x)的导函数.
(1)求函数f(x)的单调区间；解答解　函数f(x)＝ex－cx－c的导数为f′(x)＝ex－c，
当c≤0时，f′(x)>0恒成立，可得f(x)的增区间为R；
当c>0时，由f′(x)>0，可得x>ln c，
由f′(x)<0，可得x可得f(x)的增区间为(ln c，＋∞)，减区间为(－∞，ln c).(2)当c>1时，试求证：
①对任意的x>0，不等式f(ln c＋x)>f(ln c－x)恒成立；证明证明　f(ln c＋x)－f(ln c－x)＝eln c＋x－c(ln c＋x)－c－eln c－x＋c(ln c－x)＋c＝c(ex－e－x－2x)，
设g(x)＝ex－e－x－2x，x>0，
则g′(x)＝ex＋e－x－2，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，
可得g(x)>g(0)＝0，
又c>1，则c(ex－e－x－2x)>0，
可得不等式f(ln c＋x)>f(ln c－x)恒成立.②函数y＝f(x)有两个相异的零点.证明证明　函数f(x)＝ex－cx－c的导数为f′(x)＝ex－c，当c>1时，f(x)的增区间为(ln c，＋∞)；减区间为(－∞，ln c)，
可得f(x)在x＝ln c处取得极小值，且为最小值，
由f(ln c)＝eln c－cln c－c＝c－cln c－c＝－cln c<0，
可得f(x)＝0有两个不等的实根，
则函数y＝f(x)有两个相异的零点.利用导数解决不等式的证明及函数的零点的求解与证明时，注意运用构造函数和转化思想.跟踪训练4　已知函数f(x)＝ax－ln x－1，若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y－1＝0垂直.
(1)求a的值；解答解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞).解答(2)函数g(x)＝f(x)－m(x－1)(m∈R)恰有两个零点x1，x2(x1所以g(x)在(0，＋∞)上为单调减函数，
此时只存在一个零点，不合题意.下面判断极小值的正负，设h(m)＝m＋ln(1－m)，m<1.
①当m＝0时，h(0)＝0，即g(x)极小值＝0，
此时g(x)恰有一个零点不合题意.当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下表：当m<0时，h′(m)>0；
当0所以h(m)在(－∞，0)上为单调增函数，在(0,1)上为单调减函数，
所以h(m)综上，m的取值范围是(－∞，0)∪(0,1).当堂训练1.若函数y＝x3＋2x2＋mx是R上的单调函数，则实数m的取值范围是答案23451√2.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若aA.bf(b)≤af(a) B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤bf(b) D.af(b)≤bf(a)答案23451解析解析　设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，
∴g(x)在区间(0，＋∞)上为单调减函数或g(x)为常函数.
∵a3，则f(x)>3x＋4的解集为____________.(－1，＋∞)解析　设F(x)＝f(x)－(3x＋4)，
则F(－1)＝f(－1)－(－3＋4)＝1－1＝0.
又对任意的x∈R，f′(x)>3，
∴F′(x)＝f′(x)－3>0，
∴F(x)在R上是增函数，
∴F(x)>0的解集是(－1，＋∞)，
即f(x)>3x＋4的解集为(－1，＋∞).4.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则f(0)＋f(2)与2f(1)的大小关系为__________________.解析答案解析　当x<1时，f′(x)≤0；
当x>1时，f′(x)≥0，
故f′(1)＝0.由f(x)的任意性知，f(x)在[0,2]上有唯一的极小值f(1)，
即f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，
所以f(0)＋f(2)≥2f(1).23451f(0)＋f(2)≥2f(1)23451证明5.已知x>0，求证：x>sin x.证明　设f(x)＝x－sin x(x>0)，f′(x)＝1－cos x≥0
对x∈(0，＋∞)恒成立，
∴函数f(x)＝x－sin x在(0，＋∞)上是单调增函数.
又f(0)＝0，
∴f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，
∴x>sin x(x>0).导数作为一种重要的工具，在研究函数中具有重要的作用，例如函数的单调性、极值与最值等问题，都可以通过导数得以解决.不但如此，利用导数研究得到函数的性质后，还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题，所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法.本课结束