2015-2016学年高中数学 第三章 导数应用章末归纳总结课件 北师大版选修2-2_图文

第一章
推理与证明

第一章
章末归纳总结

1

知 识 梳 理

3

专 题 研 究

2

知 识 结 构

4

限 时 训 练

知识梳理

1.函数的单调性 研究可导函数的单调性的一般方法步骤: ①确定函数的定义域; ②求f′(x),令f′(x)=0,解此方程. ③把函数 f(x) 的间断点 ( 即 f(x) 的无定义点 ) 的横坐标和上面

的各实根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数
f(x)的定义区间分成若干个小区间. ④确定 f′(x) 在各小开区间内的符号,根据 f′(x) 的符号判定 f(x)在每个相应区间内的增减性. ⑤如果f(x)在某区间恒有f′(x)=0,则f(x)为常数函数.

2.函数的极值
函数极值的判别方法: ①定义法,若f(x) 在x0 点附近有定义,且满足附近所有点 x 都 有 f(x)<f(x0) , 则 说 f(x0) 为 极 大 值 ; 反 之 , 则 说 f(x0) 为 极 小 值.本方法主要用于判断不可导函数的极值.

②导数法:当函数f(x)在x0处连续可导时,如果x0附近的左
侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么 f(x0)是极大值;若左侧 f′(x)<0 ,右 侧f′(x)>0,那么f(x0)是极小值. 注:导数不存在的点有可能是极值点;而导数为 0 的点也 不一定是极值点.

3.函数的最大、小值
函数最值与极值的区别与联系: (1) 函数的极值是在局部范围内讨论问题,是一个局部概 念,而函数的最值是对整个定义域而言,是在整体范围内讨论 问题,是一个整体性的概念.

(2)闭区间上的连续函数一定有最值,开区间内的可导函数
不一定有最值,若有唯一的极值,则此极值必是函数的最值. (3)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个,

而函数的极值则可能不止一个,也可能没有极值.

(4)如果函数不在闭区间[a,b]上可导,则确定函数的最值 时,不仅比较该函数各导数为零的点与端点处的值,还要比较 函数在定义域内各不可导的点处的值.

(5)在解决实际应用问题中,如果函数在区间内只有一个极
值点,那么要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可,不 必再与端点的函数值进行比较.

知识结构

专题研究

单调性

已知a∈R,求函数f(x)=x2eax的单调区间.(注y =eax(a为常数)的导数y′=aeax)
[ 解析] 函数f(x)的导数f′(x)=2xeax+ax2eax=(2x+ax2)eax.

(1)当a=0时,若x<0,则f′(x)<0,若x>0,则f′(x)>0. 所以,当a=0时,函数f(x)在区间(-∞,0)内为减函数, 在区间(0,+∞)内为增函数.

2 (2)当a>0时,由2x+ax >0,解得x<-a或x>0;
2

2 由2x+ax <0,解得-a<x<0.
2

2 所以当a>0时,函数f(x)在区间(-∞,- a )和区间(0,+∞) 2 内为增函数,在区间(-a,0)内为减函数.

2 (3)当a<0时,由2x+ax >0,解得0<x<-a,
2

2 由2x+ax <0,解得x<0或x>-a.
2

2 所以当a<0时,函数f(x)在区间(-∞,0)和区间(- a ,+∞) 2 内为减函数,在区间(0,-a)内为增函数.

[点评]

在判断含参数的函数的单调性时,不仅要考虑到

参数的取值范围,而且要结合函数的定义域来确定 f′(x) 的符 号,否则会产生错误判断,分类讨论的思想必须给予足够的重 视,本题的解答真正体现了数学解题思想在联系知识与能力中

的作用.

1 3 设f(x)=3x +mx2+nx. (1)如果g(x)=f′(x)-2x-3在x=-2处取得最小值-5,求 f(x)的解析式; (2)如果m+n<10(m,n∈N+),f(x)的单调递减区间的长度 是正整数,试求m和n的值.(注区间(a,b)的长度为b-a)

[ 分析]

在x=-2处的极小值为-5,所包含的意思为,

将-2代入函数,函数值为-5,将-2代入导函数,函数值为 0.

[ 解析]

(1)由题得g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-

1)2+(n-3)-(m-1)2, 已知g(x)在x=-2处取得最小值-5
? ?m-1=2 所以? 2 ? ? n - 3 ? - ? m - 1 ? =-5 ?

,即m=3,n=2.

1 3 即得所要求的解析式为f(x)=3x +3x2+2x.

(2)因为f′(x)=x2+2mx+n,且f(x)的单调递减区间的长度 为正整数,故f′(x)=0一定有两个不同的根,从而Δ=4m2- 4n>0即m2>n 不妨设两根分别为x1,x2,则|x2-x1|=2 数. 故m≥2时才可能有符合条件的m,n 当m=2时,只有n=3符合要求 当m=3时,只有n=5符合要求 当m≥4时,没有符合要求的n 综上所述,只有m=2,n=3或m=3,n=5满足上述要 求. m2-n 为正整

[分析]

利用导数研究函数极值问题,考查函数与方程的

思想,以及分类讨论思想,综合运用数学知识解决问题的能力.

极值

(2014· 重庆理,20)已知函数f(x)=ae2x-be-2x- cx(a,b,c∈R)的导函数f ′(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点

(0,f(0))处的切线的斜率为4-c. (1)确定a,b的值; (2)若c=3,判断f(x)的单调性; (3)若f(x)有极值,求c的取值范围.

[ 解析]

(1)对f(x)求导得f′(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f′(x)
-2x

为偶函数,知f′(-x)=f′(x),即2(a-b)(e2x+e +e-2x>0,所以a=b.

)=0,因e2x

又f′(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1. (2)当c=3时,f(x)=e2x-e-2x-3x,那么 f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2 2e2x· 2e-2x-3=1>0, 故f(x)在R上为增函数.

(3)由(1)知f′(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-
2x

≥2 2e2x· 2e

-2 x

=4,当x=0时,等号成立.

下面分三种情况进行讨论. 当c<4时,对任意x∈R,f′(x)=2e2x+2e f(x)无极值; 当c=4时,对任意x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时 f(x)无极值;
-2 x

-c>0,此时

2 当c>4时,令e =t,注意到方程2t+ t -c=0有两根t1,2=
2x

c± c2-16 >0, 4 1 1 即f′(x)=0有两个根x1=2lnt1或x2=2lnt2. 当x1<x<x2时,f′(x)<0;又当x>x2时,f′(x)>0,从而f(x) 在x=x2处取得极小值. 综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).

最值

(2014· 江西文,18)已知函数f(x)=(4x2+4ax+ a2) x,其中a<0. (1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间; (2)若f(x)在区间[1,4] 上的最小值为8,求a的值.

[ 解析]

(1)当 a=-4 时
2

5 3 1 f(x)=(4x -16x+16) x=4· x2-16x2+16x2 3 1 1 8 ∴f′(x)=10x2-24x2+8x-2=10x· x-24 x+ x 10x2-24x+8 2?5x2-12x+4? 2?x-2??5x-2? = = = x x x 2 令 f′(x)>0 得 x>2 或 x<5 2 ∴f(x)的单调增区间为(0,5)和(2,+∞).

(2)∵f(x)=(4x2+4ax+a2)· x, a2 1 f′(x)=10x· x+6a· x+ 2 · x
2 a 10x2+6ax+ 2 20x2+12ax+a2 ?10x+a??2x+a? = = = . x 2 x 2 x

a a 令f′(x)=0得x1=-10,x2=-2. a a ∵a<0,∴-2>-10>0.

a 当x∈(0,-10)时,f(x)单调递增, a a 当x∈(-10,-2)时,f(x)单调递减, a 当x∈(-2,+∞)时,f(x)单调递增. a a ∴当x=-2时,f(x)取极小值为f(-2)=0. 又f(x)=(4x2+4ax+a2)· x=(2x+a)2· x≥0, a (ⅰ)当-2≤1时即-2≤a<0时,f(x)在[1,4] 单调递增,∴此 时最小值f(1)=4+4a+a2=8 解得a=± 2 2-2,均不符合题意.

a a (ⅱ)当1<- 2 ≤4,即-8≤a<-2时,此时- 10 <1,f(x)在 a [1,4] 上先减后增,其最小值为f(-2)=0,不符合题意. a a 4 (ⅲ )当-2>4,即a<-8时,此时-10>5, 此时最小值可能为x=1或x=4取得,f(1)=8时,解得a= ± 2 2,不适合题意. f(4)=2(64+16a+a2)=8,解得a=-10或a=6(舍去) 而当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4] 上的 最小值时f(4)=8,符合题意. ∴a=-10.

利用导数证明不等式
已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1. (1)若xf′(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围; (2)证明:(x-1)f(x)≥0.

解析】

x+1 1 (1)f′(x)= x +lnx-1=lnx+x (x>0),

xf′(x)=xlnx+1, 故xf′(x)≤x2+ax+1等价于lnx-x≤A. 1 令g(x)=lnx-x,则g′(x)=x -1, 令g′(x)=0,解得x=1.∵f(x)的定义域为(0,+∞) ∴当0<x<1时,g′(x)>0;当x>1时,g′(x)<0. 故x=1是g(x)的极大值点,且是最大值点,则g(x)≤g(1)= -1. 综上,a的取值范围是[-1,+∞).

(2)证明:由(1)知,g(x)≤g(1)=-1,即lnx-x+1≤0. 当0<x<1时,f(x)=(x+1)lnx-x+1=xlnx+(lnx-x+ 1)≤0; 1 当x≥1时,f(x)=lnx+(xlnx-x+1)=lnx+x(lnx+ x -1)= 1 1 lnx-x(lnx -x +1)≥0. ∴(x-1)f(x)≥0.

[点评]

函数在某个区间上的导数值大于 (小于)0时,则该

函数在该区间上单调递增(递减).因而在证明不等式时,根据 不等式的特点有时可以构造函数,用导数证明该函数的单调 性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的,即把证明不

等式转化为证明函数的单调性.高考中经常以解答题形式出现.

利用导数求参数的取值范围

3 2 已知函数f(x)=ax -2x +1(x∈R),其中a>0.
3

(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若在区间 围.
[分析] 应用导数知识求解曲线的切线方程及函数最值.
? 1 1? ?- , ? ? 2 2?

上,f(x)>0恒成立,求a的取值范

[ 解析]

3 2 (1)当a=1时,f(x)=x -2x +1,
3

∴f(2)=3; ∵f′(x)=3x2-3x,∴f′(2)=6, ∴曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-3=6(x-2),即y=6x-9.

(2)f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1), 1 令f′(x)=0,解得x=0或x=a. 1 1 ①当0<a≤2时,则a≥2. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f ( x)
? 1 ? ?- ,0? ? 2 ?

0 0 极大值

? 1? ?0, ? 2? ?

+ ?

- ?

? 1 1? ∴当x∈?-2,2?时,f(x)>0 ? ?

1? ?? -2?>0 ?f? ? ? ?? ? ? ?f?1?>0 ? ?2? ∴0<a≤2.

? ?5-a>0 ? 8 ?? ?5+a >0 ? 8 ?

?-5<a<5.

1 1 ②当a>2时,则0<a<2. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f ′( x ) f ( x)
? 1 ? ?- ,0? ? 2 ?

0 0 极大 值

? 1? ?0, ? a? ?

1 a 0 极小 值

?1 1? ? , ? ?a 2?

+ ?

- ?

+ ?

1? ?? -2?>0 ?f? ? 1 1? ? ? ? ? ∴当x∈ -2,2 时,f(x)>0? ? ? ? ? ? ?f?1?>0 ? ?a?
? ?a∈? ?-∞,- ? ? ? 2? ? ? 2 ? ∪ , 5 ? 2 ?, 2? ? ? ?

?5-a ? 8 >0 ?? ?1- 1 2>0 2a ?

∴a∈(2,5). 综上所述,a的范围为(0,5).
[点评] 本题主要考查曲线的切线方程.利用导数研究函

数的单调性与极值、解不等式等基础知识,同时考查运算能力 及分类讨论的思想方法.

实际问题中的应用
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: k cm)满足关系:C(x)= (0≤x≤10),若不建隔热层,每年 3x+5 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.

(1)求k的值及f(x)的表达式. (2) 隔热层修建多厚时,总费用 f(x) 达到最小,并求最小 值.

[分析]

本小题主要考查函数、导数等基础知识,同时考

查运用数学知识解决实际问题的能力.可根据题意得出 f(x) 的 解析式,再利用导数解决.

[ 解析]

(1)设隔热层厚度为x cm,由题设,每年能源消耗

k 费用为C(x)= , 3x+5 40 再由C(0)=8,得k=40,因此C(x)= , 3x+5 而建造费用为C1(x)=6x. 最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f(x)=20C(x)+C1(x)=20× 6x(0≤x≤10). 40 3x+5 +6x= 800 3x+5 +

2400 2400 (2)f ′(x)=6- 2,令f ′(x)=0,即 2=6, ?3x+5? ?3x+5? 25 解得x=5,x=- 3 (舍去). 当0<x<5时,f ′(x)<0,当5<x<10时,f ′(x)>0,故x=5是 800 f(x)的最小值点,对应的最小值为f(5)=6×5+ =70. 15+5 当隔热层修建5 cm厚时,总费用达到最小值70万元.

[ 点评 ]

利用导数解决最优化问题的关键是建立函数模

型,因此需先审清题意,明确常量与变量及其关系,再写出实 际问题的关系式,特别需要注明变量的取值范围.

限时训练

一、选择题 1.设p:f(x)=x3+2x2+mx+1在(-∞,+∞)内单调递 4 增,q:m≥3,则p是q的( A.充分不必要条件 C.充要条件 ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

[答案] C

[ 解析]

f′(x)=3x2+4x+m.

若f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0. 4 由Δ=16-4×3×m≤0,得m≥3. 4 又q:m≥3,则p是q的充要条件.

2.设a<b,函数y=(x-a)2(x-b)的图像可能是(

)

[ 答案]

C

[ 解析]

y′=(x-a)(3x-2b-a),由y′=0得x=a,或x

a+2b a+2b = 3 ,∴当x=a时,y取极大值0,当x= 3 时,y取极小 值且极小值为负,故选C.

1 x 3.设点P在曲线y=2e 上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ| 的最小值为( A.1-ln2 C.1+ln2
[答案] B

) B. 2(1-ln2) D. 2(1+ln2)

[ 解析]

本题考查了反函数的图象特性,数形结合法以及

1 x 分析问题解决问题的能力.函数y= 2 e 与函数y=ln(2x)互为反 1 x 1 x 函数,图象关于y=x对称.函数y= 2 e 上的点P(x,2 e )到直线y 1 x |2e -x| =x的距离为d= . 2 1 x 1 x 设函数g(x)= 2 e -x?g′(x)= 2 e -1?g(x)min=1-ln2? 1-ln2 dmin= .由图象关于y=x对称得:|PQ|最小值为2dmin= 2 2 (1-ln2).在求最值时常常构造函数,利用导数求解.

二、填空题 1 π 4.若函数f(x)=asinx+3sin3x在x=3处有极值,那么a等于 ________.

[答案] 2

[ 解析]

f′(x)=acosx+cos3x.

π 1 由题意f′(3)=0,即a· 2+(-1)=0,∴a=2.

5 .点P 是曲线y =x2- lnx上任意一点,则P到直线y =x- 2 的距离的最小值是________.

[ 答案]
[ 解析]

2
设P(x0,y0),由题意,过点P的曲线的切线与

直线y=x-2平行时,P到直线y=x-2的距离最小. 1 1 由y′=2x- x,得 x=x0时2x0-x =1, 0 1 解得x0=-2或x0=1. 又x>0,∴x0=1,则y0=1. |1-1-2| ∴P(1,1).∴P到直线y=x-2的距离的最小值为 2 = 2.

三、解答题 6.(2014·新课标Ⅱ文,21)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2, 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a;

(2) 证明:当 k<1 时,曲线 y = f(x) 与直线 y = kx - 2 只有一个
交点.

[ 解析]

(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a,

2 由题设得-a=-2,所以a=1. (2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知1-k>0. 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.

当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1- k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2, +∞)单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0 所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2 只有一个交点.


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