（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习专题3导数及其应用3.2导数的应用课件.pptx

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1、高考数学（浙江专用）,3.2 导数的应用,考点一 导数与单调性,考点清单,考向基础1.设函数y=f(x)在某个区间内可导,若f (x)0,则f(x)为增函数;若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, 则g(x)= ( ),A.在区间(0,1)上是减函数 B.在区间(1,4)上是减函数 C.在区间 上是减函数 D.在区间 上是

2、减函数,答案 C,考向二 由单调性求参数范围,例2 (2016课标全国,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-,+) 单调递增,则a的取值范围是 ( ) A.-1,1 B. C. D.,解析 解法一:f (x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+ acos x+ , f(x)在R上单调递增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1, 1,则- t2+at+ 0在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则 解得- a ,故选C. 解法二:函数f(

3、x)=x- sin 2x+asin x的导数为f (x)=1- cos 2x+acos x, 由题意可得f (x)0恒成立, 即1- cos 2x+acos x0恒成立, 即有 - cos2x+acos x0恒成立, 令t=cos x(-1t1),即有5-4t2+3at0,当t=0时,不等式显然成立; 当0t1时,3a4t- , 由y=4t- 在(0,1上递增,可得t=1时,取得最大值-1, 可得3a-1,即a- ; 当-1t0时,3a4t- , 由y=4t- 在-1,0)上递增,可得t=-1时,取得最小值1, 可得3a1,即a . 综上,可得a的取值范围是 .故选C.,答案 C,考点二 导数

4、与极值、最值,考向基础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x0,xx0时有f (x)x0时有f (x)0,则f(x0)是 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) 的各极值与f(a)、 f(b)比较,其中最大的一个是 最大值 ,最小的一,个是 最小值 . 4.可导函数的极值

5、点必须是导数为零的点,但导数为零的点不一定是极 值点,如f(x)=x3在x=0处的导数f (0)=0,但x=0不是它的极值点,也就是说, 可导函数在x=x0处的导数f (x0)=0是该函数在x=x0处取得极值的必要不 充分条件.特别地,函数的不可导点也可能是极值点. 5.函数的极值与函数的最值的区别:函数的极值是一个局部性概念,而最 值是某个区间的整体性概念;函数的极值可以有多个,而函数的最大(小) 值最多只有一个. 6.极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但如果连续函数在 开区间(a,b)内只有一个极值点,则极大值就是最大值,极小值就是最小 值.,考向突破,考向一 求极值,例1 (

6、2018广东珠海二中期中,15)已知x0是函数f(x)=x3-12x的极小值点, 则x0= .,解析 f (x)=3x2-12, x0,-22时,f (x)0, x=2是f(x)的极小值点, 又x0为f(x)的极小值点,x0=2.,答案 2,考向二 求最值,例2 (2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只 有一个零点,则f(x)在-1,1上的最大值与最小值的和为 .,解析 本题考查利用导数研究函数的极值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,则x0时, f (x)0,f(x)在(0,+)上为

7、增函数,又f(0)=1,f(x)在(0, +)上没有零点,a0. 当0 时, f (x)0, f(x)为增函数,x0 时, f(x)有极小值,为f =- +1. f(x)在(0,+)内有且只有一个零点, f =0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,则f (x)=6x(x-1).,f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-4. 最大值与最小值的和为-3.,答案 -3,方法1 利用导数研究函数的单调性 1.确定函数单调性的基本步骤 确定函数f(x)的定义域. 求导数f (x). 由f (x)0(或f (x)0时, f(x)在相应 区间上是单调递增函数;当f (x)0(或f (x)0)仅是f

8、(x)在某个区间上为增函数(或减函数)的充分条,方法技巧,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除在区间内个别点处 有f (x0)=0,甚至可以在无穷多个点处有f (x0)=0,只要这样的点不充满所 给区间的任何一个子区间即可. 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

9、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 的参数的取值范围即为所求.,例1 (2018浙江台州第一学期期末质检,20,15分)已知函数f(x)=(x2-x+1) e-x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当x0,2时, f(x)-x2+2x+m恒成立,求m的取值范围.,解析 (1)函数f(x)的定义域为x|xR, f (x)=-(x-2)(x-1)e-x, e-x0,由f (x)2, 由f (x)0,得10,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增, (12分) g(x)min=g(

10、1)= -1,m -1. (15分),方法2 利用导数研究函数的极值与最值 1.解决函数极值问题的一般思路2.解决函数最值问题的一般思路 (1)开区间上函数的极值如果唯一,则它就是函数的最值.,(2)闭区间上函数的最值求法,先求极值,再将极值和两个端点值比较大 小,最大的就是最大值,最小的就是最小值.,例2 (2018浙江宁波模拟(5月),20)已知函数f(x)=aln x+x- ,其中a为实 常数. (1)若x= 是f(x)的极大值点,求f(x)的极小值; (2)若不等式aln x- b-x对任意- a0, x2恒成立,求b的最小 值.,解析 (1) f (x)= ,由题意知x0. 由f =

11、0,得 + a+1=0,所以a=- , (3分) 此时f(x)=- ln x+x- . 则f (x)= = . 所以f(x)在 上为减函数,在2,+)上为增函数. (5分) 所以x=2为极小值点,极小值f(2)= - . (6分) (2)不等式aln x- b-x即为f(x)b, 所以bf(x)max对任意- a0, x2恒成立. (8分),(i)若1x2,则ln x0, f(x)=aln x+x- x- 2- = . 当a=0,x=2时取等号. (10分) (ii)若 x1,则ln x0, f(x)=aln x+x- - ln x+x- . 由(1)可知g(x)=- ln x+x- 在 上为

12、减函数. 所以当 x1时,g(x)g = ln 2- . (13分) 因为 ln 2- - =1 ,所以f(x) . 综上, f(x)max= . 于是bmin= . (15分),方法3 导数综合应用的解题方法 1.不等式恒成立问题、任意性问题和存在性问题等,常转化为函数最值 问题. 2.证明不等式、研究函数零点、求相关参数的取值范围等问题,常常需 要构造函数.,例3 (2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),20)设f(x)=x- -aln x(aR). (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点 处的切线方程; (2)当0e-1成立?,解析 (1)当a=1时, f(x)=x-ln x, f (

13、x)=1- . (2分) 所以曲线y=f(x)在点 处的切线的斜率为f =1- =-1. (4 分) 故所求的切线方程为y- =- , 即x+y-ln 2-1=0. (6分) (2)是. (7分) 理由:假设当0e-1成立, 此时只需证明当x 时, f(x)maxe-1即可. (8分),f (x)=1+ - = = (x0), 令f (x)=0,得x1=1,x2=a-1,当00. 函数f(x)在 上递减,在(1,e)上递增, (10分) 所以f(x)max=max . 于是,只需证明f(e)e-1或f e-1即可. (12分) 因为f(e)-(e-1)=e- -a-(e-1)= 0, 所以f(e)e-1,所以假设成立, (14分),故当0e-1成立. (15分),