（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課件.ppt

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1、高考數(shù)學(xué)（浙江專用）,3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性,考點(diǎn)清單,考向基礎(chǔ) 1.設(shè)函數(shù)y=f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo),若f (x)0,則f(x)為增函數(shù);若f (x)0(或f (x)<0)是f(x)在某一區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的充分不必要條件.,5.f (x)0(或f (x)0)是f(x)在某一區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的必要不充分條件. 考向突破,考向一單調(diào)性的判斷,例1(2018浙江溫州二模(3月),8)已知函數(shù)f(x)與f (x)的圖象如圖所示,則g(x)=(),A.在區(qū)間(0,1)上是減函數(shù) B.在區(qū)間(1,4)上是減函數(shù) C.在區(qū)間上是減函數(shù) D.在區(qū)間上是減函數(shù),答案C,考向

2、二由單調(diào)性求參數(shù)范圍,例2(2016課標(biāo)全國,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在(-,+) 單調(diào)遞增,則a的取值范圍是() A.-1,1B.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上單調(diào)遞增,則f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1, 1,則-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,則解得-a,故選C. 解法二:函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x的導(dǎo)數(shù)為f (x)=1

3、-cos 2x+acos x, 由題意可得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,,當(dāng)t=0時(shí),不等式顯然成立; 當(dāng)0

4、有的點(diǎn),都有f(x)f(x0),則f(x0)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極小值,記作y極小值=f(x0).極大值與極小值統(tǒng)稱為極值. 2.當(dāng)函數(shù)f(x)在x=x0處連續(xù)時(shí),判斷f(x0)是極大(小)值的方法: (1)如果x0,xx0時(shí)有f (x)x0時(shí)有f (x)0,則f(x0)是極小值. 3.函數(shù)的最大值與最小值 設(shè)函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),先求f(x)在(a,b)內(nèi)的極值;將f(x)的各極值與f(a)、 f(b)比較,其中最大的一個(gè)是最大值,最小的一,個(gè)是最小值. 4.可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)必須是導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn),但導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn),如f(x)=x3在x=0處的導(dǎo)數(shù)f (0)

5、=0,但x=0不是它的極值點(diǎn),也就是說,可導(dǎo)函數(shù)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)f (x0)=0是該函數(shù)在x=x0處取得極值的必要不充分條件.特別地,函數(shù)的不可導(dǎo)點(diǎn)也可能是極值點(diǎn). 5.函數(shù)的極值與函數(shù)的最值的區(qū)別:函數(shù)的極值是一個(gè)局部性概念,而最值是某個(gè)區(qū)間的整體性概念;函數(shù)的極值可以有多個(gè),而函數(shù)的最大(小)值最多只有一個(gè). 6.極值點(diǎn)不一定是最值點(diǎn),最值點(diǎn)也不一定是極值點(diǎn),但如果連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn),則極大值就是最大值,極小值就是最小值.,考向突破,考向一求極值,例1(2018廣東珠海二中期中,15)已知x0是函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點(diǎn),則x0=.,解析f (x)=3x

6、2-12, x0,-22時(shí),f (x)0, x=2是f(x)的極小值點(diǎn), 又x0為f(x)的極小值點(diǎn),x0=2.,答案2,考向二求最值,例2(2018江蘇,11,5分)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),則f(x)在-1,1上的最大值與最小值的和為.,解析本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,則x0時(shí), f (x)0,f(x)在(0,+)上為增函數(shù),又f(0)=1,f(x)在(0,+)上沒有零點(diǎn),a0. 當(dāng)0時(shí), f (x)0, f(x)為增函數(shù),x0 時(shí), f(x)有

7、極小值,為f=-+1. f(x)在(0,+)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn), f=0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,則f (x)=6x(x-1).,f(x)在-1,1上的最大值為1,最小值為-4. 最大值與最小值的和為-3.,答案-3,方法1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.確定函數(shù)單調(diào)性的基本步驟 確定函數(shù)f(x)的定義域. 求導(dǎo)數(shù)f (x). 由f (x)0(或f (x)0時(shí), f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是單調(diào)遞增函數(shù);當(dāng)f (x)0(或f (x)<0)僅是f(x)在某個(gè)區(qū)間上為增函數(shù)(或減函數(shù))的充分條,方法技巧,件,在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)的函數(shù)f(x)在(a,b)上遞增(或遞減)的充要條件應(yīng)是f (x

8、)0(或f (x)0),x(a,b)恒成立,且f (x)在(a,b)的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.這就是說,函數(shù)f(x)在區(qū)間上的增減性并不排除在區(qū)間內(nèi)個(gè)別點(diǎn)處有f (x0)=0,甚至可以在無窮多個(gè)點(diǎn)處有f (x0)=0,只要這樣的點(diǎn)不充滿所給區(qū)間的任何一個(gè)子區(qū)間即可. 因此,在已知函數(shù)f(x)是增函數(shù)(或減函數(shù))求參數(shù)的取值范圍時(shí),應(yīng)令f (x)0(或f (x)0)恒成立,解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立理論求解),然后檢驗(yàn)參數(shù)的取值能否使f (x)恒等于0,若能恒等于0,則參數(shù)的這個(gè)值應(yīng)舍去,若f (x)不恒為0,則由f (x)0(或f (x)0)恒成立解出的參數(shù)的取值范圍即為所求.

9、,例1(2018浙江臺(tái)州第一學(xué)期期末質(zhì)檢,20,15分)已知函數(shù)f(x)=(x2-x+1)e-x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x0,2時(shí), f(x)-x2+2x+m恒成立,求m的取值范圍.,解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閤|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)上單調(diào)遞減,在(1,2)上單調(diào)遞增,(12分) g(x)min=g(1)=-1,m-1.(15分),方法2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.解決函數(shù)極值問題的一般思路 2.解決函數(shù)最值問題的一般思路 (1)開區(qū)間上函數(shù)的極值如果唯一

10、,則它就是函數(shù)的最值.,(2)閉區(qū)間上函數(shù)的最值求法,先求極值,再將極值和兩個(gè)端點(diǎn)值比較大小,最大的就是最大值,最小的就是最小值.,例2(2018浙江寧波模擬(5月),20)已知函數(shù)f(x)=aln x+x-,其中a為實(shí) 常數(shù). (1)若x=是f(x)的極大值點(diǎn),求f(x)的極小值; (2)若不等式aln x-b-x對(duì)任意-a0,x2恒成立,求b的最小 值.,解析(1) f (x)=,由題意知x0. 由f =0,得+a+1=0,所以a=-,(3分) 此時(shí)f(x)=-ln x+x-. 則f (x)==. 所以f(x)在上為減函數(shù),在2,+)上為增函數(shù).(5分) 所以x=2為極小值點(diǎn),極小值f(2

11、)=-.(6分) (2)不等式aln x-b-x即為f(x)b, 所以bf(x)max對(duì)任意-a0,x2恒成立.(8分),(i)若1x2,則ln x0, f(x)=aln x+x-x-2-=. 當(dāng)a=0,x=2時(shí)取等號(hào).(10分) (ii)若x<1,則ln x<0, f(x)=aln x+x--ln x+x-. 由(1)可知g(x)=-ln x+x-在上為減函數(shù). 所以當(dāng)x<1時(shí),g(x)g=ln 2-.(13分) 因?yàn)閘n 2-<-=1<,所以f(x). 綜上, f(x)max=. 于是bmin=.(15分),方法3導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的解題方法 1.不等式恒成立問題、任意性問題和存在性問題等,常轉(zhuǎn)

12、化為函數(shù)最值問題. 2.證明不等式、研究函數(shù)零點(diǎn)、求相關(guān)參數(shù)的取值范圍等問題,常常需要構(gòu)造函數(shù).,例3(2017浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考(4月),20)設(shè)f(x)=x--aln x(aR). (1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)處的切線方程; (2)當(dāng)0e-1成立?,解析(1)當(dāng)a=1時(shí), f(x)=x-ln x, f (x)=1-.(2分) 所以曲線y=f(x)在點(diǎn)處的切線的斜率為f =1-=-1.(4 分) 故所求的切線方程為y-=-, 即x+y-ln 2-1=0.(6分) (2)是.(7分) 理由:假設(shè)當(dāng)0e-1成立, 此時(shí)只需證明當(dāng)x時(shí), f(x)maxe-1即可.(8分),f (x)=1+-==(x0), 令f (x)=0,得x1=1,x2=a-1,當(dāng)00. 函數(shù)f(x)在上遞減,在(1,e)上遞增,(10分) 所以f(x)max=max. 于是,只需證明f(e)e-1或fe-1即可.(12分) 因?yàn)閒(e)-(e-1)=e--a-(e-1)=0, 所以f(e)e-1,所以假設(shè)成立,(14分),故當(dāng)0e-1成立.(15分),