高中数学第三章导数及其应用章末复习提升教学案新人教B版选修1文档格式.docx
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(1)函数的最大值与最小值:
在闭区间[a,b]上连续的函数f(x),在[a,b]上必有最大值与最小值;
但在开区间(a,b)内连续的函数f(x)不一定有最大值与最小值,例如:
f(x)=x3,x∈(-1,1).
(2)求函数最值的步骤
一般地,求函数y=f(x)在[a,b]上最大值与最小值的步骤如下:
①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值及端点处的函数值f(a),f(b);
②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值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.
7.应用导数解决实际问题,关键在于建立恰当的数学模型(函数关系),如果函数在区间内只有一个极值点x0,则f(x0)是函数的最值.
题型一 应用导数解决与切线相关的问题
根据导数的几何意义,导数就是相应切线的斜率,从而就可以应用导数解决一些与切线相关的问题.
例1 已知函数f(x)=x-alnx(a∈R).
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1,f
(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的极值.
解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-.
(1)当a=2时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1-(x>
0),
∴f
(1)=1,f′
(1)=-1,
∴y=f(x)在点A(1,f
(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f′(x)=1-=,x>
0知:
①当a≤0时,f′(x)>
0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;
②当a>
0时,由f′(x)=0,解得x=a;
∵x∈(0,a)时,f′(x)<
0,x∈(a,+∞)时,f′(x)>
∴f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-alna,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;
当a>
0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-alna,无极大值.
跟踪演练1 点P(2,0)是函数f(x)=x3+ax与g(x)=bx2+c的图象的一个公共点,且两条曲线在点P处有相同的切线,求a,b,c的值.
解 因为点P(2,0)是函数f(x)=x3+ax与g(x)=bx2+c的图象的一个公共点,所以23+2a=0①
4b+c=0②
由①得a=-4.所以f(x)=x3-4x.
又因为两条曲线在点P处有相同的切线,
所以f′
(2)=g′
(2),
而由f′(x)=3x2-4得到f′
(2)=8,
由g′(x)=2bx得到g′
(2)=4b,
所以8=4b,即b=2,代入②得到c=-8.
综上所述,a=-4,b=2,c=-8.
题型二 应用导数求函数的单调区间
在区间(a,b)内,如果f′(x)>
0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内单调递增;
在区间(a,b)内,如果f′(x)<
0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内单调递减.
例2 已知函数f(x)=x-+a(2-lnx),a>0.讨论f(x)的单调性.
解 由题知,f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=1+-=.
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.
①当Δ<0即0<a<2时,对一切x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的增函数.
②当Δ=0即a=2时,仅对x=,有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)也是(0,+∞)上的增函数.
③当Δ>0即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根
x1=,x2=,0<x1<x2.
当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
-
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
此时f(x)在上单调递增,
在上单调递减,
在上单调递增.
跟踪演练2 求下列函数的单调区间:
(1)f(x)=(x-3)ex,x∈(0,+∞);
(2)f(x)=x(x-a)2.
解
(1)f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,
令f′(x)>0,解得x>2,又x∈(0,+∞),
所以函数的单调增区间(2,+∞),
函数的单调减区间(0,2),
(2)函数f(x)=x(x-a)2=x3-2ax2+a2x的定义域为R,
由f′(x)=3x2-4ax+a2=0,
得x1=,x2=a.
①当a>
0时,x1<
x2.
∴函数f(x)的单调递增区间为,(a,+∞),
单调递减区间为.
②当a<
0时,x1>
x2,
∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,a),,
③当a=0时,f′(x)=3x2≥0,∴函数f(x)的单调区间为(-∞,+∞),即f(x)在R上是递增的.
综上,a>
0时,函数f(x)的单调递增区间为,(a,+∞),单调递减区间为.
a<
0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,a),,单调递减区间为.
a=0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
题型三 利用导数求函数的极值和最值
1.利用导数求函数极值的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)解方程f′(x)=0的根;
(3)检验f′(x)=0的根的两侧f′(x)的符号.
若左正右负,则f(x)在此根处取得极大值;
若左负右正,则f(x)在此根处取得极小值;
否则,此根不是f(x)的极值点.
2.求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最大值、最小值的方法与步骤
(1)求f(x)在(a,b)内的极值;
(2)将
(1)求得的极值与f(a)、f(b)相比较,其中最大的一个值为最大值,最小的一个值为最小值.
特别地,①当f(x)在[a,b]上单调时,其最小值、最大值在区间端点取得;
②当f(x)在(a,b)内只有一个极值点时,若在这一点处f(x)有极大(或极小)值,则可以断定f(x)在该点处取得最大(最小)值,这里(a,b)也可以是(-∞,+∞).
例3 已知函数f(x)=x2-alnx(a∈R)
(1)若f(x)在x=2时取得极值,求a的值;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)求证:
当x>
1时,x2+lnx<
x3.
(1)解 f′(x)=x-,因为x=2是一个极值点,所以2-=0,则a=4.此时f′(x)=x-=,因为f(x)的定义域是(0,+∞),所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0;
当x∈(2,+∞),f′(x)>0,所以当a=4时,x=2是一个极小值点,则a=4.
(2)解 因为f′(x)=x-=,x∈(0,+∞),
所以当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
当a>0时,f′(x)=x-==,所以函数f(x)的单调递增区间(,+∞);
递减区间为(0,).
(3)证明 设g(x)=x3-x2-lnx,则g′(x)=2x2-x-,因为当x>1时,g′(x)=>0,所以g(x)在x∈(1,+∞)上为增函数,所以g(x)>g
(1)=>0,所以当x>1时,x2+lnx<x3.
跟踪演练3 已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象上一点P(1,0),且在点P处的切线与直线3x+y=0平行.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在区间[0,t](0<
t<
3)上的最大值和最小值;
(3)在
(1)的结论下,关于x的方程f(x)=c在区间[1,3]上恰有两个相异的实根,求实数c的取值范围.
解
(1)因为f′(x)=3x2+2ax,曲线在P(1,0)处的切线斜率为:
f′
(1)=3+2a,即3+2a=-3,a=-3.又函数过(1,0)点,即-2+b=0,b=2.所以a=-3,b=2,f(x)=x3-3x2+2.
(2)由f(x)=x3-3x2+2得,f′(x)=3x2-6x.
由f′(x)=0得,x=0或x=2.
①当0<
t≤2时,在区间(0,t)上f′(x)<
0,f(x)在[0,t]上是减函数,所以f(x)max=f(0)=2,
f(x)min=f(t)=t3-3t2+2.
②当2<
3时,当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
(0,2)
2
(2,t)
t
-2
t3-3t2+2
f(x)min=f
(2)=-2,f(x)max为f(0)与f(t)中较大的一个.
又f(t)-f(0)=t3-3t2=t2(t-3)<
0.
所以f(x)max=f(0)=2.
综上可知,在区间[0,t](0<
3)上f(x)max=2,
f(x)min=
(3)令g(x)=f(x)-c=x3-3x2+2-c,
g′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
在x∈[1,2)上,g′(x)<
0;
在x∈(2,3]上,g′(x)>
g(x)=0在[1,3]上恰有两个相异的实根,
则
解得-2<
c≤0.即c的取值范围为(-2,0].
题型四 导数与函数、不等式的综合应用
利用导数研究函数是高考的必考内容,也是高考的重点、热点.考题利用导数作为工具,考查求函数的单调区间、函数的极值与最值,参数的取值范围等问题,若以选择题、填空题出现,以中低档题为主;
若以解答题形式出现,则难度以中档以上为主,有时也以压轴题的形式出现.考查中常渗透函数、不等式等有关知识,综合性较强.
例4 设函数f(x)=-x3+2ax2-3a2x+b(0<
1).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若当x∈[a+1,a+2]时,恒有|f′(x)|≤a,试确定a的取值范围;
(3)当a=时,关于x的方程f(x)=0在区间[1,3]上恒有两个相异的实根,求实数b的取值范围.
解
(1)f′(x)=-x2+4ax-3a2
=-(x-a)(x-3a).
令f′(x)=0,得x=a或x=
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