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导数及其应用


导数及其应用
适用学科 适用区域 知识点 教学目标
高中数学 通用

适用年级 课时时长(分钟)

高中三年级 60

导数的几何意义;导数的四则运算;导数研究函数的单调性;求函数的极值、最值等 1.了解导数的概念,.理解导数的几何意义 2.理解导数的运算;能利用导数公式表的导数公式和导数的四则运算法

则求简单函数的导数. 3.理解导数在研究函数中的应用.能利用导数研究函数的单调性;函数的极大(小)值;函数的最大(小)值. 4.理解导数在实际问题中的应用

教学重点

1.导数的概念和切线方程 2.利用导数来解决函数的单调性与最值问题

教学难点

1.导数的概念和切线方程 2.利用导数来解决函数的单调性与最值问题
1

教学过程
一、课程导入
1.本讲主要考查导数的几何意义,导数的四则运算及利用导数研究函数的单调性,求函数的极值、最值等. 2.常与直线、圆锥曲线、分式、含参数的一元二次不等式等结合在一起考查,题型多样,属中高档题目.

2

二、复习预习
1.函数单调性的应用 (1)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0 在区间(a,b)上恒成立; (2)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则 f′(x)≤0 在区间(a,b)上恒成立; (3)可导函数 f(x)在区间(a,b)上为增函数是 f′(x)>0 的必要不充分条件. 2.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x),“f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x)=0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值”的必要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正的零点是原函数的极小值 点. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题; (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.
3

三、知识讲解
考点 1.导数的几何意义
函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数值就是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,其切线方程是 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).

4

考点 2.导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数 f(x)=x3 在(-∞,+∞)上单调递增,但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有 f′(x)=0 时,则 f(x)为常数,函数不具有单调性.

5

考点 3.函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值是对整个定义域而言的,是在整个范围内讨论的问题. (2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,而函数的极值可能不止一个,也可能没有. (3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数不一定有最值,若有唯一的极值,则此极值一定是函数的最值.

6

考点 4.四个易误导数公式及两个常用的运算法则
(1)(sin x)′=cos x. (2)(cos x)′=-sin x. (3)(ax)′=axln a(a>0,且 a≠1). (4)(logax)′= 1 (a>0,且 a≠1).

xln a

(5)[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x). (6)? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? ′= (g(x)≠0). ?g?x?? [g?x?]2

7

四、例题精析
题型一 导数几何意义的应用
【题干】 (1)过点(1,0)作曲线 y=ex 的切线,则切线方程为________.
5 (2)在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C1:y=ax3+1(a>0)与曲线 C2:x2+y2= 的一个公共点,若 C1 在 A 处的切线 2 与 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实数 a 的值是________.

8

【答案】 (1)e2x-y-e2=0 (2)4 【规范解答】 (1)设切点为 P(x0,ex0),则切线斜率为 ex0,切线方程为 y-ex0=ex0(x-x0),
又切线经过点(1,0),所以-ex0=ex0(1-x0), 解得 x0=2,切线方程为 y-e2=e2(x-2),即 e2x-y-e2=0. (2)设 A(x0,y0),则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax2 0,C2 在 A 处的切线的斜率为- 又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直, 1 =- ,

x0

kOA

y0

x0 3 5 1 3 3 2 2 所以(- )·3ax2 0=-1,即 y0=3ax0,又 ax0=y0-1,所以 y0= ,代入 C2:x +y = ,得 x0=± , y0 2 2 2
1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2

【总结与反思】(1)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异,过点 P 的切线中,点 P 不一定是切点,
点 P 也不一定在已知曲线上,而在点 P 处的切线,必以点 P 为切点. (2)利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载 体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系,进而和导数联系起来求解.
9

【举一反三】 (1)直线 y=kx+b 与曲线 y=ax2+2+ln x 相切于点 P(1,4),则 b 的值为(
A.3 B.1 C.-1 D.-3

)

π (2)若曲线 f(x)=xsin x+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1=0 互相垂直,则实数 a 等于 2 ( A.-2 B.-1 C.1 D.2 )

10

【答案】 (1)C (2)D 【解析】 (1)由点 P(1,4)在曲线上,可得 a×12+2+ln 1=4,
1 解得 a=2,故 y=2x2+2+ln x.所以 y′=4x+ .

x

1 所以曲线在点 P 处的切线斜率 k=y′|x=1=4×1+ =5. 1 所以切线的方程为 y=5x+b.由点 P 在切线上, 得 4=5×1+b,解得 b=-1. π (2)f′(x)=sin x+xcos x,f′( )=1, 2 π 即函数 f(x)=xsin x+1 在点 x= 处的切线的斜率是 1, 2 直线 ax+2y+1=0 的斜率是- , 2 所以(- )×1=-1,解得 a=2. 2
11

a

a

考点二 利用导数研究函数的性质
【题干】设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R).
(1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M.

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【规范解答】 f′(x)=3x2-2kx+1, ? 1? 2 (1)当 k=1 时,f′(x)=3x2-2x+1=3?x- ?2+ >0,∴f(x)在 R 上单调递增. ? 3? 3
(2)当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴 x= ,且过(0,1)点. 3 ①当 Δ =4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)≤0,即- 3≤k<0 时,

k

f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上单调递增.
∴m=f(x)min=f(k)=k,

M=f(x)max=f(-k)=-2k3-k.
②当 Δ =4k2-12>0,即 k<- 3时,令 f′(x)=0 得 x1=

k+ k2-3
3

,x 2 =

k- k2-3
3



且 k<x2<x1<0.∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.
3-kx2+x -k=(x -k)(x2+1)>0, 又 f(x1)-f(k)=x1 1 1 1 1 2 3 2 2 2 ∴m=f(k)=k,又 f(x2)-f(-k)=x3 2-kx2+x2-(-k -k·k -k)=(x2+k)[(x2-k) +k +1]<0,

∴M=f(-k)=-2k3-k.
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综上,当 k<0 时,f(x)的最小值 m=k,最大值 M=-2k3-k.

【总结与反思】利用导数研究函数性质的一般步骤:
(1)确定函数的定义域; (2)求导函数 f′(x); (3)①若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解. (4)①若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号. ②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在情况来求解. (5)求函数 f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值 f(a),f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数 的最值.

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【举一反三】
已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.

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【解析】 (1)当 a=1 时,f′(x)=6x2-12x+6,
所以 f′(2)=6.又因为 f(2)=4,所以切线方程为 6x-y-8=0. (2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).令 f′(x)=0,得到 x1=1,x2=a. 当 a>1 时,

x
f′(x)

0

(0,1) +

1 0 极大值 3a-1

(1,a) - 单调递减

a
0 极小值 a2(3-a)

(a,2a) + 单调递增

2a

f(x)

0

单调递增

4a3

? 1<a≤3, ?0, 比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得 g(a)=? 2 ?a ?3-a?,a>3. ?

当 a<-1 时,

x f′(x) f(x)

0

(0,1) -

1 0 极小值 3a-1

(1, -2a) + 单调递增

-2a

0

单调递减

-28a3-24a2

16

得 g(a)=3a-1. 3a-1, ? ? 综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为 g(a)=?0,1<a≤3, ? ?a2?3-a?,a>3. a<-1,

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考点三 利用导数解决与方程、不等式有关的问题
【题干】 已知函数 f(x)=ex,x∈R.
(1)求 f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程; 1 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f?

?a+b? f?b?-f?a? ?与 的大小,并说明理由. b-a ? 2 ?

18

【规范解答】(1)解 f(x)的反函数为 g(x)=ln x,
设所求切线的斜率为 k, 1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1.于是在点(1,0)处的切线方程为 x-y-1=0.

x

1 1 (2)证明 方法一 曲线 y=ex 与曲线 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ (x)=ex- x2-x-1 零点的个数. 2 2 ∵φ (0)=1-1=0,∴φ (x)存在零点 x=0. 又 φ ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1, 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ ′(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴φ ′(x)在 x=0 处有唯一的极小值 φ ′(0)=0,即 φ ′(x)在 R 上的最小值为 φ ′(0)=0. ∴φ ′(x)≥0(当且仅当 x=0 时等号成立),∴φ (x)在 R 上是单调递增的,∴φ (x)在 R 上有唯一的零点, 1 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2
19

1 方法二 ∵ex>0, x2+x+1>0, 2 1 2 1 ∴曲线 y=ex 与曲线 y= x2+x+1 公共点的个数等于曲线 y= 2 1 2 设 φ (x)=

x2+x+1
ex 与 y=1 公共点的个数,

x2+x+1
ex ,则 φ (0)=1,即当 x=0 时,两曲线有公共点.

1 2 1 ?x+1?ex-? x2+x+1?ex -2x 2 又 φ ′(x)= = x ≤0(当且仅当 x=0 时等号成立), e2x e 1 ∴φ (x)在 R 上单调递减,∴φ (x)与 y=1 有唯一的公共点,故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 f?b?-f?a? ?a+b? eb-ea a+b (3)解 -f ? 2 ?= b-a -e 2 b-a a+b a+b a+b eb-ea-be +ae e 2 2 2 b-a a-b = = [e -e -(b-a)] 2 2 b-a b-a

20

1 设函数 u(x)=ex- x-2x(x≥0), e 1 则 u′(x)=ex+ x-2≥2 e 1 ex· x-2=0, e

∴u′(x)≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0.令 x= f?b?-f?a? ?a+b? ∴ >f ? 2 ?. b-a

b-a
2

,则得 e

b-a
2

-e

a-b
2

-(b-a)>0,

【总结与反思】 研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要工具.基本思路是构造函数,通
过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要 时画出函数的草图辅助思考.

21

【举一反三】 (1)(2013·天津)设函数 f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x2-3.若实数 a,b 满足 f(a)=0,g(b)=0,则
A.g(a)<0<f(b) C.0<g(a)<f(b) B.f(b)<0<g(a) D.f(b)<g(a)<0

(

)

22

【解析】 A 【解析】 对于 f(x)=ex+x-2,f′(x)=ex+1>0,f(x)在 R 上递增,由于 f(0)=e0-2=-1<0,
f(1)=e+1-2=e-1>0,∴由 f(a)=0 知 0<a<1;
1 对于 g(x)=ln x+x2-3(x>0),g′(x)= +2x>0,∴g(x)在(0,+∞)上也递增,

x

由于 g(1)=-2<0,g(2)=ln 2+1>0,∴由 g(b)=0 知 1<b<2.故 f(b)>f(1)>0,g(a)<g(1)<0, ∴g(a)<0<f(b).

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(2)已知函数 f(x)=ax-1-ln x(a∈R). ①讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数; ②若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取值范围; ③当 0<x<y<e2 且 x≠e 时,试比较 与

y 1-ln y x 1-ln x

的大小.

24

【解析】 ①f′(x)=a- =
x

1 ax-1 ,当 a≤0 时,

x

f′(x)<0 在(0,+∞)上恒成立,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点;
1 1 1 1 1 当 a>0 时,f′(x)<0 得 0<x< ,f′(x)>0 得 x> ,∴f(x)在(0, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增,即 f(x)在 x= 处有极小

a

a

a

a

a

值. ∴当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;当 a>0 时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点. 1 ln x 1 ln x 2 ln x ②∵函数 f(x)在 x=1 处取得极值,∴a=1,∴f(x)≥bx-2?1+ - ≥b,令 g(x)=1+ - ,则 g′(x)=- 2+ 2 ,

x

x

x

x

x

x

1 1 ∴g′(e2)=0,从而可得 g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增,∴g(x)min=g(e2)=1- 2,即 b≤1- 2. e e 1-ln x 1-ln x 1-ln y ③由②知 g(x)=1+ 在(0,e2)上单调递减,∴0<x<y<e2 时,g(x)>g(y),即 > .

x

x

y

y 1-ln y y 1-ln y 当 0<x<e 时,1-ln x>0,∴ > ;当 e<x<e2 时,1-ln x<0,∴ < . x 1-ln x x 1-ln x

25

课程小结
研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要工具.基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个 函数的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函数的草图辅助思考.

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