高三数学导数的应用1.ppt

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1、第十二章极限与导数导数的应用第讲5（第一课时）考点搜索●利用导数判断函数单调性的基本原理●函数极值的概念及其判定原理●函数的最大值与最小值高考猜想1.利用导数确定函数的单调性、极值和最值，并进行分类讨论.2.利用导数解决方程、不等式问题，以及实际应用性问题，考查导数的工具性作用.1.设函数y=f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则f(x)为①;如果f′(x)＜0，则f(x)为②.如果在某个区间内恒有③，则f(x)为常数.2.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④，就说f(x0)是函数f(x)的一个

2、极大值，记作y极大值=f(x0);增函数减函数f′(x)=0f(x)＜f(x0)如果对x0附近的所有的点，都有⑤，就说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⑥.3.当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是⑦；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是⑧.f(x)＞f(x0)极值极大值极小值4.设函数f(x)在［a，b］上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在［a，b］上的最大值与最小值的步骤如下：

3、(1)求f(x)在(a，b)内的⑨；(2)将f(x)的各极值与⑩比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.f(a)、f(b)极值1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是()A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)解：f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令f′(x)>0,解得x>2,故选D.D2.若函数在x=1处取极值，则a=.解：由解得a=3.3题型1利用导数判断函数的单调性及简单证明1.求函数y=2x3-9x2+12x-3的单调区间.解：函数的定义域为R.y′=6x

4、2-18x+12=6(x-1)(x-2).令y′=0，得x1=1，x2=2.x1，x2将定义域分成三个区间(-∞，1)，(1，2)，(2，+∞)，可列表讨论如下：所以函数y=2x3-9x2+12x-3的单调增区间为(-∞，1)，(2，+∞)；单调减区间为(1，2).x(-∞，1)1(1，2)2(2，+∞)y′+0-0+y极大值极小值点评：利用导数判断函数在区间(a，b)上的单调性，其步骤是：先求导函数f′(x)，然后判断导函数f′(x)在区间(a，b)上的符号；而求函数的单调区间，则先求导，然后解方程f′(x)=0，得出不等式f′

5、(x)>0的解的区间(即递增区间)或f′(x)<0的解的区间(即递减区间).若没有指定区间，应先求出函数的定义域.设b＞，且b为常数，试判断函数f(x)=x2+bln(x+1)在定义域上的单调性.解：由题意知f(x)的定义域为(-1，+∞).设g(x)=2x2+2x+b，其图象的对称轴为x=-∈(-1，+∞)，所以当时，即g(x)=2x2+2x+b＞0在(-1，+∞)上恒成立，所以当x∈(-1，+∞)时，f′(x)＞0.所以当时，函数f(x)在定义域(-1，+∞)上单调递增.题型2利用导数讨论函数的单调性2.设a为实常数，试讨论函数f

6、(x)=lg(10x+1)-ax的单调性.解：(1)因为10x+1＞10x＞0，所以故当a≥1时，(2)当0＜a＜1时，1-a＞0，令f′(x)＞0，则即令f′(x)＜0，则即(3)当a≤0时，综上分析，当a≤0时，f(x)是增函数；当a≥1时，f(x)是减函数；当0＜a＜1时，f(x)在(-∞，)上是减函数，在(，+∞)上是增函数.点评：含参数的函数的单调性问题，在求导后判断f′(x)的符号时，需要根据参数的取值情况进行分类讨论.已知函数f(x)=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1，证明：(1)当t＜时，g(x)在R上是增函

7、数；(2)对于给定的闭区间［a，b］，总存在实数k，当t＞k时，g(x)在闭区间［a，b］上是减函数.证明：(1)由题设得g(x)=e2x-t(ex+1)+x，则g′(x)=2e2x-tex+1.又由2ex+e-x≥，且t＜，得t＜2ex+e-x，即g′(x)=2e2x-tex+1＞0.由此可知，g(x)为R上的增函数.(2)证法1：因为g′(x)＜0是g(x)为减函数的充分条件，所以只要找到实数k，使得t＞k时，g′(x)=2e2x-tex+1＜0，即t＞2ex+e-x在闭区间［a，b］上成立即可.因为y=2ex+e-x在闭区间［a

8、，b］上连续，故在闭区间［a，b］上有最大值，设其为k，于是在t＞k时，g′(x)＜0在闭区间［a，b］上恒成立，即g(x)在闭区间［a，b］上为减函数.证法2：因为g′(x)＜0是g(x)为减函数的充分条件，所以只要找