导数的应用复习课ppt课件.ppt

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1、复习课一、函数的单调性与导数二、函数的极值与导数三、函数的最值与导数练习：证明不等式3.若函数y=a(x3-x)的递减区间为，则a的取值范围是()(A)a>0(B)-11(D)00.4.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()(A)(-3，0)∪(3,+∞)(B)(-3,0)∪(0,3)(C)(-∞,-3)∪(3,+∞)(D)(-∞,

2、-3)∪(0,3)【解题提示】，说明函数f(x)·g(x)在(-∞,0)上单调递增，结合奇偶性可判断.【解析】选D.∵f′(x)g(x)+f(x)g′(x)=［f(x)·g(x)］′,令u(x)=f(x)·g(x).当x<0时，［f(x)·g(x)］′>0得u(x)=f(x)·g(x)在(-∞,0)上单调递增.又∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，∴u(x)=f(x)·g(x)为奇函数.∴u(x)=f(x)·g(x)在(0,+∞)上也是单调递增的.由g(-3)=0得g(3)=0,u(3)=0,u(-3)=0,∴u(x)=f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-3

3、)∪(0,3).4.函数y=x3-2ax+a在(0,1)内有极小值,则实数a的取值范围是()(A)(0,3)(B)(0,)(C)(0,+∞)(D)(-∞,3)【解析】选B.令y′=3x2-2a=0,得(a>0,否则原函数是增加的).若函数y=x3-2ax+a在(0,1)内有极小值,则<1,所以00)，∵当x>0时，-

4、ex<-1,∴a<-1.答案：a<-18.设a为实数，已知函数，(1)当a=1时，求函数f(x)的极值.(2)若方程f(x)=0有三个不等实数根，求a的取值范围.【解析】(1)依题意有,故f′(x)=x2-2x=x(x-2),由得f(x)在x=0时取得极大值f(0)=0,f(x)在x=2时取得极小值f(2)=.(2)因为f′(x)=x2-2ax+(a2-1)=[x-(a-1)][x-(a+1)],所以方程f′(x)=0的两根为a-1和a+1,显然，函数f(x)在x=a-1时取得极大值，在x=a+1时取得极小值.因为方程f(x)=0有三个不等实根，所以即解得-2

5、<2且a≠±1.故a的取值范围是(-2，-1)∪(-1,1)∪(1,2).4.若关于x的不等式x2-4x≥m对任意x∈［0,1］恒成立,则()(A)m≤-3(B)m≥-3(C)-3≤m＜0(D)m≥-4【解题提示】解答本题可将恒成立问题转化为求最值问题.【解析】选A.设f(x)=x2-4x,当x∈［0,1］时f(x)在［0,1］上是单调递减的,∴f(x)min=f(1)=-3,∴m≤-3.6.若函数f(x)=x3-3x-a在区间［0,3］上的最大值、最小值分别为m、n，则m-n=______.【解析】∵f′(x)=3x2-3,∴当x＞1或x＜-1时f′(x)＞0,

6、当-1＜x＜1时，f′(x)＜0，∴f(x)在［0,1］上单调递减，在［1,3］上单调递增.∴f(x)min=f(1)=1-3-a=-2-a=n.又∵f(0)=-a,f(3)=18-a,∴f(0)＜f(3),∴f(x)max=f(3)=18-a=m,∴m-n=18-a-(-2-a)=20.答案：20三、解答题(每题8分，共16分)7.(2010·重庆高考)已知函数f(x)=ax3+x2+bx(其中常数a,b∈R),g(x)=f(x)+f′(x)是奇函数.(1)求f(x)的表达式；(2)讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间［1，2］上的最大值与最小值.【解析】(

7、1)由题意知f′(x)=3ax2+2x+b,因此g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.∵g(x)是奇函数，∴g(-x)=-g(x).即对任意实数x有a(-x)3+(3a+1)(-x)2+(b+2)(-x)+b=-［ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b］,从而3a+1=0,b=0,解得：a=,b=0,因此f(x)的表达式为(2)由(1)知,∴g′(x)=-x2+2,令g′(x)=0.解得:x1=,x2=,则当x<或x>时，g′(x)<0.从而g(x)在区间(-∞,)和(,+∞)上是减函数，当0,从而g

8、(x)在区