高中数学第三单元导数及其应用习题课导数的应用教学案新人教B版选修11.docx

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高中数学第三单元导数及其应用习题课导数的应用教学案新人教B版选修11

2019-2020年高中数学第三单元导数及其应用习题课导数的应用教学案新人教B版选修1-1

学习目标　1.能利用导数研究函数的单调性.2.理解函数的极值、最值与导数的关系.3.掌握函数的单调性、极值与最值的综合应用．

知识点一　函数的单调性与其导数的关系

定义在区间（a，b）内的函数y＝f（x）

f′（x）的正负

f（x）的单调性

f′（x）>0

单调递________

f′（x）<0

单调递________

知识点二　求函数y＝f（x）的极值的方法

解方程f′（x）＝0，当f′（x0）＝0时，

（1）如果在x0附近的左侧________，右侧________，那么f（x0）是极大值．

（2）如果在x0附近的左侧________，右侧________，那么f（x0）是极小值．

知识点三　函数y＝f（x）在[a，b]上最大值与最小值的求法

1．求函数y＝f（x）在（a，b）内的极值．

2．将函数y＝f（x）的________与端点处的函数值________比较，其中________的一个是最大值，________的一个是最小值．

类型一　函数与其导函数之间的关系

例1　已知函数y＝xf′（x）的图象如图所示（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），则y＝f（x）的图象大致是（　　）

反思与感悟　研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时，注意抓住各自的关键要素，对于原函数，要重点考查其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减；而对于导函数，则应考察其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并考察这些区间与原函数的单调区间是否一致．

跟踪训练1　设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′（x）的图象可能是（　　）

类型二　构造函数求解

命题角度1　比较函数值的大小

例2　已知定义域为R的奇函数y＝f（x）的导函数为y＝f′（x），当x≠0时，f′（x）＋

<0，若a＝

f（

），b＝－

f（－

），c＝（ln

）f（ln

），则a，b，c的大小关系正确的是（　　）

A．a

C．a

反思与感悟　本例中根据条件构造函数g（x）＝xf（x），通过g′（x）确定g（x）的单调性，进而确定函数值的大小，此类题目的关键是构造出恰当的函数．

跟踪训练2　已知函数f（x）在定义域[0，＋∞）上恒有f（x）>f′（x）．若a＝

，b＝

，则a与b的大小关系为________．（用“>”连接）

命题角度2　求解不等式

例3　定义域为R的可导函数y＝f（x）的导函数f′（x）满足f（x）2ex的解集为（　　）

A．（－∞，0）B．（－∞，2）

C．（0，＋∞）D．（2，＋∞）

反思与感悟　根据所求结论与已知条件，构造函数g（x）＝

，通过导函数判断g（x）的单调性，利用单调性得到x的取值范围．

跟踪训练3　函数f（x）的定义域为R，f（－1）＝2，对任意x∈R，f′（x）>2，则f（x）>2x＋4的解集为（　　）

A．（－1,1）B．（－1，＋∞）

C．（－∞，－1）D．（－∞，＋∞）

命题角度3　利用导数证明不等式

例4　已知x>1，证明不等式x－1>lnx.

反思与感悟　利用函数的最值证明不等式的基本步骤

（1）将不等式构造成f（x）>0（或<0）的形式．

（2）利用导数将函数y＝f（x）在所给区间上的最小值（或最大值）求出．

（3）证明函数y＝f（x）的最小值（或最大值）大于零（或小于零）即可证得原不等式成立．

跟踪训练4　证明：

当x>0时，2＋2x<2ex.

类型三　利用导数研究函数的极值与最值

例5　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

（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．

反思与感悟　

（1）求极值时一般需确定f′（x）＝0的点和单调性，对于常见连续函数，先确定单调性即可得极值点，当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点．

（2）求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．

跟踪训练5　已知函数f（x）＝ax3＋（a－1）x2＋48（a－2）x＋b的图象关于原点成中心对称．

（1）求a，b的值；

（2）求f（x）的单调区间及极值；

（3）当x∈[1,5]时，求函数的最值．

1．已知函数f（x）＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x

＋x

等于（　　）

A.

B.

C.

D.

2．设f（x）、g（x）是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′（x）g（x）－f（x）g′（x）<0，则当a

A．f（x）g（x）>f（b）g（b）

B．f（x）g（a）>f（a）g（x）

C．f（x）g（b）>f（b）g（x）

D．f（x）g（x）>f（a）g（a）

3．若函数f（x）＝（x－2）（x2＋c）在x＝2处有极值，则函数f（x）的图象在x＝1处的切线的斜率为________．

4．函数f（x）＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f（x1）－f（x2）|≤t，则实数t的最小值是________．

5．已知x>0，求证：

x>sinx.

导数作为一种重要的工具，在研究函数中具有重要的作用，例如函数的单调性、极值与最值等问题，都可以通过导数得以解决．不但如此，利用导数研究得到函数的性质后，还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题，所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法．

答案精析

知识梳理

知识点一

增　减

知识点二

（1）f′（x）>0　f′（x）<0

（2）f′（x）<0　f′（x）>0

知识点三

2．极值　f（a），f（b）　最大　最小

题型探究

例1　C　[当0

∴f′（x）<0，故y＝f（x）在（0,1）上为减函数，

排除A、B选项．

当10，

∴f′（x）>0，故y＝f（x）在（1,2）上为增函数，因此排除D.]

跟踪训练1　A　[∵函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），

且函数f（x）在x＝－2处取得极小值，

∴当x>－2时，f′（x）>0；

当x＝－2时，f′（x）＝0；

当x<－2时，f′（x）<0.

∴当－2

当x＝－2时，xf′（x）＝0；

当x<－2时，xf′（x）>0.

由此观察四个选项，故选A.]

例2　B　[令g（x）＝xf（x），

则g（－x）＝（－x）f（－x）＝xf（x），

∴g（x）是偶函数．

g′（x）＝f（x）＋xf′（x），

∵f′（x）＋

<0，

∴当x>0时，xf′（x）＋f（x）<0，

当x<0时，xf′（x）＋f（x）>0.

∴g（x）在（0，＋∞）上是减函数．

∵

，

∴g（

）

）．

又∵g（x）是偶函数，

∴g（－

）＝g（

），g（ln

）＝g（ln2），

∴g（－

）

）

）．

故选B.]

跟踪训练2　a>b

解析　设g（x）＝

，

则当x≥0时，g′（x）＝

<0，

所以g（x）在[0，＋∞）上是减函数，

所以g

（2）>g（3），即

>

，

所以a>b.

例3　C　[设g（x）＝

，

则g′（x）＝

.

∵f（x）

∴g′（x）>0，即函数g（x）单调递增．

∵f（0）＝2，∴g（0）＝

＝2，

则不等式等价于g（x）>g（0）．

∵函数g（x）单调递增，

∴x>0，∴不等式的解集为（0，＋∞），故选C.]

跟踪训练3　B　[令g（x）＝f（x）－2x－4，∵f′（x）>2，

则g′（x）＝f′（x）－2>0.

又由g（－1）＝f（－1）－2×（－1）－4＝0，

得g（x）>0，即g（x）>g（－1）的解为x>－1，

∴f（x）>2x＋4的解集为（－1，＋∞）．]

例4　证明　设f（x）＝x－1－lnx，x∈（1，＋∞），

则f′（x）＝1－

＝

，

因为x∈（1，＋∞），

所以f′（x）＝

>0，

即函数f（x）在（1，＋∞）上是增函数，

又x>1，

所以f（x）>f

（1）＝1－1－ln1＝0，

即x－1－lnx>0，所以x－1>lnx.

跟踪训练4　证明　设f（x）＝2＋2x－2ex，

则f′（x）＝2－2ex＝2（1－ex）．

当x>0时，ex>e0＝1，

∴f′（x）＝2（1－ex）<0.

∴函数f（x）＝2＋2x－2ex在（0，＋∞）上是减函数．

∴f（x）

即当x>0时，2＋2x－2ex<0，

∴2＋2x<2ex.

例5　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

②当2

x

0

（0,2）

2

（2，t）

t

f′（x）

0

－

0

＋

f（x）

2

↘

－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．

因为f（t）－f（0）＝t3－3t2＝t2（t－3）<0，

所以f（x）max＝f（0）＝2.

（3）令g（x）＝f（x）－c＝x3－3x2＋2－c，

则g′（x）＝3x2－6x＝3x（x－2）．

当x∈[1,2）时，g′（x）<0；

当x∈（2,3]时，g′（x）>0.

要使g（x）＝0在[1,3]上恰有两个相异的实根，

则

即

解得－2

即实数c的取值范围为（－2,0]．

跟踪训练5　解　

（1）∵函数f（x）的图象关于原点成中心对称，

则f（x）是奇函数，

∴f（－x）＝－f（x），

即－ax3＋（a－1）x2－48（a－2）x＋b

＝－ax3－（a－1）x2－48（a－2）x－b，

于是2（a－1）x2＋2b＝0恒成立，

∴

解得a＝1，b＝0.

（2）由

（1）得f（x）＝x3－48x，

∴f′（x）＝3x2－48＝3（x＋4）（x－4），

令f′（x）＝0，得x1＝－4，x2＝4，

令f′（x）<0，得－40，

得x<－4或x>4.

∴f（x）的单调递减区间为（－4,4），单调递增区间为（－∞，－4）和（4，＋∞），

∴f（x）极大值＝f（－4）＝128，

f（x）极小值＝f（4）＝－128.

（3）由

（2）知，函数在[1,4]上单调递减，在[4,5]上单调递增，对f（4）＝－128，

f

（1）＝－47，f（5）＝－115，

∴当x∈[1,5]时，函数的最大值为－47，最小值为－128.

当堂训练

1．C　[由题意可知f（0）＝0，f

（1）＝0，

f

（2）＝0，

可得1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，

解得b＝－3，c＝2，

所以函数的解析式为

f（x）＝x3－3x2＋2x，

所以f′（x）＝3x2－6x＋2.

令3x2－6x＋2＝0，

可得x1＋x2＝2，x1x2＝

，

所以x

＋x

＝（x1＋x2）2－2x1x2

＝4－2×

＝

.]

2．C　[由条件，得

[

]′＝

<0.

∴

在（a，b）上是减函数，

∴

<

<

，

∴f（x）g（b）>f（b）g（x）．]

3．－5

解析　∵函数f（x）＝（x－2）（x2＋c）在x＝2处有极值，

∴f′（x）＝（x2＋c）＋（x－2）×2x.

∵f′

（2）＝0，∴c＋4＝0，∴c＝－4，

∴f′（x）＝（x2－4）＋（x－2）×2x，

∴函数f（x）的图象在x＝1处的切线的斜率为

f′

（1）＝（1－4）＋（1－2）×2＝－5.

4．20

解析　由f′（x）＝3x2－3＝0，得x＝±1，

则f（x）min＝f（－3）＝－19，

f（x）max＝f（－1）＝1，

由题意知，|f（x1）－f（x2）|max

＝|－19－1|＝20，

∴t≥20，故tmin＝20.

5．证明　设f（x）＝x－sinx（x>0），

则f′（x）＝1－cosx≥0对x∈（0，＋∞）恒成立，

∴函数f（x）＝x－sinx在（0，＋∞）上单调递增，

又f（0）＝0，

∴f（x）>0对x∈（0，＋∞）恒成立，

∴x>sinx（x>0）．