第6章 导数及其应用 章末复习课 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第三册（人教B版2019）

第六章　导数及其应用 章末复习课 知识网络 内容索引 一、导数的计算 二、函数的性质与导数 三、与导数有关的综合性问题 导数的计算 一 1.此部分内容涉及导数的几何意义、基本初等函数求导法则、运算法则、复合函数求导，作为数形结合的桥梁，导数的几何意义成为最近几年高考的高频考点，主要考查切线方程及切点，与切线平行、垂直问题，常结合函数的切线问题转化为点到直线的距离，平行线间的距离问题，进而研究距离最值，难度中低档. 2.通过求切线方程的有关问题，培养数学运算、数学抽象等核心素养. 5 √ 6 (2)已知函数f(x)＝ln x＋2x2－4x，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为 A.x－y＋3＝0 B.x＋y－3＝0 C.x－y－3＝0 D.x＋y＋3＝0 √ 所以f′(1)＝1，又f(1)＝－2， 所以函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y＋2＝1×(x－1)，即x－y－3＝0. 7 导数的运算是解决一切导数问题的基础，熟练掌握基本初等函数的求导法则，掌握函数的和、差、积、商的求导法则，复合函数求导的关键是分清层次，逐层求导，一般我们只解决有两层复合关系的函数的求导问题，同时不要忘记对内层函数求导. 反思感悟 8 跟踪训练1　(1)已知曲线f(x)＝aln x＋x2在点(1,1)处的切线与直线x＋y＝0平行，则实数a的值为 A.－3 B.1 C.2 D.3 √ 9 因为f(x)＝x·ln(2x－1)， (2)设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f(x)＝x·ln(2x－1)，则f′(1)＝_____. 2 10 函数的性质与导数 二 1.利用导数研究函数的性质，以指数型函数、对数型函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决有关的问题，是最近几年高考的重点内容，难度中高档. 2.通过求函数的单调性、极值、最值问题，培养逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养. 12 例2　已知函数f(x)＝ln x－ (m∈R). (1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间和极值； 当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)，极小值为f(2)＝ln 2＋1，无极大值. 13 (2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值. 14 ①当m≥－1时，f′(x)≥0，x∈[1，e]，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－m＝4， 解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去. ②当－e<m<－1时，x∈(1，－m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， x∈(－m，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4， 解得m＝－e3，不满足－e<m<－1，故舍去. 15 解得m＝－3e，满足m≤－e. 综上，m＝－3e. 16 利用导数判断函数的单调性是解决一切应用问题的基础，一般按照求导、通分、因式分解、分类讨论的思路研究函数的单调性，从而掌握函数图象的变化趋势，达到解决问题的目的. 反思感悟 17 跟踪训练2　设函数f(x)＝ x3－x2－mx. (1)若f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，求m的取值范围； f′(x)＝x2－2x－m， 由题意可知， f′(x)＝x2－2x－m<0在(0，＋∞)上有解， 所以存在x∈(0，＋∞)，使得m>x2－2x， 则m>－1，即m的取值范围为(－1，＋∞). 18 (2)若x＝－1是函数的极值点，求函数f(x)在[0,5]上的最小值. 因为f′(－1)＝1＋2－m＝0，所以m＝3. 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3. 所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(3,5)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增. 所以函数f(x)在[0,5]上的最小值为f(3)＝9－9－9＝－9. 19 三 与导数有关的综合性问题 从近几年高考题看，利用导数研究方程的根、函数的零点、证明不等式等问题常考到，其实质就是利用求导数的方法研究函数的性质及图象，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以解决.一般出现在高考题解答题中，难度中高档，有时以压轴题的形式出现. 21 例3　已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 22 当a≤0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 23 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 24 (2)若存在x∈(1，＋∞)，使f(x)>－a，求a的取值范围. 25 由f(x)>－a，得a(x2－1)－ln x<0， 因为x∈(1，＋∞)，所以－ln x<0，x2－1>0， 当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，符合题意； 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)＝0，不符合题意； 26 则存在x∈(1，＋∞)，使g(x)<0， 27 综合性问题一般伴随着分类讨论、数形结合、构造函数等数学中的思想方法，关键是分类讨论时，是否做到了不重不漏；数形结合时是否掌握了函数图象的变化趋势；构造函数时是否合理等问题. 反思感悟 28 跟踪训练3　已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝ ＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点； 所以h(1)h(2)<0， 所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点. 29 (2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由. 30 而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点. 又h(x)在(1,2)内有零点， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点. ， 记 ， 31 则 . 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，φ(x)>φ(0)＝0， 即当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 易知h(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点， 即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点， 则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点， 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2. 32 例1　(1)已知函数f(x)＝，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)等于 A. B. C. D. 根据题意，知函数f(x)＝， 其导函数f′(x)＝ ＝＝. 由f(x)＝ln x＋2x2－4x，得f′(x)＝＋4x－4， 由f(x)＝aln x＋x2，得f′(x)＝＋2x，则曲线在点(1,1)处的切线斜率为k＝a＋2，由切线与直线x＋y＝0平行，可得k＝－1，即a＋2＝－1，解得a＝－3. 所以f′(x)＝ln(2x－1)＋·(2x－1)′ ＝ln(2x－1)＋，则f′(1)＝2. 当m＝－2时，f(x)＝ln x＋(x>0)， 则f′(x)＝，  f′(x)＝， ③当m≤－e时，f′(x)≤0，x∈[1，e]，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝1－＝4， 所以f′(x)＝x2－2x－3，f(x)＝x3－x2－3x， 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，  f′(x)＝－2ax＋＝(x>0)， 令f′(x)>0，得x∈，f(x)单调递增； 令f′(x)<0，得x∈，f(x)单调递减， 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. 当a≥时，设g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)， 则g′(x)＝>0， 当0<a<时，令g′(x)>0，得x∈， 令g′(x)<0，得x∈， 所以g(x)min＝g<g(1)＝0， 综上，a的取值范围是. 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0， 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x. 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)， $$