章末整合提升6 导数及其应用（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

该高中数学导数及其应用单元复习课件系统梳理了导数的概念、计算及应用，通过知识网络将导数的几何意义、单调性、极值最值等核心内容串联，清晰呈现各知识点内在逻辑与联系。 其亮点在于采用专题化复习策略，结合高考真题与典例，如切线方程求解、含参数函数单调性讨论等，培养学生数学眼光、思维与语言能力。分层练习设计助力学生巩固知识，教师可精准把握学情提升复习效率。

章 末 整 合 提 升 第六章　导数及其应用 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 第六章　导数及其应用 1 谢谢观看 第六章　导数及其应用 1 (一)导数的几何意义 由于函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).因此利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线的斜率，解决解析几何中有关求切线方程、切点坐标，求三角形的面积等问题． [题组训练] 1．曲线f(x)＝x6＋3x－1在(0，－1)处的切线与坐标轴围成的面积为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D．－ 解析　f′(x)＝6x5＋3，所以f′(0)＝3，故切线方程为y＝3(x－0)－1＝3x－1，故切线的横截距为，纵截距为－1，故切线与坐标轴围成的面积为×1×＝，故选A. 答案　A 2. (2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 解析　由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1； 由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝， 设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′＝＝2， 解得x0＝－，则切点为， 切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 答案　ln 2 3．(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，___________． 解析　当x>0时，在点(x1，ln x1)(x1>0)处的切线为y－ln x1＝(x－x1).若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x＝e，此时切线方程为y＝. 当x<0时，在点(x2，ln (－x2))(x2<0)处的切线为y－ln (－x2)＝(x－x2).若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x＝－e，此时切线方程为y＝－. 答案　y＝　y＝－ (二)导数与函数的单调性 借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex，x3等线性函数(或复合函数)的单调性，是近几年高考的一个重点．其特点是导数f′(x)的符号一般由二次函数来确定；经常同一元二次方程、一元二次不等式结合，融分类讨论、数形结合于一体． 　已知函数f(x)＝a ln x＋x2－(a＋3)x，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)的单调性； [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－4x，定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝＋3x－4＝＝， 所以当x>1或0<x<时，f′(x)>0；当<x<1时，f′(x)<0， 所以f(x)在(1，＋∞)，上单调递增，在上单调递减， 即f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为. (2)函数f(x)＝a ln x＋x2－(a＋3)x的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝＋3x－(a＋3)＝， 当a≤0时，则3x－a>0恒成立， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1； 故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝>0或x＝1， ①当>1，即a>3时，令f′(x)>0，解得x>或0<x<1； 令f′(x)<0，解得1<x<. 故f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减； ②当＝1，即a＝3时， 则f′(x)＝≥0在定义域(0，＋∞)上恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当0<<1，即0<a<3时，令f′(x)>0，解得x>1或0<x<； 令f′(x)<0，解得<x<1. 故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增； 当a>3时，f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减； 当a＝3时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a<3时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增， 在上单调递减． (三)导数与函数的极值、最值　(题点多探 多维探究) 导数是研究函数非常有用的工具，可以和许多考点相联系． (1)求函数的最大值与最小值；求函数的极大值与极小值；已知最值与极值，求参数的值． (2)解决恒成立问题． 角度1　求函数的极值 　(2025·广东江门期中)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R，且f′(1)＝1. (1)求a的值及曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性及求函数f(x)的极值． [解析]　(1)由f(x)＝x3－ax2得f′(x)＝3x2－2ax， 由f′(1)＝3－2a＝1得a＝1， 所以f(x)＝x3－x2，则f(1)＝0， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1， 即x－y－1＝0. (2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x， 由f′(x)＝0得x＝0或x＝， x (－∞，0) 0 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增函数 极大值0 减函数 极小值－ 增函数 由上表可知，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和， 单调递减区间为， 所以f(x)的极大值是f(0)＝0，极小值是f＝－. 角度2　求函数的最值 　已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当f(x)有最大值且最大值大于2a－2时，求a的取值范围． [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a. 若a≤0，则f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 若a>0，则当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 当a>0时，f(x)在x＝处取得极大值且为最大值， 最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1， 则g′(a)＝＋1>0， 则g(a)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， 于是，当0<a<1时，g(a)<0； 当a>1时，g(a)>0. 所以a的取值范围是(0，1). (四)利用导数研究方程的根或函数的零点 利用导数研究方程的根、函数的零点的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求解． 　(2024·浙江丽水高二期末)已知函数f(x)＝x3－3x＋a(a∈R). (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)若函数f(x)有三个零点，求a的取值范围． [解析]　(1)函数f(x)＝x3－3x＋a(a∈R)的导数 f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， 当x<－1，x>1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0. 所以f(x)的单调递减区间为(－1，1). (2)由(1)得：当x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝a＋2； 当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝a－2. 由三次函数性质知： 当x→－∞时，f(x)→－∞； 当x→＋∞时，f(x)→＋∞. 所以若f(x)有三个零点，则 解得－2<a<2. 所以a的取值范围为(－2，2). (五)导数的实际应用——数学建模的应用 解应用题首先要在阅读材料、理解题意的基础上把实际问题抽象成数学问题．就是从实际问题出发，抽象概括，利用数学知识建立相应的数学模型；再利用数学知识对数学模型进行分析、研究，得到数学结论；然后再把数学结论返回到实际问题中进行检验，其思路如下： 值得注意的是：在实际问题中，有时会遇到函数在定义区间内只有一个点使f′(x)＝0的情形，如果函数在这个点有极大(小)值，那么不与端点值比较也可以知道这就是最大(小)值．这里所说的也适用于开区间或无穷区间． 　甲、乙两地相距s千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v(千米/时)的平方成正比，比例系数为b(b>0)；固定部分为a元． (1)把全部运输成本y(元)表示为速度v(千米/时)的函数，并指出这个函数的定义域； (2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ [解析]　(1)依题意汽车从甲地匀速行驶到乙地所用的时间为， 全程运输成本为y＝a·＋bv2·＝s， ∴所求函数及其定义域为y＝s，v∈(0，c]. (2)由题意s，a，b，v均为正数． 由y′＝s＝0， 得v＝ ，但v∈(0，c]. ①若 ≤c，则当v＝ 时，全程运输成本y最小 ； ②若 >c，则v∈(0，c]，此时y′<0，即y在(0，c]上为减函数．所以当v＝c时，y最小． 综上可知，为使全程运输成本y最小， 当 ≤c时，行驶速度v＝ ； 当 >c时，行驶速度v＝c. 求函数的最值 [典例]　求函数f(x)＝|2x3－9x2＋12x|在上的最大(小)值． [解析]　 由f(x)＝|x(2x2－9x＋12)|＝ ∴f′(x)＝ 函数在x＝0处不可导，且由f′(x)＝0， 得x1＝1，x2＝2. x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x 0 (0，1) 1 (1，2) 2 f′(x) － 不存在 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  0  5  4  可得f(0)＝0，f(1)＝5，f(2)＝4. 又区间两端点为x＝－， x＝，且f＝，f＝5， 因此，函数在x＝0处取得最小值0， 在x＝1和x＝处取得最大值5. [纠错心得]　函数的最值可能是极值，也可能是端点处的函数值，所以一定要求区间的端点值和极值，取最大的为最大值，最小的为最小值． [典例]　(15分)已知函数f(x)＝－2x2＋ln x，其中a为常数且a≠0. (1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围． [审题指导]　(1)当a＝1时，求f(x)的导数，确定f(x)的单调区间． (2)求f(x)的导数f′(x)＝－4x＋(x＞0). 根据已知，在区间[1，2]上f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，即≥4x－或≤4x－ 在区间[1，2]上恒成立，结合最值求出a的取值范围． [规范解答]　 (1)当a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋ln x，其定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝－4x＋3＝＝(x＞0)，(3分) 当x∈(0，1)时，f′(x)＞0， 故函数f(x)在区间(0，1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(6分) (2)由题易得f′(x)＝－4x＋(x＞0)， 因为函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，所以在区间[1，2]上， f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立， 即－4x＋≥0或－4x＋≤0在x∈[1，2]时恒成立， 即≥4x－或≤4x－(1≤x≤2)， 即≥或≤， 其中1≤x≤2.(10分) 令h(x)＝4x－(1≤x≤2)， 易知函数h(x)在[1，2]上单调递增， 故h(1)≤h(x)≤h(2).(12分) 所以≥h(2)或≤h(1)， 即≥4×2－＝，≤4×1－＝3， 解得a＜0或0＜a≤或a≥1.(14分) 故a的取值范围为(－∞，0)∪∪[1，＋∞).(15分) $