2011届高考数学复习 导数的应用(2) 理 课件.ppt

导数的应用举例1 解: (1)由已知f?(x)=3x2-x-2, (2)命题等价于f(x)在[-1, 2]上的最大值小于m. 单调递增区间是(-∞, -)和(1, +∞).23设f(x)=x3- x2-2x+5. (1)求函数f(x)的单调递增、递减区间; (2)当x?[-1, 2]时, f(x)<m恒成立, ?(x)<0得- <x<1; 23令f?(x)>0得x<- 或x>1. 23∴y=f(x)的单调递减区间是(-, 1); 2323令f?(x)=0得x=-或1. 12f(1)=3 , f(2)=7, ∵f(-1)=5 , 12f(-)=5 , 232722∴f(x)在[-1, 2]上的最大值为7.∴7<(7, +∞).导数的应用举例2 解: (1)函数f(x)的定义域为(-1, +∞).∴当a<0时, f?(x)>0, f(x)在(-1, +∞)上为增函数; 设f(x)= x+1-aln(x+1), a?R, 且a?0, 取e=. (1)求f(x)的单调区间; (2)比较x+1与ln(x+1)的大小, (x+1) x+1-2a = . 又f?(x)= - 2 x+11x+1a当a>0时, 令f?(x)<0得-1<x<4a2-1; 令f?(x)>0得x>4a2-1. ∴当a>0时, f(x)在(-1, 4a2-1)上为减函数, 在(4a2-1, +∞)上为增函数. 综上所述, 当a<0时, f(x)的单调递增区间为(-1, +∞); 当a>0时, f(x)的单调递减区间为(-1, 4a2-1), 单调递增区间为(4a2-1, +∞). 导数的应用举例2 由(1)知g(x)在(-1, 3)上为减函数, 设f(x)= x+1-aln(x+1), a?R, 且a?0, 取e=. (1)求f(x)的单调区间; (2)比较x+1与ln(x+1)的大小, : (2)x+1>ln(x+1), 证明如下: =2-ln4>0. ∴g(x)≥g(3)>0. 即x+1>ln(x+1). 设g(x)= x+1-ln(x+1), 又g(3)= 3+1-ln(3+1) 在(3, +∞)上为增函数, 导数的应用举例3 设函数f(x)=- x3+2ax2-3a2x+b, 0<a<1. (1)求函数f(x)的单调区间、极值; (2)若当x?[a+1, a+2]时, 恒有|f?(x)|≤a, : (1)由已知f?(x)=-x2+4ax-3a2, ∵0<a<1,∴a<?(x)=0得x=a或x=, f?(x), f(x)的变化情况如下表:?极大值?极小值?f(x)-0+0-f?(x)(3a, +∞)3a(a, 3a)a(-∞, a)x由上表可知, f(x)的单调递增区间是(a, 3a), 单调递减区间是(-∞, a)和(3a, +∞).当x=a时, f(x)取极小值f(a)=- a3+b;43当x=3a时, f(x)取极大值f(3a)= 设函数f(x)=- x3+2ax2-3a2x+b, 0<a<1. (1)求函数f(x)的单调区间、极值; (2)若当x?[a+1, a+2]时, 恒有|f?(x)|≤a, : (2)∵0<a<1,∴2a<a+1.∴f?(x)max=f?(a+1)=2a-1,∴f?(x)=-x2+4ax-3a2 在[a+1, a+2]?(x)min=f?(a+2)=4a-4.∵当x?[a+1, a+2]时, 恒有|f?(x)|≤a, 即-a≤f?(x)≤a恒成立.∴4a-4≥-a且2a-1≤≤a≤1. 45又0<a<1,故a的取值范围是[ , 1). 45已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d在x=0处取得极值, 曲线y=f(x)过原点和点P(-1, 2). 若曲线f(x)在点P处的切线与直线y=2x的夹角为45?, 且倾角为钝角. (1)求f(x)的解析式; (2)若f(x)在区间[2m-1, m+1]递增, 解: (1)∵曲线y=f(x)=ax3+bx2+cx+d过原点, ∴f(0)=0?d=0.∴f(x)=ax3+bx2+cx,f?(x)=3ax2+2bx+c.∵函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=0处取得极值, ∴f?(0)=0?c=0.∵过点P(-1, 2)的切线斜率为f?(-1)=3a-2