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《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2第一章精要课件 导数及其应用 章末复习课


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题型一
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分类讨论思想在导数中的应用
2
x k

例 1 已知函数 f(x)=(x-k) e . (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对?x∈(0,+∞),都有 f(x)≤ ,求 k 的取值范围. e 1 2 2 解 (1)f′(x)=k (x -k )e ,令 f′(x)=0 得 x=± k. 当 k>0 时,f(x)在(-∞,-k)和(k,+∞)上递增,在(-k,k)
x k

上递减;

当 k<0 时,f(x)在(-∞,k)和(-k,+∞)上递减,在(k,-k) 上递增.

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1 > ;所以不可能对?x∈(0,+∞) e

(2)当 k>0 时,f(k+1)= e 1 都有 f(x)≤ ; e
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k ?1 k

4k2 当 k<0 时,有(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f(-k)= , e 1 所以对?x∈(0,+∞)都有 f(x)≤ e. 4k2 1 1 1 即 ≤ ?- ≤k<0,故对?x∈(0,+∞)都有 f(x)≤ 时,k 的 e e 2 e 1 取值范围为[-2,0).

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小结
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在对含参数的函数讨论单调性、极值、最值

时,一般需要根据函数的导数的符号对系数进行讨 论,分类时一定要不重不漏,对每一类情况都要给 出解答.

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跟踪训练 1 减区间.

1 3 1 求函数 y= x - (a+a2)x2+a3x+a2 的单调 3 2


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y′=x2-(a+a2)x+a3=(x-a)(x-a2).

令 y′<0,得(x-a)(x-a2)<0.

当 a<0 时,不等式的解集为 a<x<a2,此时函数的单调减 区间为(a,a2); 当 0<a<1 时,不等式的解集为 a2<x<a,此时函数的单调 减区间为(a2,a); 当 a>1 时,不等式的解集为 a<x<a2,此时函数的单调减 区间为(a,a2);

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当 a=0 或 a=1 时,y′≥0,此时,无单调减区间. 1 3 1 综上所述,a<0 或 a>1 时,函数 y=3x -2(a+a2)x2+a3x+a2 1 3 1 2 的单调减区间为(a,a );0<a<1 时,函数 y= x - (a+a2)x2 3 2
+a3x+a2 的单调减区间为 (a2,a);a=0 或 a=1 时,无单调 减区间.

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题型二

转化与化归思想的应用 ex 例 2 设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3
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(2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.
1+ax2-2ax 解 对 f(x)求导得 f′(x)=ex . ?1+ax2?2 4 (1)当 a= ,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= . 2 2 ①

综合①, 可知当 x 变化时, f′(x)与 f(x)的变化状态如下表:

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1 3 ( , ) 2 2 - ? 3 2 0 极小 值 3 ( ,+∞) 2 + ?

x f′(x)
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1 (-∞, ) 2 + ?

1 2 0 极大 值

f(x)

3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上
不变号, 结合①与条件 a>0, ax2-2ax+1≥0 知 在 R 上恒成立,
因此 Δ=4a2 -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1.

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小结
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转化与化归思想就是在处理繁杂问题

时通过转化,归结为易解决的问题,本题中将 函数性质的讨论归结到二次不等式的解.

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跟踪训练 2 若函数 f(x)=ax3-x2+x-5 在 R 上单调递 增,求 a 的取值范围.
解 f′(x)=3ax2-2x+1.
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因为 f(x)在 R 上单调递增,所以 f′(x)≥0, 即 3ax2-2x+1≥0 在 R 上恒成立.
?a>0, ? 所以? ?Δ≤0, ? ?a>0, ? 即? ?4-12a≤0, ?

1 所以 a≥ . 3

1 又当 a= 时,f(x)在 R 上也是递增的, 3 1 所以 a≥ . 3

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题型三 例3

函数与方程思想

请你设计一个包装盒, 如图所示, ABCD 是边长为 60 cm

的正方形硬纸片, 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角 三角形,再沿虚线折起,使得 ABCD 四个点重合于图中的
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点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F 在 AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点, AE=FB 设 =x cm.

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(1)若广告商要求包装盒侧面积 S (cm2)最大, 试问 x 应取何 值? (2)若广告商要求包装盒容积 V (cm3)最大,试问 x 应取何 值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.
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解 (1)根据题意有 S=602-4x2-(60-2x)2=240x-8x2= -8(x-15)2+1 800(0<x<30),
所以 x=15 cm 时包装盒侧面积 S 最大. 2 (2)根据题意有 V=( 2x)2 (60-2x)=2 2x2(30-x)(0<x<30), 2
所以,V′=6 2x(20-x), 当 0<x<20 时,V′>0,V 递增; 当 20<x<30 时,V′<0,V 递减,

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所以,当 x=20 时,V 取极大值也是最大值.
2 2 ?60-2x? 1 此时,包装盒的高与底面边长的比值为 =2. 2x
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即 x=20 包装盒容积 V(cm3)最大,此时包装盒的高与底面边长 1 的比值为2.

小结

函数与方程思想是数学中最基本、最重要的数学思想,

在应用问题中,从函数观点出发,建立函数模型然后求解是常 用的方法.

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跟踪训练 3 某造船公司年造船量是 20 艘, 已知造船 x 艘的产 值函数为 R(x)=3 700x+45x2-10x3(单位:万元);成本函数 为 C(x)=460x+5 000(单位: 万元). 又在经济学中, 函数 f(x) 的边际函数 Mf(x)定义为 Mf(x)=f(x+1)-f(x).
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(1)求利润函数 P(x)及边际利润函数 MP(x); (提示:利润=产值-成本) (2)问年造船量安排多少艘时,可使公司造船的年利润最大? (3)求边际利润函数 MP(x)的单调递减区间,并说明单调递减 在本题中的实际意义是什么?

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(1)P(x)=R(x)-C(x)=-10x3+45x2+3 240x-

5 000(x∈N*,且 1≤x≤20);
MP(x)=P(x+1)-P(x)
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=-30x2+60x+3 275(x∈N*,且 1≤x≤19).
(2)P′(x)=-30x2+90x+3 240 =-30(x-12)(x+9). ∵x>0,∴P′(x)=0 时,x=12. ∴当 0<x<12 时,P′(x)>0;当 x>12 时,P′(x)<0, ∴x=12 时,P(x)有最大值.
即年造船量安排 12 艘时, 可使公司造船的年利润最大.

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(3)MP(x)=-30x2+60x+3 275
=-30(x-1)2+3 305(x∈N*,且 1≤x≤19). 所以,当 x≥1 时,MP(x)单调递减,
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所以,单调减区间为[1,19],且 x∈N*.
MP(x)是减函数的实际意义,随着产量的增加, 每艘利润与前一艘利润比较,利润在减少.

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题型四

数形结合思想的应用

例 4 求函数 f(x)=x3-3ax+2 的极值,并说明方程 x3-3ax+2=0 何时有三个不同的实根?何时有唯
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一的实根(其中 a>0)?
解 函数的定义域为 R,其导函数为 f′(x)=3x2-3a.
由 f′(x)=0 可得 x=± a,列表讨论如下:

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由此可得,函数在 x=- a处取得极大值 f(- a)=2 3 3 +2a ;在 x= a处取得极小值 f( a)=2-2 a .
根据列表讨论,可作函数的草图(如图).
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3 2 2 2

因为极大值 f(- a)=2+2 a >0,故当极小 值 f( a)=2-2 a <0,即 a>1 时,方程 x3 -3ax+2=0 有三个不同的实根;当极小值 f( a)=2-2 a >0,
3 2 3 2

即 0<a<1 时,方程 x3-3ax+2=0 有唯一的实根.

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小结

通过学习利用导数研究函数的极值与

最值,结合以前所掌握的研究函数的奇偶性与
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单调性的方法,给定一个函数,其图象的大致 轮廓就能清晰地呈现在我们面前.一些数学问 题便能顺利解决. 方程根的个数或者说函数零点的个数问题即 是数形结合思想在导数中的一个具体的应用.

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跟踪训练 4 已知 f(x)=ax3+bx2+x(a、 b∈R 且 ab≠0)的图象如图所示,若|x1| a<0,b<0 >|x2|,则 a,b 的正负为__________.
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解析

由 f(x)的图象易知 f(x)有两个极值点 x1、

x2,且 x=x1 时有极小值,因此 f′(x)=3ax2+ 2bx+1 的图象如图所示,
因此 a<0.
又|x1|>|x2|,∴-x1>x2,
2b ∴x1+x2<0,即 x1+x2=- <0,∴b<0. 3a


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