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2013届高三数学二轮复习教案 专题一 第4讲 导数及其应用


第5讲

导数及其应用
真题感悟

1 1.(2012· 辽宁)函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间为 A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞)

解析 根据函数的导数小于 0 的解集就是函数的单调减区间求解. 1 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1, x 所以函数的单调递减区间为(0,1].答案 B

1 2.(2012· 安徽)设函数 f(x)=aex+aex+b(a>0). (1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y=2x,求 a、b 的值. 解析 1 (1)f′(x)=aex-aex,

当 f′(x)>0,即 x>-ln a 时,f(x)在(-ln a,+∞)上递增; 当 f′(x)<0,即 x<-ln a 时,f(x)在(-∞,-ln a)上递减. ①当 0<a<1 时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递 增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-ln a)=2+b; ②当 a≥1 时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最 1 小值为 f(0)=a+a+b. 1 3 1 (2)依题意 f′(2)=ae2-ae2=2,解得 ae2=2 或 ae2=-2(舍去), 2 1 1 2 1 所以 a=e2,代入原函数可得 2+2+b=3,即 b=2,故 a=e2,b=2. 考题分析 在每年的高考命题中都有导数应用的解答题出现,是高考试题的压轴题,难度较 大,主要考查函数的单调性、极值、最值及根据单调性、极值、最值等确定参数 的值或范围,解题的方法也是灵活多样,但导数的工具性都会有很突出的体现. 网络构建

高频考点突破 考点一:利用导数研究函数的单调性 2ax+a2-1 【例 1】(2012· 临沂模拟)已知函数 f(x)= ,其中 a∈R. x2+1 (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在原点处的切线方程; (2)求 f(x)的单调区间.
[审题导引] (1)直接根据导数的几何意义解决;(2)根据函数的结构特点,函数 f(x)的导数应是 一个分式,但分式的分母符号确定,其分子是一个多项式,所以讨论函数的单调性等价于讨 论这个分子多项式的符号. ?x+1??x-1? 2x [规范解答] (1)当 a=1 时,f(x)= 2 ,f′(x)=-2 . x +1 ?x2+1?2 由 f′(0)=2,得曲线 y=f(x)在原点处的切线方程是 2x-y=0. ?x+a??ax-1? (2)f′(x)=-2 . x2+1 ①当 a=0 时,f′(x)= 2x .所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. x2+1

1 ?x+a??x-a? ? ? 当 a≠0,f′(x)=-2a . x2+1 1 ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 x1=-a,x2= , a f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′ (x) (-∞,x1) - x1 0 (x1,x2) + x2 0 (x2,+∞) -

f(x)



f(x1)



f(x2)



1 1 故 f(x)的单调减区间是(-∞,-a),?a,+∞?;单调增区间是?-a,a?. ? ? ? ? ③当 a<0 时,f(x)与 f′ (x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,x2) + ↗ x2 0 f(x2) (x2,x1) - ?↘ x1 0 f(x1) (x1,+∞) + ?↗

1 1 所以 f(x)的单调增区间是?-∞,a?,(-a,+∞);单调减区间是?a,-a?. ? ? ? ? 1 1 综上,a>0 时,f(x)在(-∞,-a),?a,+∞?单调递减;在?-a,a?单调递增. ? ? ? ? 1 a=0 时,f(x)在(0,+∞)单调递增,在(-∞,0)单调递减;a<0 时,f(x)在?-∞,a?,(- ? ? 1 a,+∞)单调递增;在?a,-a?单调递减. ? ?

【规律总结】 函数的导数在其单调性研究的作用
(1)当函数在一个指定的区间内单调时,需要这个函数的导数在这个区间内不改变符号(即恒大 于或者等于零、恒小于或者等于零),当函数在一个区间内不单调时,这个函数的导数在这个 区间内一定变号,如果导数的图象是连续的曲线,这个导数在这个区间内一定存在变号的零 点,可以把问题转化为对函数零点的研究. (2)根据函数的导数研究函数的单调性,在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论, 这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行,其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域 内的情况进行,如果这样的点不止一个,则要根据字母参数在不同范围内取值时,导数等于 零的根的大小关系进行分类讨论,最后在分类解决问题后要整合一个一般的结论.

[易错提示] 在利用“若函数 f(x)单调递增,则 f′ (x)≥0”求参数的范围时,注意不 要漏掉“等号” . 【变式训练】 1-x 1.(2012· 临川五月模拟)已知函数 f(x)= ax +ln x. (1)若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,求正实数 a 的取值范围; (2)讨论函数 f(x)的单调性.
解析 1-x ax-1 (1)∵f(x)= +ln x,∴f′(x)= (a>0).∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数, ax ax2

ax-1 ∴f′(x)= ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,ax-1≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, ax2 1 即 a≥ 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1. x

1 1 a?x-a? x-a ? ? (2)∵a≠0,f′(x)= = 2 ,x>0, ax2 x 当 a<0 时,f′(x)>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,∴f(x)的增区间为(0,+∞), 1 1 当 a>0 时,f′(x)>0?x> ,f′(x)<0?x< , a a 1 1 ∴f(x)的增区间为?a,+∞?,减区间为?0,a?. ? ? ? ?

考点二:利用导数研究函数的极值与最值 2a2 【例 2】(2012· 朝阳二模)已知函数 f(x)=aln x+ x +x(a≠0). (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 x-2y=0 垂直,求实数 a 的值; (2)讨论函数 f(x)的单调性; 1 (3)当 a∈(-∞,0)时,记函数 f(x)的最小值为 g(a),求证:g(a)≤ e2. 2
[审题导引] (1)利用导数的几何意义可求; (2)讨论函数 f(x)的导函数的符号可知 f(x)的单调性; (3)利用(2)中函数 f(x)的单调性求出 f(x)的最小值 g(a),并求 g(a)的最大值可证不等式. a 2a2 [规范解答] (1)f(x)的定义域为{x| x>0}.f′(x)= - 2 +1(x>0). x x 3 根据题意,有 f′(1)=-2,所以 2a2-a-3=0,解得 a=-1 或 a= . 2 x2+ax-2a2 ?x-a??x+2a? a 2a2 2)f′(x)= - 2 +1= = (x>0). x x x2 x2 ①当 a>0 时,因为 x>0, 由 f′(x)>0 得(x-a)(x+2a)>0,解得 x>a; 由 f′(x)<0 得(x-a)(x+2a)<0,解得 0<x<a. 所以函数 f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减. ②当 a<0 时,因为 x>0, 由 f′(x)>0 得(x-a)(x+2a)>0,解得 x>-2a; 由 f′(x)<0 得(x-a)(x+2a)<0,解得 0<x<-2a. 所以函数 f(x)在(0,-2a)上单调递减,在(-2a,+∞)上单调递增. (3)证明 由(2)知,当 a∈(-∞,0)时,函数 f(x)的最小值为 g(a), 且 g(a)=f(-2a)=aln(-2a)+ 2a2 -2a=aln(-2a)-3a. -2a

-2 g′(a)=ln(-2a)+a· -3=ln(-2a)-2, -2a 1 令 g′(a)=0,得 a=- e2. 2 当 a 变化时,g′ (a),g(a)的变化情况如下表: ?-∞,-1e2? a 2 ? ? 1 - e2 2

?-1e2,0? ? 2 ?

g′(a) g(a)

+ ? ↗

0 极大值

- ? ↘

1 - e2 是 g(a)在(-∞,0)上的唯一极值点,且是极大值点,从而也是 g(a)的最大值点. 2 1 2 1 2 1 2 1 1 3 1 所以 g(a)最大值=g?-2e ?=- e2ln?-2×?-2e ??-3?-2e ?=- e2ln e2+ e2= e2. ? ? ? ? ?? ? ? 2 2 2 2 1 所以,当 a∈(-∞,0)时,g(a)≤ e2 成立. 2

【规律总结】
1.利用导数研究函数的极值的一般步骤 (1)确定定义域. (2)求导数 f′ (x). (3)① 若求极值, 则先求方程 f′ (x)=0 的根, 再检验 f′ (x)在方程根左、 右值的符号, 求出极值. (当 根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内) ② 若已知极值大小或存在的情况,则转化为已知方程 f′ (x)=0 根的大小或存在情况,从而求解. 2.求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值; (2)将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小 的一个是最小值.

【变式训练】 2.(2012· 济南模拟)某旅游景点预计 2013 年 1 月份起前 x 个月的旅游人数的和 1 p(x)(单位:万人)与 x 的关系近似地满足 p(x)= 2 x(x+1)· (39-2x),(x∈N + ,且 x≤12).已知第 x 月的人均消费额 q(x)(单位:元)与 x 的近似关系是 ?35-2x?x∈N+,且1≤x≤6?, ? q(x)=?160 ? x ?x∈N+,且7≤x≤12?. ? (1)写出 2013 年第 x 月的旅游人数 f(x)(单位:人)与 x 的函数关系式; (2)试问:2013 年哪个月旅游消费总额最大?最大月旅游消费总额为多少元?
解析 (1)当 x=1 时,f(1)=p(1)=37,当 2≤x≤12,且 x∈N+时, 1 1 f(x)=p(x)-p(x-1)= x(x+1)(39-2x)- (x-1)x(41-2x)=-3x2+40x. 2 2 验证 x=1 符合 f(x)=-3x2+40x(x∈N+,且 1≤x≤12). (2)第 x 月旅游消费总额为

??-3x +40x??35-2x??x∈N+,且1≤x≤6? ? g(x)=? 160 2 ??-3x +40x?·x ?x∈N+,且7≤x≤12? ?
2

?6x3-185x2+1 400x?x∈N+,且1≤x≤6? ? 即 g(x)=? ? ?-480x+6 400?x∈N+,且7≤x≤12?

当 1≤x≤6,且 x∈N+时,g′(x)=18x2-370x+1 400,令 g′(x)=0, 140 解得 x=5,x= (舍去). 9 当 1≤x<5 时,g′(x)>0,

当 5<x≤6 时,g′(x)<0, ∴当 x=5 时,g(x)max=g(5)=3 125(万元). 当 7≤x≤12,且 x∈N+时,g(x)=-480x+6 400 是减函数, 当 x=7 时,gmax(x)=g(7)=3 040(万元), 综上,2013 年第 5 月份的旅游消费总额最大,最大消费总额为 3 125 万元.

考点三:利用导数研究不等式 【例 3】(2012·长治模拟)设函数 f(x)=ax2-xln x-(2a-1)x+a-1(a∈R). (1)当 a=0 时,求函数 f(x)在点 P(e,f(e))处的切线方程; (2)对任意的 x∈[1,+∞)函数 f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围.
[审题导引] (1)利用导数的几何意义 k=f′ 0)求出切线方程; (x (2)讨论 a 的取值求出 f(x)在[1,+∞)上的最小值,由最小值大于等于 0 恒成立求 a 的范围. [规范解答] (1)当 a=0 时,f(x)=-xln x+x-1, 由 f′ (x)=-ln x,则 k=f′ (e)=-1,f(e)=-1, ∴函数 f(x)在点 P(e,f(e))处的切线方程为 y+1=-(x-e),即 x+y+1-e=0. (2)f′(x)=2ax-1-ln x-(2a-1)=2a(x-1)-ln x, 易知,ln x≤x-1, 则 f′(x)≥2a(x-1)-(x-1)=(2a-1)(x-1), 1 当 2a-1≥0,即 a≥ 时,由 x∈[1,+∞)得 f′(x)≥0 恒成立, 2 f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=0 符合题意. 1 所以 a≥ . 2 当 a≤0 时,由 x∈[1,+∞)得 f′(x)≤0 恒成立,f(x)在[1,+∞)上单调递减, f(x)≤f(1)=0 显然不成立,a≤0 舍去. 1 1 1 当 0<a< 时,由 ln x≤x-1,得 ln ≤ -1, 2 x x 1 即 ln x≥1- , x 1 x-1? 则 f′(x)≤2a(x-1)-?1-x?=? ? ? ? x ?(2ax-1). 1 1 因为 0<a< ,所以 >1. 2 2a 1 x∈?1,2a?时,f′(x)≤0 恒成立, ? ? 1 f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=0 显然不成立,0<a< 舍去. 2 1 综上可得:a∈?2,+∞?. ? ?

【规律总结】 利用导数解决不等式问题的类型
(1)不等式恒成立:基本思路就是转化为求函数的最值或函数值域的端点值问题. (2)比较两个数的大小:一般的解决思路是把两个函数作差后构造一个新函数,通过研究这个 函数的函数值与零的大小确定所比较的两个函数的大小.

(3)证明不等式:对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数,然后利用函数的单调性 和极值解决.

【变式训练】 1? 1 ? 3.(2012· 济南模拟)已知函数 f(x)=?a+a?ln x+x -x(a>1). ? ? (1)试讨论 f(x)在区间(0,1)上的单调性; (2)当 a∈[3, +∞)时, 曲线 y=f(x)上总存在相异两点 P(x1, 1)), 2, 2)), f(x Q(x f(x 6 使得曲线 y=f(x)在点 P,Q 处的切线互相平行,求证:x1+x2>5.
1 1 1 a+ x2-?a+a?x+1 ?x-a??x-a? a 1 ? ? ? ? 解析 (1)由已知 x>0,f′(x)= - 2-1=- =- . 2 2 x x x x 1 由 f′(x)=0,得 x1= ,x2=a. a 1 1 因为 a>1,所以 0< <1,且 a> . a a 1? 1 所以在区间?0,a?上,f′(x)<0;在区间?a,1?上,f′(x)>0. ? ? ? 1? 1 ? 故 f(x)在?0,a?上单调递减,在?a,1?上单调递增. ? ? (2)证明 由题意可得,当 a∈[3,+∞)时, f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且 x1≠x2). 1 1 a+ a+ a 1 a 1 即 - 2-1= - 2-1, x1 x1 x2 x2 1 1 1 x1+x2 所以 a+ = + = ,a∈[3,+∞). a x1 x2 x1x2 因为 x1,x2>0,且 x1≠x2, 所以 x1x2<? x1+x2?2 ? 2 ? 恒成立,

1 4 所以 > ,又 x1+x2>0, x1x2 ?x1+x2?2 1 x1+x2 4 4 所以 a+ = > ,整理得 x1+x2> . a x1x2 x1+x2 1 a+ a 4 令 g(a)= ,因为 a∈[3,+∞), 1 a+ a 所以 g(a)在[3,+∞)上单调递减, 4 6 所以 g(a)= 在[3,+∞)上的最大值为 g(3)= , 1 5 a+ a 6 所以 x1+x2> . 5

【押题 1】若函数 f(x)=-x·x,则下列命题正确的是 e 1? ? ?1 ? A.?a∈?-∞, e?,?x∈R,f(x)>a B.?a∈? e,+∞?,?x∈R,f(x)>a ? ? ? ?

1? ? ?1 ? C.?x∈R,?a∈?-∞,e?,f(x)>a D.?x∈R,?a∈? e,+∞?,f(x)>a ? ? ? ? 解析 f′(x)=-ex(1+x),令 f′(x)>0,则 x<-1, 1 令 f′(x)<0,则 x>-1.∴f(x)max=f(x)极大=f(-1)= e.

1? ? 由图知?a∈?-∞,e?,?x∈R,f(x)>a,故选 A. ? ? 答案 A [押题依据] 利用函数的导数研究函数的最值问题是高考的重点内容.本题以命题 为载体考查了利用导数求函数的最值(极值),体现了转化了的数学思想方法,考查 了能力,故押此题. ex 【押题 2】设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1)当 a=3时,求 f(x)的极值点; (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解析 对 f(x)求导得 ?1+ax ?
2 x1+ax -2ax f′(x)=e 2 2 .①

4 (1)当 a=3时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 1 解得 x1=2,x2=2, f(x),f′ (x)随 x 的变化情况如下: 1? 1 ? x ?-∞,2? 2 ? ? f′(x) f(x) + ? ↗ 0 极大值 ?1 3? ?2,2? ? ? - ? ↘ 3 2 0 极小值 ?3 ? ?2,+∞? ? ? + ? ↗

3 1 所以,x1=2是 f(x)的极小值点,x2=2是 f(x)的极大值点. (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,知 ax2 -2ax+1≥0 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.

[押题依据] 本题考查了利用导数研究函数的最值与极值,利用导数及函数的单调 性求参数的范围,符合高考的要求.能够考查学生对导数在研究函数中的应用的 掌握情况,难度适中且有一定的区分度,故押此题.

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