轮复习-极限、导数解答题的解法》课件(新人教.ppt

高考复习系列课件97,数学第二轮复习,97 极限、导数 解答题的解法,97 极限、导数 解答题的解法,应试策略 ,考题剖析 ,试题特点 ,极限、导数解答题的解法,03,06,11,1.近年高考各试卷极限与导数考查情况统计 2006年高考各地的18套试卷中，有14道导数题，其中考查求导法则的有5道，考查极限的有5道，考查单调性的有8道，考查极 值的有5道，与不等式综合的有5道，与函数综合的有6道. 2007年高考各地的19套试卷中，每卷都涉及到导数问题,有7道涉及到导数与不等式的综合,有15道涉及到函数.其中4道还涉及到函数的应用需用导数来解决,有4道涉及到数列,主要是考导数解决函数的极值和单调性问题,在这些试卷中尤以辽宁卷、湖南卷对导数极限的考查要求较高，辽宁有3道试题涉及到导数，而且是综合题。 2008年高考各地试卷中，主要是考查：函数、数列、极限、导数综合，函数、单调性、不等式、导数的综合，函数应用、概率、导数综合.由此可见,对导数工具性的考查在增强,对导数综合运用要求在加强.,试题特点,返回目录,极限、导数解答题的解法,2. 主要特点 (1)极限在初等数学与高等数学之间起着重要的衔接作用，是从初等数学的思维方式到高等数学的思维方式的质的转变，因此在重点考查思维方法的高考命题中常把极限作为最好的命题素材 之一. (2)导数是中学选修内容中最为重要的内容，导数为解决函数问题、曲线问题提供了一般性的方法，由于导数可与函数、不等式等许多知识进行整合，有利于在“知识网络交汇点”处命题，合理设计综合多个知识点的试题，考查分类整合、数形结合等数学思想方法，因此，近几年来加大了导数的考查力度.主要有如下几方面：,试题特点,极限、导数解答题的解法,返回目录,应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性； 应用导数求函数的极值与最值； 应用导数解决实际问题; 应用导数解决有关不等式问题. （3）重视有限与无限思想的考查. 客观世界是有限与无限的统一体，我们既可以通过有限来把握无限.也可以借助无限来确定有限，即“从与对立面的统一中去把握对立面”.数学归纳法、数列极限、函数极限等都是由有限把握无限的极好例证.随着高中数学课程改革的逐步深入，对有限与无限思想的考查力度会不断加大，这是高考命题的一个新趋势.,试题特点,极限、导数解答题的解法,返回目录,应 试 策 略,返回目录,1.求数列极限的基本方法是，通过适当的化简或变形(如求和、求积、有理化分子或分母、分子分母同除n的最高次幂或同除分子或分母中底数绝对值最大的幂等)，将复杂数列极限问题转化为简单数列极限问题，再利用 =0(k0)或 qn=0(|q|1)等重要极限及四则运算法则，求出所求式的极限. 解决数列的极限问题还应运用数列的有关知识与技能，注意结合直觉、联想、猜测及分类讨论等思维方法.,应试策略,极限、导数解答题的解法,返回目录,2.函数极限是数列极限的拓广、延伸.函数极限与数列极限有类似的四则运算法则，求函数极限的基本思想也是转化、化归.实施转化时，可注意类比、借鉴求数列极限的一些方法与技能. 3.求导数有两种方法：一是利用导数定义；二是利用基本函数的导数公式、四则运算法则及复合函数的求导法则求 导，常用后一种方法.,极限、导数解答题的解法,应试策略,返回目录,4.要重视导数在研究函数问题或实际问题时的应用. (1)求可导函数单调区间的方法： 确定函数f(x)的定义域; 求方程f(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定义域分 成若干区间； 研究各小区间上f(x)的符号，f(x)0时，该区间为 增区间，反之则为减区间.,应试策略,极限、导数解答题的解法,返回目录,(2)求函数极值点时，可能出现极值的点是f(x)=0或使 f(x)不存在的点，注意f(x)=0不是有极值的充分条件. (3)连续函数在闭区间上必有最值，求最值时不要忘记极 值与端点处的函数值的大小比较. (4)解最值应用题时，要认真审题，分析各量的关系，列 出函数y=f(x), 并确定定义域，然后按照步骤求函数的最值， 最后根据实际意义作答.若f(x)在定义域区间上只有一个极值 点，则这个极值点一定是最值点.,应试策略,极限、导数解答题的解法,返回目录,考 题 剖 析,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,2.设首项为1，公比为q(q0)的等比数列的前n项和为Sn, 又Tn= , n=1,2,3，求 Tn.,考题剖析,极限、导数解答题的解法,解析当q=1时，Sn=n,Tn= , Tn=1. 当q1时，Sn= ,Tn= , 当0q1时， qn=0, Tn=1. 当q1时， Tn=,返回目录,综上所述， Tn=,考题剖析,极限、导数解答题的解法,点评本题考查了等比数列前n项和及数列极限的求法，考查了分类与整合的思想方法.等比数列求和公式限制在q1的条件下，此题没有指出q1，故要对q进行讨论，在求 Tn时，必须求 qn, 只有当|q|1时有极限，而此题 q0，故需对q进行讨论.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,3. (1)已知 ( n)=b,求a,b的值； (2)已知 = n, 求m,n的值.,解析(1)原式= = 当且仅当a=3时，有极限，b= , 故所求a，b的值为a=3，b= .,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,(2) = n. 可知x2+mx+2是含x+2的因式. x=2是方程x2+mx+2=0的根， 代入求得m=3, n=1.,点评本例是求极限的逆思维，思路新颖，方法灵活.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,4.（2007湖南张家界质检题）设a0，f(x)=x1ln2 x2alnx（x0）. （）令F（x）xf（x），讨论F（x）在（0,）内的单调性并求极值； （）求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1.,解析（）根据求导法则有f(x)=1 ，x0， 故F(x)=xf(x)=x2lnx+2a，x0，于是F(x)=1 ，x0. 列表如下： 故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，+)内是增函数， 所以，在x=2处取得极小值F(2)=22ln2+2a.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（）证明：由a0知，F(x)的极小值F(2)=22ln2+2a0. 于是由上表知，对一切x(0，+)，恒有F(x)=x , f(x)0. 从而当x0时，恒有f(x)0，故f(x)在(0，+)内单调增加. 所以当x1时，f(x)f(1)=0，即x1ln2x+2alnx0. 故当x1时，恒有xln2x2alnx+1.,点评本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运 用有关知识解决问题的能力.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,返回目录,点评：本题涉及到了导数公式的逆向考查，这就要求在平时 的教学中要注重逆向思维的培养，另外本题还考查了对称、 求范围这些高中数学的重点与难点。考纲要求“掌握利 用导数求极值和最值，同时还要了解导数与原函数的关系”。,考题剖析,极限、导数解答题的解法,6.已知函数f(x)=ax3+bx23x, 其图象在横坐标为1的两点处的切线均与x轴平行. （1）求函数f(x)的解析式； （2）对于区间1，1上任意两个自变量的值x1, x2，都有|f(x1)f(x2)|k，试求k的最小值； （3）若过点A（1，m）（m2）可且仅可作曲线y=f(x)的一条切线，求实数m的取值范围.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,解析(1) f(x)=3ax2+2bx3，依题意，f(1)=f(1)=0 即 解得a=1,b=0. f(x)=x33x. （2）f(x)=x33x, f(x)=3x23=3(x+1)(x1) 当 1x1时，f(x)0，故f(x)在区间1,1上为减函数， f(x)max=f(1)=2, f(x)min=f(1)=2 对于区间1，1上任意两个自变量的值x1, x2都有 |f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)min|2(2)=4. 即 |f(x1)f(x2)|max=4. k4 k的最小值为4 .,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（3）f(x)=3x23=3(x+1)(x1) 曲线方程为y=x33x，点A（1，m）不在曲线上. 设切点为M（x0, y0），则点M的坐标满足y0=x303x0 因f(x0)=3(x201)，故切线的斜率为 k=3(x201)=kAM= 整理得2x303x20+m+3=0（*注：也可以先写出切线方程，然 后将点A的坐标代入得到左式） 过点A（1，m）仅可作曲线的一条切线， 关于x0方程2x303x20+m+3=0有且仅有一个实根.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,设g(x0 ) = 2x303x20+m+3，则g(x0 ) = 6x206x0， 令g(x0)0得x01或x00, 令g(x0)0得0x01 函数g(x0 ) = 2x303x20+m+3在区间(，0)和(1，+)为增函数，在(0，1)上为减函数，g(x0)的极大、极小值点分别为x0=0, x0=1 g(x)不是单调函数，关于x0方程2x303x20+m+3 = 0有且仅有一个实根的充要条件是：g(x)极大=g(0)=m+30, m3或g(x)极小=g(1)=2+m0, m2 故所求的实数a的取值范围是m|m3或m2,点评只有深刻理解概念的本质，才能灵活应用概念解题.解决这类问题的关键是等价变形.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,7.（2007成都市质检二）已知函数f(x)= (mR, e=2.718 28是自然对数的底数）. （）求函数f(x)的极值； （）当x0时，设f(x)的反函数为f 1(x), 对0pq,试比较 f (qp)、f1(qp)及f1(q)f1(p)的大小.,解析（）当x0时，f(x)=ex1在(0,+)上单调递增，且f(x)=ex10； 当x0时，f(x)= x3+mx2， 此时f(x)=x2+2mx=x(x+2m).,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（1）若m=0时，f(x)=x20, 则f(x)= x3在(,0上单调递增，且f(x)= x30. 又f(0)=0，可知函数f(x)在R上单调递增，无极值. （2）当m0，令f(x)=x(x+2m)0 x0或x2m.（舍去） 函数f(x)= x3+mx2在(,0上单调递增， 同理，函数f(x)在R上单调递减，无极值.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（3）若m0, 令f(x)=x(x+2m)0 x0或x2m. 函数f(x)= x3+mx2在(,2m上单调递增，在（2m，0 上单调递减. 此时函数f(x)在x=2m处取得极大值： f(2m)= m3+4m3= m30； 又f(x)在（0，+）上单调递增，故在x=0处取得极小值：f(0)=0. 综上可知，当m0时，f(x)的极大值为 m3，极小值为0； 当m0时，f(x)无极值.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（）当x0时，设y=f（x）=ex1 y+1=ex x=ln(y+1). f 1(x)=ln(x+1)(x0). （1）比较f(qp)与f1(qp)的大小. 记g(x)=f(x)f1(x)=exln(x+1)1(x0). g(x)=ex 在(0,+)上是单调递增函数， g(x)g(0)=e0 =0恒成立. 函数g(x)在(0,+)上单调递增. g(x)g(0)=e0ln(0+1)1=0. 当0pq时，有qp0， g(qp)=eqpln(qp+1)10. eqp1ln(qp+1), 即f(qp)f1(qp). ,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（2）比较f1(qp)与f1(q)f1(p)的大小. ln(qp+1)ln(q+1)ln(p+1)=ln(qp+1)ln(q+1)+ln(p+1) =ln =ln =ln . 0pq. 1, 故ln 0. ln(qp+1)ln(q+1)ln(p+1), f1(qp)f1(q)f1(p). ,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,（注：也可用分析法或考察函数 h(x)=ln(xp+1)ln(x+1)+ln(p+1), x(p,+). 求导可知h(x)在（p,+)上单调递增， h(x)h(p)恒成立.而h(p)=0, h(x)0 在x(p,+)上恒成立. q(p,+), h(q)0恒成立.） 由可知: 当0pq时，有f(qp)f1(qp)f1(q)f1(p).,点评本题考查分段函数求极值、分类讨论的思想、函数的单调性、不等式等知识，考查学生的综合解决问题的能力.,返回目录,考题剖析,极限、导数解答题的解法,8.（2007杭州市一模）已知一列非零向量an, nN*, 满足:a1=(10, 5), an=(xn, yn)=k(xn1yn1, xn1+yn1)，(n2 ). 其中k是非零常数. （1）求数列|an|的通项公式； （2）求向量an1与an的夹角(n2); （3）当k = 时，把a1，a2，,an，中所有与a1共线的向量按 原来的顺序排成一列，记为b1，b2，, bn, , 令 =b1+b2+bn， O为坐标原点，求点列Bn的极限点B的坐标.