【步步高】2011届高考数学一轮复习 第三编 导数及其应用课件 理 （打包7套）新人教A版
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【步步高】2011届高考数学一轮复习 第三编 导数及其应用课件 理 （打包7套）新人教A版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,第三,导数,及其,应用,利用,运用,课件,打包,新人
- 内容简介：
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要点梳理 点 P(x0,f(在曲线 y=f(x)上 ,且 f(x)在 (x0,f( 处存在导数 ,曲线 y=f(x)在点 _ _. (1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便 , 但要注意规范步骤 基础知识 自主学习 导数的综合应用 y- f(f ( 确定函数 f(x)的定义域 ; 求导数 f (x); 由 f (x)0(或 f (x)0时 ,f(x)在相应的区间上是 _;当 f (x) 0(或 f (x)f( ) C.f(a+1)f( D.f(a+1)f( ) 解析 因为 f(x)在区间 (a,b)上的导函数 f (x)满 足 f (x)f( ),故选 B. 212321, 2121212 又B y=f(x)在其定义域 内可导 ,其图象如 图所示 ,记 y=f(x)的导函数为 y=f (x)， 则不等式 f (x) 0的解集为 _. 解析 由函数 y=f(x)在定义 域 内的图象可得 ,函 数 y=f (x)的大致图象如图 所示 f (x) 0的解集为 ),( 323), 32131 )., 32131 ),( 323 题型一 函数的极值与导数 【 例 1】 已知函数 f(x)=x3+ 且函数 g(x)=f (x)+6 (1)求 m、 y=f(x)的单调区间 ; (2)若 a0,求函数 y=f(x)在区间 (a+1)内的极 值 . (1)由 f(x)过点 (6)及 g(x)图象关 于 m,n.由 f (x)0及 f (x)0得 x2或 当 a0时 ,由 f (x)=0,得 当 x( 1, ,f (x)0,f(x)单调递增 . )l n ()()( 11 1 2 ()(),l n ()()( 322 11111 所以因为.)()()(,321211121121此时 当 a 0 时， f ( x ) 0 时， f ( x ) 在 x 1 2 极小值为 f 1 2a1 2a. 当 a 0 时， f ( x ) 无极值 题型二 函数的最值与导数 【 例 2】 已知函数 f(x) 6b,问是否存在实 数 a、 b使 f(x)在 1， 2上取得最大值 3， 最小值 29,若存在 ， 求出 a、 不存在 ， 请说明 理由 (1)研究函数 f(x)在 1,2上的单调性 ; (2)确定 f(x)在 1,2上的最大 、 最小值； (3)列方程组求 a、 b. 解 由 f(x) 6b得 f (x) 312 3ax(x 4) 当 a 0时 ,f (x) 0,f(x) f(x)在 1,2 上取最大值 3,最小值 29. 思维启迪 当 a0时 ， 令 f (x) 0， 得 0， 4在区间 1,2上 , x 1 ( 1,0) 0 ( 0,2) 2 f ( x ) 0 f ( x ) 7 a b 极大值 b 16 a b 由 a 0 得 16 a b 7 a b ，则 f ( x ) 在 1,2 上取最大值 16 a b ，最小值 b . 依题意 16 a b 3 ，b 29 ，解得a 2 ，b 29 ，符合题意 综上所述，存在 a 2 ， b 3 或 a 2 ， b 29 使 f ( x )在 1,2 上取得最大值 3 ，最小值 29. 探究提高 导函数 f ( x ) 的符号受 a 的符号的影响，从 而需要对 a 进行分类讨论，有些同学做本题时忘记对 a 的讨论而默认了 a 0 ，或在对 a 进行分类讨论时漏掉了 a 0 的情况 在求闭区间上的连续函数的最值、极值时，通过研究导 函数的符号，列表求得该函数的单调区间、极值点 ( 极 值 ) 、端点值，从而求得最大值和最小值 知能迁移 2 已知函数 f ( x ) x ( 1) 求函数 f ( x ) 的单调增区间； ( 2) 若函数 f ( x ) 在 1 ， e 上的最小值为32，求实数 a 的值 解 ( 1) 由题意， f ( x ) 的定义域为 (0 ， ) ， 且 f ( x ) 1xx 当 a 0 时 , f ( x ) 0 , f ( x ) 的单调增区间为 (0 , ) 当 a 0 ，得 x a ， f ( x ) 的单调增 区间为 ( a ， ) ( 2) 由 ( 1) 可知， f ( x ) x 若 a 1 ，则 x a 0 ，即 f ( x ) 0 在 1 ， e 上恒成立， f ( x ) 在 1 ， e 上为增函数， f ( x )m i n f ( 1) a 32， a 32( 舍去 ) a e ，则 x a 0 ，即 f ( x ) 0 在 1 ， e 上恒 成立， f ( x ) 在 1 ， e 上为减函数， f ( x )m i n f ( e ) 1 2， a 舍去 ) 若 e 0 ， f ( x ) 在 ( a ， e) 上为增函数， f ( x )m i n f ( a ) a ) 1 32， a e 综上所述， a e . 题型三 导数与方程的解 【 例 3 】 已知函数 f ( x ) a x 在 ( 1,2 是增函数， g ( x ) x a x 在 ( 0,1) 为减函数 ( 1) 求 f ( x ) 、 g ( x ) 的解析式； ( 2) 求证：当 x 0 时，方程 f ( x ) g ( x ) 2 有唯一解 探究 提高 ( 1) 由 f ( x ) 、 g ( x ) 在给定区间上的单调性确 定 a 的值 ( 2) f ( x ) g ( x ) 2 的解等价于 h ( x ) f ( x ) g ( x ) 2 的零 点，研究函数 h ( x ) 的单调性即可 ( 1) 解 f ( x ) 2 x 依题意 f ( x ) 0 ， x ( 1, 2 ， 即 a 2 x 2 ， x ( 1, 2 上式恒成立， a 2. 又 g ( x ) 1 a2 x，依题意 g ( x ) 0 ， x ( 0,1) ， 即 a 2 x ， x ( 0,1) 上式恒成立， a 2. 由 得 a 2. f ( x ) 2l n x ， g ( x ) x 2 x . ( 2) 证明 由 ( 1 ) 可知，方程 f ( x ) g ( x ) 2 ， 即 2l n x x 2 x 2 0. 设 h ( x ) 2x x 2 x 2 ， 则 h ( x ) 2 x 2x 1 1x， 当 h ( x ) 0 时， ( x 1) (2 x x 2 x x 2) 0 ， 解得 x 1. 令 h ( x ) 0 ，并由 x 0 ， 解得 x 1. 令 h ( x )0 ，解得 00 且 x 1 时， h ( x ) 0 ， h ( x ) 0 在 (0 ， ) 上只有一个解 即当 x 0 时，方程 f ( x ) g ( x ) 2 有唯一解 探究提高 研究方程的根的情况，可以通过导数 研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等， 并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数 这一工具在研究方程中的重要应用将方程、不等式 等有关知识和导数结合的综合性问题，主要考查综合 运用有关知识分析问题、解决问题的能力 知能迁移 3 已知 f ( x ) a R) ， g ( x ) 2l n x . ( 1) 讨论函数 F ( x ) f ( x ) g ( x ) 的单调性 ( 2) 若方程 f ( x ) g ( x ) 在区间 2 ， e 上有两个不等 解，求 a 的取值范围 解 ( 1) F ( x ) 2x ，其定义域为 (0 ， ) ， F ( x ) 2 2x2 ( 1 )x( x 0) 当 a 0 时，由 10 得 x 1a. 由 10 时， F ( x ) 的递增区间为1a， ，递减 区间为0 ，1a. 当 a 0 时， F ( x ) 0) 恒成立故当 a 0 时， F ( x ) 在 (0 ， ) 上单调递减 ( 2) 原式等价于方程 a 2 ( x ) 在区间 2 ， e 上有 两个不等解 ( x ) 2 x ( 1 2x ) ( 2 ， e ) 上为增函数，在 ( e ， e) 上为减函数，则 ( x )m a x ( e ) 1e，而 ( e ) 20 恒成立 当 x 0 . 故 ( x ) 在 x e 处取得极小值，也是最小值，即 ( x )m i n (e) e ， 故 m e. ( 2) 函数 k ( x ) f ( x ) h ( x ) 在 1,3 上恰有两个不同的零点 等价于方程 x 2l n x a , 在 1,3 上恰有两个相异实根 令 g ( x ) x 2l n x ，则 g ( x ) 1 2x. 当 x 1,2) 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) 在 1,2) 上是单调递减函数，在 ( 2,3 上是单调递增 函数故 g ( x )m i n g ( 2) 2 2l n 2 ， 又 g ( 1 ) 1 ， g ( 3) 3 2l n 3 ， g ( 1 ) g ( 3) ， 只需 g ( 2) 0 仅是 f ( x ) 在某个区间上为增函 数的充分条件在 ( a ， b ) 内可导的函数 f ( x ) 在 ( a ， b ) 上 递增的充要条件应是 f ( x ) 0 在 ( a ， b ) 上恒成立 2 在求函数的极值、最值时 ,要注意极值、最值存在的 条件 . 对含有参数的极值、最值问题要注意分类讨论 失误与防范 1 已知函数 f ( x ) 是增函数 ( 或减函数 ) 求参数的取值范 围时，应令 f ( x ) 0( 或 f ( x ) 0) 恒成立，解出参 数的取值范围，然后检验参数的值能否使 f ( x ) 恒等 于 0 , 若能恒等于 0 , 则参数的这个值应舍去 , 若 f ( x ) 不恒为 0 ，则由 f ( x ) 0( 或 f ( x ) 0) 恒成立解出的 参数的取值范围确定 2 求函数最值时，要注意极值、端点值的比较 3 要强化导数的工具性作用 , 在处理方程的根、不等 式恒成立等问题时，注意导数的应用 定时检测 一、选择题 1 若函数 f ( x ) 3 x a 有 3 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 ( ) A ( 2,2) B 2,2 C ( ， 1) D (1 ， ) 解析 本题考查了函数零点的判断方法及一元二次方 程根与系数的关系由于函数 f ( x ) 是连续的 , 故只需两个 极值异号即可 f ( x ) 3 3 , 令 3 3 0 , 则 x 1 ， 只需 f ( 1) f ( 1) 2 , 则函数 f ( x ) 131 在区间 ( 0,2) 上恰好 有 ( ) A 0 个零点 B 1 个零点 C 2 个零点 D 3 个零点 解析 解答本题要结合二分法和函数的单调性判断 由已知得： f ( x ) x ( x 2 a ) , 由于 a 2 ，故当 02 时 f ( 0) f ( 2) 113 4 a 0 ，当 x a 时， f ( x ) 0的解集为 x a ，通过对这两个不等式的解集讨论可知 10 得 x 3 或 x 0 时 , f ( x ) 0 , g ( x ) 0 , 则当 x 0 ， g ( x ) 0 B f ( x ) 0 ， g ( x ) 0 D f ( x ) 0 时， f ( x ) 0 ， g ( x ) 0 ， 由奇、偶函数的性质知 , 当 x 0 , g ( x ) 0 ) 的极大值为正数， 极小值为负数，则 a 的取值范围是 _ _ _ 解析 f ( x ) 3 3 a 0 ) , 由 f ( x ) 0 得 : x a 或 x 0 0解得 a 22. 22 ， 9 设函数 f ( x ) 3 x 1( x R) ，若对于任意 x 1, 1 , 都有 f ( x ) 0 成立 ,则实数 a 的值为 _ _ 解析 若 x 0 ，则不论 a 取何值， f ( x ) 0 显然成立； 当 x 0 ，即 x (0,1 时， f ( x ) 3 x 1 0 可化为a 31 设 g ( x ) 31则 g ( x ) 3 ( 1 2 x ) 所以 g ( x ) 在区间0 ，12上单调递增，在区间12， 1 上单调递减， 因此 g ( x )m g12 4 ，从而 a 4. 当 x 1) 在区间 1,1 上的最大值为 1 ，最小值为 2. ( 1) 求 f ( x ) 的解析式； ( 2) 若函数 g ( x ) f ( x ) 区间 2,2 上为减函 数，求实数 m 的取值范围 解 ( 1) f ( x ) 3 3 令 f ( x ) 0 ，得 x 1 0 ， x 2 a ， a 1 ， f ( x ) 在 1, 0 上为增函数，在 0, 1 上为减函数 f ( 0) b 1 ， f ( 1) 32a ， f ( 1) 2 32a ， f ( 1 ) 0 得： a 3 a ， 则函数 f ( x ) 的单调递增区间为 ( a, 3 a ) ， 单调递减区间为 ( ， a ) 和 (3 a ， ) 列表如下： x ( , a ) a ( a, 3 a ) 3 a (3 a , ) f ( x ) 0 0 f ( x ) 43b b 函数 f ( x ) 的极大值为 b ，极小值为43b . ( 2) f ( x ) 4 3 ( x 2 a )2 f ( x ) 在 a 1 ， a 2 上单调递
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