2011年高考数学第二轮复习 导数教学案

20112011 年高考第二轮专题复习 教学案 导数年高考第二轮专题复习 教学案 导数 考纲指要 考纲指要 导数是高中数学中重要的内容 是解决实际问题的强有力的数学工具 运用导数的有 关知识 研究函数的性质 单调性 极值和最值是高考的热点问题 考点扫描 考点扫描 导数在研究函数中的应用 结合实例 借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系 能利用导数研究 函数的单调性 会求不超过三次的多项式函数的单调区间 结合函数的图像 了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件 会用导数求不 超过三次的多项式函数的极大值 极小值 以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值 最小值 体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性 考题先知 考题先知 例 1 设函数BACxBxAxxf 6 23 其中实数 A B C 满足 9841218 BCAB ABA63 1 求证 4 9 1 4 1 1 ff 2 设 x0 求证 0 sin2 xf 证明 1 由9841218 BCAB得 4 1 23 CBA 4 9 23 CBA 又CBxAxxf 23 2 所以 4 1 23 1 CBAf 4 9 23 1 CBAf 2 当 x0时 0 sin2 xf等价于当20 u时 0 uf 所以只须证明当 20 x时 0 xf 由 知 0 A且 2 1 3 A B 所以 CBxAxxf 23 2 为开口向上的抛物线 其对称轴方程 2 1 3 A B x 又由 ABA63 得 0 6 3 BABA 即ABAB918 22 所以 当20 x时 有 BAC A ABAAC A BAC A B fxf36 3 9183 12 412 3 22 BBCBABACBA 2 1 23323 1 1 4 1 2 1 1 fff 0 4 9 8 1 4 1 8 9 1 8 1 1 8 9 ff 所以 xf为 0 2 上的增函数 因此 当 2 0 x时 有06 0 BAfxf 即当 x0时 0 sin2 xf 评注 本题以一元三次函数为载体 以导数作为工具 进一步研究函数性质 代数式变 形 解析几何和不等式证明等数学问题 对于这些题目 导数仅仅是背景 核心还是初等 数学的变化技巧 例例 2 2 已知函数1 23 cxbxxxf在区间 2 上单调递增 在区间 22 上单调递减 且0 b 求 xf的表达式 设20 m 若对任意的 2 21 mmtt 不等式mtftf16 21 恒成 立 求实数m的最小值 解析 解析 因为1 23 cxbxxxf在区间 2 上单调递增 在区间 22 单调递减 所以方程023 2 cbxxxf的两根满足2 2 21 xx 由 3 2 21 b xx 得2 3 2 2 2 b x 所以0 b 而0 b 故0 b 则2 2 x 从而 123 21 xxc 故112 3 xxxf 对任意的 2 21 mmtt 不等式mtftf16 21 恒成立 等价于在区间 2 mm 上 mxfxf16 minmax 当20 m时 2 2 2 mm 所 以 xf在区间 2 mm 上单调递减 从而在区间 2 mm 上 16126 2 2 minmax mmmfmfxfxf 则由 mmm1616126 2 解得2 m或 3 4 m 结合20 m 可得实数的最小 值为 3 4 复习智略 复习智略 例 3 1 已知10 x 试求函数 2 1 2 xxxf 的最小值 2 若1 cbaRcba 求证 10 27 1 1 1 1 1 1 222 cba 分析 求函数最值的常见方法是通过求导 确定函数的单调区间 从而求出其最值 解 1 对于函数 2 1 2 xxxf 求导得143 2 xxxf 13 1 xx 由0 xf得 3 1 x 当 3 1 0 x时 0 xf 函数 xf是递 减函数 当1 3 1 x时 0 xf 函数 xf是递增函数 所以当 3 1 x时 函数 27 50 3 1 min fxf 2 由第 1 题得 27 50 2 1 2 xx 2 50 27 1 1 2 x x 从而 2 50 27 1 1 2 a a 2 50 27 1 1 2 b b 2 50 27 1 1 2 c c 三式相加得 10 27 6 50 27 1 1 1 1 1 1 222 cba cba 变化 由 1 知 50 27 1 2 2 xx x x 从而 50 27 1 2 2 aa a a 50 27 1 2 2 bb b b 50 27 1 2 2 cc c c 三式相加 结合 3 1 3 1 2222 cbacba得 10 9 111 222 c c b b a a 联想 在三角函数中 有公式 2 tan1 tan2 2sin 因此 若 2 0 且 1tantantan 则 5 9 2sin2sin2sin 类比 若1 dcbaRdcba 则 65 64 1111 3333 d d c c b b a a 检测评估 检测评估 1 如果 f x 是二次函数 且 f x 的图象开口向上 顶点坐标为 1 那么曲线 3 y f x 上任一点的切线的倾斜角 的取值范围是 A 0 B 0 C 0 D 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 已知函数 xf在 R R 上可导 且xxxf2 2 1 f 则 1 f与 1 f的大小关系是 A 1 f 1 fB 1 f 1 fD 不能确定 3 已知函数 xfy 在 R R 上可导 当0 x时 0 xf 且当0 yx Ryx 时有 yfxf 若0 3 1 f 则不等式0 log 27 1 xf解集为 A 3 B 3 1 0 C 3 3 1 D 3 1 0 3 4 若函数 xf是导函数 10 log 1 axfxgxxxf a 则函数的单调递 减区间是 A 1 0 B 1 0 1 a C 1 a 1 D 1 1 aa 5 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 设函数 fn x n2x2 1 x n n为正整数 则fn x 在 0 1 上的最大值为 A 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 0 B 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 1 C 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 n n 2 2 1 D 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 1 2 4 n n n 6 已知5a 方程 32 10 xax 在区间 0 3 内根的个数是 7 已知曲线 3 yx 在点 3 0 a aa 处的切线与x轴 直线ax 所围成的三角形的面积 为 6 1 则 a 8 已知函数dcxaxxf 3 0 a是 R 上的奇函数 当1 x时 xf取得极值2 则 xf的单调区间是 9 若方程 3 30 xxm 在 0 2 上有解 则实数m的取值范围是 10 已知函数13 23 xxaxxf在 R 上为减函数 则a的取值范围是 11 已知 f xx xa xb 点 A s f s B t f t I 若1ab 求函数 f x的单调递增区间 II 若函数 f x的导函数 fx 满足 当 x 1 时 有 fx 2 3 恒成立 求函数 f x的解析表达式 III 若 0 a 1 f 故选 C 3 解 因当0 x时 0 xf 所以 xfy 在 0 上单调递增 因当0 yx Ryx 时有 yfxf 所以 xfy 为偶函数 原不等式可化为 3 1 log27 x 即 3 1 log 3 1 27 x 得 3 1 3 1 2727 x 故选 C 4 解 由0 xf得01 x 即当 0 1 x时 函数 xf单调递增 又 10 log axt a 是单调递减的 所以当 1 0 log x a 即 1 a 1 时 log xf a 单调 递减 故选 C 5 解 f n x 2xn2 1 x n n3x2 1 x n 1 n2x 1 x n 1 2 1 x nx 令f n x 0 得x1 0 x2 1 x3 n 2 2 易知fn x 在x n 2 2 时取得最大值 最大值fn n 2 2 n2 n 2 2 2 1 n 2 2 n 4 n n 2 n 1 故选 D 6 解 记1 23 axxxf 由023 2 axxxf得 3 2 0 21 a xx 所以当 5a 时 在区间 0 3 上 xf单调递减 又 01 0 f0928 3 af 故原方 程在区间 0 3 内有且只有一根 7 解 过点 3 0 a aa 处的切线是 3 23 axaay 与x轴交点为 0 3 2 a 与直 线ax 的交点为 3 aa 所以围成的三角形的面积 6 1 3 2 2 1 3 aaa 得1 a 8 解 xf为 R 上的奇函数 xfxf 即dcxaxdcxax 33 d 0 cxaxxf 3 caxxf 2 3 当 x 1 时 xf取得极值2 2 1 0 1 f f 2 03 ca ca 解得 3 1 c a xxxf3 3 33 2 xxf 令0 xf 则1 x或1 x 令0 xf 则11 x xf的单调递增区间为 1 和 1 单调递减区间为 1 1 9 解 记mxxxf 3 3 因033 2 xxf得1 x 所以在 0 2 上 当 1 x时 函数有极小值2 1 mf 且在 0 1 上单调递减 在 1 2 上单调递增 又mfmf 0 2 2 所以当0 2 1 ff 即当 m 2 2 时 方程在 1 2 上 有一解 当0 0 1 ff 即当 m 0 2 时 方程在 0 1 上有一解 综上所述 当 m 2 2 时 原方程在 0 2 上有解 10 解 由0163 2 xaxxf在 R 上恒成立得 01236 0 a a 从而3 a 11 解 I f x x3 2x2 x f x 3x2 4x 1 因为f x 单调递增 所以 f x 0 即 3x2 4x 1 0 解得 x 1 或x 3 1 故f x 的增区间是 3 1 和 1 II f x 3x2 2 a b x ab 当x 1 1 时 恒有 f x 2 3 故有 2 3 f 1 2 3 2 3 f 1 2 3 2 3 f 0 2 3 即 2 3 ab 2 3 2 3 ab ba 23 2 3 2 3 ab ba 23 2 3 得 2 9 ab 2 3 又由 得ab 2 3 将上式代回 和 得 a b 0 故 f x x3 2 3 x III 假设OA OB 即OA OB tftsfs st f s f t 0 s a s b t a t b 1 st s t a a2 st s t b b2 1 由 s t 为 f x 0 的两根可得 s t 3 2 a b st 3 1 0 a b 从而有 ab a b 2 9 这样 a b 2 a b 2 4ab ab 9 4a