高三数学专题复习课件：导数解答题的解法

导数解答题的解法,试题特点,主要特点(1)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：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.,应试策略,1.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.2.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,(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.,考题剖析,1.已知抛物线y=x24与直线y=x+2相交于A、B两点，过A、B两点的切线分别为l1和l2.（1）求A、B两点的坐标；（2）求直线l1与l2的夹角.,分析理解导数的几何意义是解决本例的关键.,考题剖析,解析（1）由方程组,解得A(2，0)，B(3，5)（2）由y=2x，则y|x=2=4，y|x=3=6.设两直线的夹角为，根据两直线的夹角公式，tan=所以=arctan,点评本例中直线与抛物线的交点处的切线，就是该点物线的切线.注意两条直线的夹角公式有绝对值符号.,2.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值4，使其导函数f(x)0的x的取值范围为（1，3），求：（1）f（x）的解析式；（2）f（x）的极大值；（3）x2，3，求g(x)=f(x)+6(m2)x的最大值.,考题剖析,解析（1）由题意得：f(x)=3ax2+2bx+c=3a(x1)(x3)(a0)在（，1）上，f(x)0；在（1，3）上，f(x)0；在（3，+）上，f(x)0；因此，f（x）在x0=1处取得极小值4a+b+c=4联立得：f（x）=x3+6x29x,考题剖析,（2）由（1）知f（x）在x=3处取得极大值为：f（3）=0（3）g(x)=3(x1)（x3）+6(m2)x=3(x22mx+3)当2m3时，g(x)max=g(m)=3(m22m2+3)=3m29;当m2时，g（x）在2，3上单调递减，g(x)max=g(2)=12m21当m3时，g（x）在2，3上单调递增，g(x)max=g(3)=18m36,考题剖析,点评本题求解需要准确理解极值的含义以及方程零点与不等式解的关系.,3.已知函数f(x)=x3+ax2(2a+3)x，其中a0.（）求f(x)的单调区间；（）设m0，若f(x)在闭区间m,m+1上的最小值为3，最大值为0，求m,a的值.,考题剖析,解析（）f(x)=3x2+2ax(2a+3)，令f(x)=0,得x1=1,x2=,a0,x21xx2时f(x)0，x2xx1时f(x)0，xx1时，f(x)0.所以f(x)在(,1,+)上是增函数，在(,1)上是减函数.,考题剖析,考题剖析,（）因为m0,所以m+11，由（1）的单调区间得：当0m1时，m+1(1,2)，f(x)min=f(1)=3,a=1，此时f(x)=x3+x25x从而f(m)=m(m2+m5)0，所以f(x)max=f(m+1)=0,m=，此时f(m)=m(m2+m5)=2m(m+1)(3,0)，适合.,考题剖析,当m1时，f(x)在m,m+1上是增函数，所以最小值f(m)=m(m2+am2a3)=3（*）最大值f(m+1)=(m+1)(m+1)2+a(m+1)(2a+3)=0，即m2+am(2a+3)=2m1a，代入（*）得m(2m+1+a)=3即m(2m+1+a)=3，m1,a0,m(2m+1+a)3所以a,m不存在.综上所述知：m=,a=1,考题剖析,点评本题考查导数的应用，求单调性，求函数的单调递增区间，即为解不等式f(x)0,单调递减区间,即为解不等式f(x)0,但已知函数在某区间上单调递增,则有f(x)0,单调递减则为f(x)0.,考题剖析,4.已知函数f(x)=ax3+3x26ax+b，g(x)=3x2+6x+12，h(x)=kx+9，又f(x)在x=2处取得极值9.(1)求a、b的值；(2)如果当x2，+)时，f(x)h(x)g(x)恒成立，求k的取值范围.,解析(1)f(x)=3ax2+6x6a由已知,解得a=2，b=11,考题剖析,考题剖析,(2)由h(x)g(x)得：kx3x2+6x+3当x=0时，不等式恒成立当2x0时，不等式为k3(x+)+6而3(x+)+6=3(x)+()+60，要式恒成立，则k0当x0时，不等式为k3(x+)+6而3(x+)+612，要恒成立，则k12,当x2，+)时，h(x)g(x)恒成立，则0k12由f(x)h(x)得：kx+92x3+3x2+12x11当x=0时，911恒成立当2x0时，k2x2+3x+12=2(x)2+令t(x)=2(x)2+，当2x0时，t(x)是增函数，t(x)t(2)=8要f(x)h(x)在2x0恒成立，则k8,考题剖析,考题剖析,由上述过程可知，只要考虑0k8f(x)=6x2+6x+12=6(x+1)(x2)当x(0，2时，f(x)0，当x(2，+)时，f(x)0故f(x)在x=2时有极大值，即f(x)在x=2时有最大值f(2)=9，即f(x)9又当k0时，h(x)是增函数，当x0，+)时，h(x)9，f(x)h(x)成立综上，f(x)h(x)g(x)恒成立时k的取值范围是0k8,5.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.,考题剖析,考题剖析,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.,考题剖析,（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|,|f(x1)f(x2)|f(x)maxf(x)min|2(2)=4.即|f(x1)f(x2)|max=4.k4k的最小值为4,考题剖析,（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=3x0因f(x0)=3(1)，故切线的斜率为k=3(1)=kAM=整理得23+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23+m+3=0有且仅有一个实根，,考题剖析,设g(x0)=23+m+3，则g(x0)=66x0，从g(x0)0得x01或x00,从g(x0)0得0x01函数g(x0)=23+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不是单调函数，关于x0方程23+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，使极限式转化为导数定义的结构形式.,考题剖析,6.设三次函数h(x)=px3+qx2+rx+s满足下列条件:h(1)=1,h(1)=1,在区间（1，1）上分别取得极大值1和极小值1，对应的极点分别为，.(1)证明：+=0；(2)求h（x）的表达式；(3)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d在（1，1）上满足1f(x)1.证明当|x|1时，有|f(x)|h(x)|.,考题剖析,考题剖析,解析（1）证明：由h(1)=1,h(1)=1得q+s=0,r+p=1h(x)=px3sx2+(1p)x+sh(x)=3px22sx+1p因为（1，1）内有两极值且h(1)=1,所以有p0h()+h()=p(3+3)s(2+2)+(1p)(+)+2s=0(*)又由韦达定理得+=，即s=p(+)代入(*)中得(+)p(+)2+1+2p=0因为p0,+（2，2）,所以p(+)2+1+2p1所以有+=0.,考题剖析,（2）由+=0得s=0，q=0所以h(x)=px3+(1p)x，又h()=1,h()=0消去p得(2+1)(1)2=0所以有=,p=4.所以有h(x)=4x33x,考题剖析,（3）证明：因为|x|1时|f(x)|1,所以有|f(1)|1,|f(1)|1令F(x)=h(x)+f(x)，G(x)=h(x)f(x).则有F(1)=1+f(1)0,F()=1+f