高中数学二轮复习专题三、导数的综合应用.doc

专题三、导数的综合应用2009-2-25

高考趋势

导数作为进入高中考试范围的新内容,在考试中占比较大.常常运用导数确定函数的单调性,进而研究函数的最值、极值,方程及不等式的解等.

导数是研究函数的工具,导数进入新教材之后,给函数问题注入了生机和活力,开辟了许多解题新途径,拓展了高考对函数问题的命题空间。所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情,对函数的命题已不再拘泥于一次函数,二次函数,反比例函数,指数函数,对数函数等,对研究函数的目标也不仅限于求定义域,值域,单调性,奇偶性,对称性,周期性等,而是把高次多项式函数,分式函数,指数型,对数型函数,以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象,试题的命制往往融函数,导数,不等式,方程等知识于一体,通过演绎证明,运算推理等理性思维,解决单调性,极值,最值,切线,方程的根,参数的范围等问题,这类题难度很大,综合性强,内容新,背景新,方法新,是高考命题的丰富宝藏。解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。 考点展示

1.设函数f(x)?sin(?x??6)?1(??0)的导数f?(x)的最大值为3,则f(x)的图象的对称轴的方程是 22.已知函数f?x?的导函数为f'?x?,且满足f?x??3x?2xf'?2?,则f'?5?? 6 。 3.曲线y?sinx在点(

?3,3?)处的切线方程为 x?2y?3??0 234.设a?R,函数f(x)?ex?a?e?x的导函数是f?(x),且f?(x)是奇函数 . 若曲线y?f(x)的一条切线的斜率是则切点的横坐标为 ln2

5.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)?f(2?x),且当x?(??,1)时

3,2,

(x?1)f?(x)?0,设

1a?f(0),b?f(),c?f(3).2则

c?a?b

6.函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数 f?(x)在(a,b)内的图象如

示,则函数f(x)在区间(a,b)内极小值点的个数是 1 327.如图为函数f(x)?ax?bx?cx?d的图象,f'(x)为函数f(x)的导函

y所

数,则不等式

oxx?f'(x)?0的解集为___(??,?3)?(0,3)___ ______.

样题剖析

例1、(2008浙江)已知a是实数,函数f(x)?⑴求函数f(x)的单调区间;

⑵设g(x)为f(x)在区间?0,2?上的最小值.(i)写出g(a)的表达式;(ii)求a的取值范围,使得?6?g(a)??2.

-33x(x?a).

??), (1)解:函数的定义域为[0,f?(x)?x?x?a3x?a?(x?0). 2x2x若a≤0,则f?(x)?0,

f(x)有单调递增区间[0,??).

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若a?0,令f?(x)?0,得x?a3, 当0?x?a3时,f?(x)?0, 当x?a3时,f?(x)?0. f(x)有单调递减区间??a??a??0,3??,单调递增区间??3,????.

(2)解:(i)若a≤0,f(x)在[0,2]上单调递增, 所以g(a)?f(0)?0.

若0?a?6,f(x)在??0,a??上单调递减,在??a,2??3??3??上单调递增,所以g(a)?f??a?2aa?3????33. 若a≥6,f(x)在[0,2]上单调递减, 所以g(a)?f(2)?2(2?a).

??0,a≤0,综上所述,g(a)????2aa,0?a?6, ?33??2(2?a),a≥6.(ii)令?6≤g(a)≤?2. 若a≤0,无解.

若0?a?6,解得3≤a?6. 若a≥6,解得6≤a≤2?32. 故a的取值范围为3≤a≤2?32. 变式:已知函数y?f(x)?lnxx. (1)求y?f(x)的最大值;

(2) 设实数a?0,求函数F(x)?af(x)在?a,2a?上的最小值.

解(1)令f/(x)?0得x?e ?当x?(0,e)时,f/(x)?0,f(x)在(0,e)上为增函数

当x?(e,??)时,f/(x)?0,在(e,??)上为减函数 (2)?a?0,由(2)知:

用心 爱心 专心fmax(x)?f(e)?1e

?

F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,??)上单调递减.

?F(x)在?a,2a?上的最小值fmin(x)?min{F(a),F(2a)}

?F(a)?F(2a)?1aln ?当0?a?2时,22F(a)?F(2a)?0,fmi(nx)?F(a)?lna

当2?a时F(a)?F(2a)?0,fmin(x)?F(2a)?例2、已知f(x)?xlnx,g(x)??x2?ax?3

(1)求函数f(x)在[t,t?2](t?0)上的最小值

(2)对一切的x?(0,??),2f(x)?g(x)恒成立,求实数a的取值范围 (3)证明对一切x?(0,??),都有lnx?解

1ln2a 212?成立 exex11?t?t?2,即t?时,f(x)在[t,t?2]单调递增,f(x)min?f(t)?tlnt ee1?10?t??-e ?f(x)min?e,1?t?tlnt?e(2)2xlnx??x2?ax?3,则a?2lnx?x?则h'(x)?33,设h(x)?2lnx?x?(x?0), xx(x?3)(x?1),x?(0,1),h'(x)?0,h(x)单调递增,x?(1,??),h'(x)?0,h(x)单调递减 2x?h(x)min?h(1)?4,因为对一切x?(0,??),2f(x)?g(x)恒成立,?a?h(x)min?4

x2?,x?(0,??), exe11由(1)可知f(x)?xlnx,x?(0,??)的最小值为?,当且仅当x=时取得

eex21?x1设m(x)?x?,x?(0,??),则m'(x)?x,易得m(x)max?m(1)??。当且仅当x=1时取得

eeee12从而对一切x?(0,??),都有lnx?x?成立

xee(3)问题等价于证明xlnx?x2变式1:已知函数f(x)=ln(1+x)-. 1?x2

(1) 求函数f(x)的单调区间; (2)若不等式(1?)求?的最大值.

解: (1)函数f(x)的定义域是(?1,??),

1na?a?e对任意的n?N*都成立(其中e是自然对数的底数).

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