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[原创]2012年《高考风向标》高考文科数学一轮复习 第四章 第3讲 导数的综合应用 [配套课件]


第3讲

导数的综合应用

1.求参数的取值范围 与导数相关的参数范围问题是高考中考查的一个重点,大 多给出函数的单调性,属运用导数研究函数单调性的逆向问题, 解题关键在于灵活运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想

方法,建立关于字母参数的不等关系.

2.用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是:构造可导函数→研究单调 性或最值→得出不等关系→整理得出结论. 3.平面图形面积的最值问题 此类问题的求解关键在于根据几何知识建立函数关系,然

后运用导数方法求最值.上述三类问题,在近几年的高考中都
是综合题,难度较大,体现了在知识交汇点处命题的思路,注 重考查综合解题能力和创新意识,复习时要引起重视.

1 1. 已知物体自由落体的运动方程 s=2gt2(其中 g=10 m/s2), 则物体在 t=3 s 的瞬时速度为( A ) A.30 B.40 C.45 D.50

-16 2.函数 f(x)=12x-x3 在区间[-3,3]上的最小值是_____. y=3x+1 3.曲线 y=xex+2x+1 在点(0,1)处的切线方程为_________.

4.已知 f(x)的定义域为 R,f(x)的导函数 f′(x)的图像如图 ①②④ 4-3-1,则下列说法中错误的有________(填序号).

图 4-3-1 ①f(x)在 x=1 处取得极小值; ②f(x)在 x=1 处取得极大值; ③f(x)是 R 上的增函数; ④f(x)是(-∞,1)上的减函数,(1,+∞)上的增函数. 5.已知函数 y=f(x)的图像在点 M(1,f(1))处的切线方程是 1 3 y=2x+2,则 f(1)+f′(1)=______.

考点 1 利用导数研究函数的基本性质 例 1:已知函数 f(x)=x3-ax-1. (1)若 f(x)在实数集 R 上单调递增,求实数 a 的取值范围; (2)是否存在实数 a,使 f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在, 求出 a 的取值范围;若不存在,说明理由; (3)证明:f(x)=x3-ax-1 的图像不可能总在直线 y=a 的上方. 解析:(1)由已知 f′(x)=3x2-a, ∵f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数, ∴f′(x)=3x2-a≥0 在(-∞,+∞)上恒成立, 即 a≤3x2 对 x∈R 恒成立.∵3x2≥0,∴只需a≤0, 又 a=0 时,f′(x)=3x2≥0, 故 f(x)=x3-1 在 R 上是增函数,则 a≤0.

(2)由 f′(x)=3x2-a≤0 在(-1,1)上恒成立, 得 a≥3x2,x∈(-1,1)恒成立. ∵-1<x<1,∴3x2<3,∴只需 a≥3. 当 a=3 时,f′(x)=3(x2-1), 在 x∈(-1,1)上,f′(x)<0,

即 f(x)在(-1,1)上为减函数,
∴a≥3. 故存在实数 a≥3,使 f(x)在(-1,1)上单调递减. (3)证明:∵f(-1)=a-2<a,

∴f(x)的图像不可能总在直线 y=a 的上方.

【互动探究】
1.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 2 处的切线为 l:3x-y+1=0,若 x=3时,y=f(x)有极值.

(1)求 a、b、c 的值;

(2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得
f′(x)=3x2+2ax+b, 当x=1 时,切线l 的斜率为3,可得 2a+b=0.①

2 当 x=3时,y=f(x)有极值,则
?2? f′?3?=0,可得 ? ?

4a+3b+4=0.②

由①②解得 a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为 x=1,∴f(1)=4. ∴1+a+b+c=4.∴c=5. (2)由(1)可得 f(x)=x3+2x2-4x+5, ∴f′(x)=3x2+4x-4, 2 令 f′(x)=0,得 x=-2,x=3.

当 x 变化时,y、y′的取值及变化如下表:

∴y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为

95 . 27

考点 2 利用导数研究图像的交点 例 2:已知函数 f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x=-1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图

像有三个不同的交点,求 m 的取值范围. 解析:(1)f′(2)=3x2-3a=3(x2-a),
当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, ∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞); 当 a>0 时,由 f′(x)>0 解得:x<- a或 x> a, 由 f′(x)<0 解得:- a<x< a; ∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞); f(x)的单调减区间为(- a, a).

(2)因为 f(x)在 x=-1 处取得极大值, 所以 f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. 所以 f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3, 由 f′(x)=0 解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性可知,f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3. 因为直线 y=m 与函数 y=f(x)的图像有三个不同的交点, 又 f(-3)=-19<-3,f(3)=17>1, 结合 f(x)的单调性可知,m 的取值范围是(-3,1).

【互动探究】

2.若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的
取值范围是( A ) A.(-2,2) B.[-2,2] C.(-∞,-1)

D.(1,+∞)

错源:忽略对参数的分类讨论导致错误 例 3:已知函数 f(x)=ax3-6ax2+b 在区间[-1,2]上的最大 值为 3,最小值为-29,求 a、b 的值. 误解分析:没有对字母 a、b 的取值范围进行讨论,得到如

下错解. f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4),
由 f′(x)=0,解得 x=0 或 x=4. ∴在区间[-1,2]上 x=2 是极值点.

又∵f(x)在区间[-1,0]上是增函数,
在区间[0,2]上是减函数,

∴f(0)=b 为极大值. 又∵f(-1)=-a-6a+b=-7a+b, f(2)=8a-24a+b=-16a+b, ∴f(-1)>f(2),∴f(0)为最大值,f(2)为最小值,
?f?0?=b=3 ? 则? ?f?2?=-16a+b=-29 ? ?a=2 ? ,解得? ?b=3 ?

.

正解:求函数 f(x)的极值点,再与区间端点函数值比较,确 定最大值与最小值,联立方程组求解. f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4), 由 f′(x)=0,解得 x=0 或 x=4. ∴在区间[-1,2]上 x=2 是极值点.

(1)若 a>0,则 当-1≤x<0 时,f′(x)>0; 当 0≤x<2 时,f′(x)<0. ∴f(x)在区间-1≤x<0 上是增函数,在区间 0≤x<2 是减 函数, ∴f(0)=b 为极大值,也是最大值. 又 f(-1)=-a-6a+b=-7a+b,f(2)=-16a+b, ∴f(-1)>f(2),∴f(0)=b 为最大值,f(2)为最小值.
?f?0?=b=3 ? 则? ?f?2?=-16a+b=-29 ? ?a=2 ? ,解得? ?b=3 ?

.

(2)若 a<0,则 当-1≤x<0 时,f′(x)<0;当 0≤x<2 时,f′(x)>0,
∴f(x)在区间-1≤x<0 上是减函数,在区间 0≤x<2 是增函数,

∴f(0)=b 为极小值,也是最小值. 又 f(-1)=-a-6a+b=-7a+b,f(2)= -16a+b, ∴f(-1)<f(2),得 f(0)为最小值,f(2)为最大值.
?f?0?=b=-29 ? 则? ?f?2?= -16a+b=3 ? ?a=-2 ? ,解得? ?b=-29 ?

.

(3)当 a=0 时,不合题意. 综上,a=2,b=3 或 a=-2,b=-29.

【互动探究】 3.已知 f(x)=x3+3ax2+bx+a2 在 x=-1 时有极值为 0,求

常数 a、b 的值.
解: 因为 f(x)在 x=-1 时有极值 0, f′(x)=3x2+6ax+b, 且
?f′?-1?=0 ?3-6a+b=0 ?a=1 ?a=2 所以? , 即? 解得? 或? . 2 ?f?-1?=0 ?-1+3a-b+a =0 ?b=3 ?b=9

需要验证 x=-1 时函数两侧的单调性. 当 a=1,b=3 时,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0, 所以 f(x)在 R 上为增函数,无极值,故舍去. 当 a=2,b=9 时,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3).当 x∈[-3,-1]时,f(x)为减函数;当 x∈[-1,+ ∞),f(x)为增 函数,所以 f(x)在 x=-1 时取得极小值,因此 a=2,b=9.

1-x 例 4:已知函数 f(x)= ax +lnx. (1)若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,求正实数 a 的取值 范围; (2)当 a=1 时,求
?1 ? ? ,2?上的最大值和最小值; f(x)在 2 ? ?

(3)当 a=1 时,求证:对大于 1 的任意正整数 n,都有 1 1 1 1 lnn>2+3+4+…+n.

1-x 解析:(1)∵f(x)= ax +lnx, ax-1 ∴f′(x)= ax2 (a>0). ∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数, ax-1 ∴f′(x)= ax2 ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, ∴ax-1≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, 1 即 a≥x 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.

?1 ? x-1 ? ,1?时,f′(x)<0, (2)当 a=1 时,f′(x)= x2 ,∴当 x∈ 2 ? ?

故 f(x)在

?1 ? x∈?2,1?上单调递减; ? ?

当 x∈(1,2]时,f′(x)>0,故 f(x)在 x∈(1,2]上单调递增,
?1 ? ? ,2?上有唯一极小值点, ∴f(x)在区间 2 ? ?

故 f(x)min=f(x)极小值=f(1)=0, 又f ∴f
?1? 1 ? ?=1-ln2,f(2)=- +ln2, 2 ?2? ?1? lne 3 ? ?-f(2)= -2ln2= 2 ?2?
3

-ln16 . 2

∵e >16,∴f

3

?1? ? ?-f(2)>0,即 ?2?

f

?1? ? ?>f(2). ?2?

?1 ? ? ,2?上的最大值为 ∴f(x)在区间 2 ? ?

f(x)max=f

?1? ? ?=1-ln2. ?2?

综上可知,函数 是 0.

?1 ? f(x)在?2,2?上的最大值是 ? ?

1-ln2,最小值

1-x x-1 (3)当 a=1 时,f(x)= x +lnx,f′(x)= x2 , 故 f(x)在[1,+∞)上为增函数. 当 n>1 时,令 x= n ,则 x>1,故 f(x)>f(1)=0, n-1

n ? n ? n-1 1 n n ? ?= ∴f n-1 +ln =-n+ln >0, n n-1 n-1 ? ? n-1 1 2 1 3 1 4 1 1 n n 即 ln > ,∴ln1>2,ln2>3,ln3>4,…,ln > , n-1 n n-1 n 2 3 4 1 1 1 1 n ∴ln1+ln2+ln3+…+ln >2+3+4+…+n, n-1 n 由 ln =lnn-ln(n-1)可得 n-1 2 3 4 n ln1+ln2+ln3+…+ln =lnn. n-1 1 1 1 1 ∴lnn>2+3+4+…+n, 1 1 1 1 即对大于 1 的任意正整数 n,都有 lnn>2+3+4+…+n. 1-

【互动探究】

1 1 4.若函数 f(x)=3x3-2ax2+(a-1)x+1 在区间(1,4)内为 减函数,在区间(6,+∞)内为增函数,试求实数 a 的取值范 围. 解:函数 f(x)的导数 f′(x)=x-ax+a-1.

令 f′(x)=0,解得 x=1 或 x=a-1. 当 a-1≤1,即 a≤2 时,函数 f(x)在(1,+∞)内为增函数, 不合题意. 当 a-1>1,即 a>2 时,函数 f(x)在(-∞,1)内为增函数, 在(1,a-1)内为减函数,在(a-1, +∞)内为增函数. 依题意应有, 当 x∈(1,4)时,f′(x)<0;当 x∈(6,+∞)时,f′(x)>0. 所以 4≤a-1≤6, 解得 5≤a≤7.所以 a 的取值范围是[5,7].

关于导数的应用,课标要求: (1)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. (2)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的最大值、最小值.
(3)体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性,体 会导数在解决实际问题中的作用.


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