2013屆高三數學二輪復習 專題一 第5講 導數及其應用教案

《2013屆高三數學二輪復習 專題一 第5講 導數及其應用教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013屆高三數學二輪復習 專題一 第5講 導數及其應用教案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第5講　導數及其應用 自主學習導引 真題感悟 1．(2012·遼寧)函數y＝x2－ln x的單調遞減區(qū)間為 A．(－1,1]　 B．(0,1] C．[1，＋∞)　 D．(0，＋∞) 解析　根據函數的導數小于0的解集就是函數的單調減區(qū)間求解． 由題意知，函數的定義域為(0，＋∞)， 又由y′＝x－≤0，解得0＜x≤1， 所以函數的單調遞減區(qū)間為(0,1]． 答案　B 2．(2012·安徽)設函數f(x)＝aex＋＋b(a＞0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內的最小值； (2)設曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a、b的值．

2、 解析　(1)f′(x)＝aex－， 當f′(x)＞0，即x＞－ln a時，f(x)在(－ln a，＋∞)上遞增； 當f′(x)＜0，即x＜－ln a時，f(x)在(－∞，－ln a)上遞減． ①當0＜a＜1時，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上遞減，在(－ln a，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－ln a)＝2＋b； ②當a≥1時，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)， 所以a＝，代入原函數可得2＋＋b

3、＝3， 即b＝， 故a＝，b＝. 考題分析 在每年的高考命題中都有導數應用的解答題出現，是高考試題的壓軸題，難度較大，主要考查函數的單調性、極值、最值及根據單調性、極值、最值等確定參數的值或范圍，解題的方法也是靈活多樣，但導數的工具性都會有很突出的體現． 網絡構建 高頻考點突破 考點一：利用導數研究函數的單調性 【例1】(2012·臨沂模擬)已知函數f(x)＝，其中a∈R. (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在原點處的切線方程； (2)求f(x)的單調區(qū)間． [審題導引]　(1)直接根據導數的幾何意義解決；(2)根據函數的結構特點，函數f(x)的導數應是一個分式，但

4、分式的分母符號確定，其分子是一個多項式，所以討論函數的單調性等價于討論這個分子多項式的符號． [規(guī)范解答]　(1)當a＝1時，f(x)＝， f′(x)＝－2. 由f′(0)＝2，得曲線y＝f(x)在原點處的切線方程是2x－y＝0. (2)f′(x)＝－2. ①當a＝0時，f′(x)＝. 所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 在(－∞，0)上單調遞減． 當a≠0，f′(x)＝－2a. ②當a＞0時，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝， f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) － 0

5、 ＋ 0 － f(x) ↘ f(x1) ↗ f(x2) ↘ 故f(x)的單調減區(qū)間是(－∞，－a)，；單調增區(qū)間是. ③當a＜0時，f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ f(x2) ↘ f(x1) ↗ 所以f(x)的單調增區(qū)間是，(－a，＋∞)；單調減區(qū)間是. 綜上，a＞0時，f(x)在(－∞，－a)，單調遞減；在單調遞增． a＝0時，f(x)在(0，＋∞)單調遞增，在(－∞，0)單調遞減；a＜0時，f(x)在，(－a，＋∞

6、)單調遞增；在單調遞減． 【規(guī)律總結】 函數的導數在其單調性研究的作用 (1)當函數在一個指定的區(qū)間內單調時，需要這個函數的導數在這個區(qū)間內不改變符號(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零)，當函數在一個區(qū)間內不單調時，這個函數的導數在這個區(qū)間內一定變號，如果導數的圖象是連續(xù)的曲線，這個導數在這個區(qū)間內一定存在變號的零點，可以把問題轉化為對函數零點的研究． (2)根據函數的導數研究函數的單調性，在函數解析式中若含有字母參數時要進行分類討論，這種分類討論首先是在函數的定義域內進行，其次要根據函數的導數等于零的點在其定義域內的情況進行，如果這樣的點不止一個，則要根據字母參數在不同范圍內取值

7、時，導數等于零的根的大小關系進行分類討論，最后在分類解決問題后要整合一個一般的結論． [易錯提示]　在利用“若函數f(x)單調遞增，則f′(x)≥0”求參數的范圍時，注意不要漏掉“等號”． 【變式訓練】 1．(2012·臨川五月模擬)已知函數f(x)＝＋ln x. (1)若函數f(x)在[1，＋∞)上為增函數，求正實數a的取值范圍； (2)討論函數f(x)的單調性． 解析　(1)∵f(x)＝＋ln x， ∴f′(x)＝(a＞0)． ∵函數f(x)在[1，＋∞)上為增函數， ∴f′(x)＝≥0對x∈[1，＋∞)恒成立， ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立， 即a≥對x∈[

8、1，＋∞)恒成立，∴a≥1. (2)∵a≠0，f′(x)＝＝，x＞0， 當a＜0時，f′(x)＞0對x∈(0，＋∞)恒成立， ∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)， 當a＞0時，f′(x)＞0?x＞，f′(x)＜0?x＜， ∴f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為. 考點二：利用導數研究函數的極值與最值 【例2】(2012·朝陽二模)已知函數f(x)＝aln x＋＋x(a≠0)． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x－2y＝0垂直，求實數a的值； (2)討論函數f(x)的單調性； (3)當a∈(－∞，0)時，記函數f(x)的最小值為g(a)，求證：g(a)≤e2.

9、 [審題導引]　(1)利用導數的幾何意義可求； (2)討論函數f(x)的導函數的符號可知f(x)的單調性； (3)利用(2)中函數f(x)的單調性求出f(x)的最小值g(a)，并求g(a)的最大值可證不等式． [規(guī)范解答]　(1)f(x)的定義域為{xx＞0}． f′(x)＝－＋1(x＞0)． 根據題意，有f′(1)＝－2，所以2a2－a－3＝0， 解得a＝－1或a＝. 2)f′(x)＝－＋1＝＝(x＞0)． ①當a＞0時，因為x＞0， 由f′(x)＞0得(x－a)(x＋2a)＞0，解得x＞a； 由f′(x)＜0得(x－a)(x＋2a)＜0，解得0＜x＜a. 所以函數f

10、(x)在(a，＋∞)上單調遞增，在(0，a)上單調遞減． ②當a＜0時，因為x＞0， 由f′(x)＞0得(x－a)(x＋2a)＞0，解得x＞－2a； 由f′(x)＜0得(x－a)(x＋2a)＜0，解得0＜x＜－2a. 所以函數f(x)在(0，－2a)上單調遞減，在(－2a，＋∞)上單調遞增． (3)證明　由(2)知，當a∈(－∞，0)時，函數f(x)的最小值為g(a)， 且g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋－2a＝aln(－2a)－3a. g′(a)＝ln(－2a)＋a·－3＝ln(－2a)－2， 令g′(a)＝0，得a＝－e2. 當a變化時，g′(a)，g(a)的變

11、化情況如下表： a －e2 g′(a) ＋ 0 － g(a) ↗ 極大值 ↘ －e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一極值點，且是極大值點，從而也是g(a)的最大值點． 所以g(a)最大值＝g ＝－e2ln－3 ＝－e2ln e2＋e2＝e2. 所以，當a∈(－∞，0)時，g(a)≤e2成立． 【規(guī)律總結】 1．利用導數研究函數的極值的一般步驟 (1)確定定義域． (2)求導數f′(x)． (3)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢驗f′(x)在方程根左、右值的符號，求出極值．(當根中有參數時要注意分類討論根是否在定義域內) ②若已

12、知極值大小或存在的情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況，從而求解． 2．求函數y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟 (1)求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值； (2)將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 【變式訓練】 2．(2012·濟南模擬)某旅游景點預計2013年1月份起前x個月的旅游人數的和p(x)(單位：萬人)與x的關系近似地滿足p(x)＝x(x＋1)·(39－2x)，(x∈N＋，且x≤12)．已知第x月的人均消費額q(x)(單位：元)與x的近似關系是 q(x)＝

13、(1)寫出2013年第x月的旅游人數f(x)(單位：人)與x的函數關系式； (2)試問：2013年哪個月旅游消費總額最大？最大月旅游消費總額為多少元？ 解析　(1)當x＝1時，f(1)＝p(1)＝37， 當2≤x≤12，且x∈N＋時， f(x)＝p(x)－p(x－1)＝x(x＋1)(39－2x)－(x－1)x(41－2x)＝－3x2＋40x. 驗證x＝1符合f(x)＝－3x2＋40x(x∈N＋，且1≤x≤12)． (2)第x月旅游消費總額為 g(x)＝ 即g(x)＝ 當1≤x≤6，且x∈N＋時，g′(x)＝18x2－370x＋1 400，令g′(x)＝0， 解得x＝5，

14、x＝(舍去)． 當1≤x＜5時，g′(x)＞0， 當5＜x≤6時，g′(x)＜0， ∴當x＝5時，g(x)max＝g(5)＝3 125(萬元)． 當7≤x≤12，且x∈N＋時， g(x)＝－480x＋6 400是減函數， 當x＝7時，gmax(x)＝g(7)＝3 040(萬元)， 綜上，2013年第5月份的旅游消費總額最大，最大消費總額為3 125萬元． 考點三：利用導數研究不等式 【例3】(2012·長治模擬)設函數f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)． (1)當a＝0時，求函數f(x)在點P(e，f(e))處的切線方程； (2)對任意的x∈[

15、1，＋∞)函數f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍． [審題導引]　(1)利用導數的幾何意義k＝f′(x0)求出切線方程； (2)討論a的取值求出f(x)在[1，＋∞)上的最小值，由最小值大于等于0恒成立求a的范圍． [規(guī)范解答]　(1)當a＝0時，f(x)＝－xln x＋x－1， 由f′(x)＝－ln x，則k＝f′(e)＝－1，f(e)＝－1， ∴函數f(x)在點P(e，f(e))處的切線方程為y＋1＝－(x－e)，即x＋y＋1－e＝0. (2)f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1) ＝2a(x－1)－ln x， 易知，ln x≤x－1， 則f′(x)≥2a(x

16、－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)， 當2a－1≥0，即a≥時，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立， f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，f(x)≥f(1)＝0符合題意． 所以a≥. 當a≤0時，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上單調遞減， f(x)≤f(1)＝0顯然不成立，a≤0舍去． 當0＜a＜時，由ln x≤x－1，得ln≤－1， 即ln x≥1－， 則f′(x)≤2a(x－1)－＝(2ax－1)． 因為0＜a＜，所以＞1. x∈時，f′(x)≤0恒成立， f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，f(x)≤f(1)＝0顯然不成立

17、，0＜a＜舍去． 綜上可得：a∈. 【規(guī)律總結】 利用導數解決不等式問題的類型 (1)不等式恒成立：基本思路就是轉化為求函數的最值或函數值域的端點值問題． (2)比較兩個數的大?。阂话愕慕鉀Q思路是把兩個函數作差后構造一個新函數，通過研究這個函數的函數值與零的大小確定所比較的兩個函數的大?。? (3)證明不等式：對于只含有一個變量的不等式都可以通過構造函數，然后利用函數的單調性和極值解決． 【變式訓練】 3．(2012·濟南模擬)已知函數f(x)＝ln x＋－x(a＞1)． (1)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調性； (2)當a∈[3，＋∞)時，曲線y＝f(x)上總存在相

18、異兩點P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲線y＝f(x)在點P，Q處的切線互相平行，求證：x1＋x2＞. 解析　(1)由已知x＞0，f′(x)＝－－1＝－＝－. 由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a. 因為a＞1，所以0＜＜1，且a＞. 所以在區(qū)間上，f′(x)＜0；在區(qū)間上，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調遞減，在上單調遞增． (2)證明　由題意可得，當a∈[3，＋∞)時， f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2＞0，且x1≠x2)． 即－－1＝－－1， 所以a＋＝＋＝，a∈[3，＋∞)． 因為x1，x2＞0，且x1≠x2， 所以x1x2＜2恒

19、成立， 所以＞，又x1＋x2＞0， 所以a＋＝＞，整理得x1＋x2＞. 令g(a)＝，因為a∈[3，＋∞)， 所以g(a)在[3，＋∞)上單調遞減， 所以g(a)＝在[3，＋∞)上的最大值為g(3)＝， 所以x1＋x2＞. 考點四：定積分 【例4】(2012·豐臺二模)由曲線y＝與y＝x，x＝4以及x軸所圍成的封閉圖形的面積是 A.　　　B.　　　C．ln 4＋　　　D．ln 4＋1 [審題導引]　作出圖形，找到所求面積的區(qū)域以及邊界坐標，利用定積分求解． [規(guī)范解答]　如圖，面積 S＝xdx＋dx ＝x2＋ln x ＝＋ln 4. [答案]　C 【規(guī)律總結

20、】 定積分的應用及技巧 (1)對被積函數，要先化簡，再求定積分． (2)求被積函數是分段函數的定積分，依據定積分的性質，分段求定積分再求和． (3)對含有絕對值符號的被積函數，要去掉絕對值符號才能求定積分． (4)應用定積分求曲邊梯形的面積，解題的關鍵是利用兩條曲線的交點確定積分區(qū)間以及結合圖形確定被積函數．求解兩條曲線圍成的封閉圖形的面積一般是用積分區(qū) 間內上方曲線減去下方曲線對應的方程、或者直接作差之后求積分的絕對值，否則就會求出負值． [易錯提示]　在使用定積分求兩曲線圍成的圖形的面積時，要注意根據曲線的交點判斷這個面積是怎樣的定積分，既不要弄錯積分的上下限，也不要弄錯被積

21、函數． 【變式訓練】 4．(2012·濟南模擬)已知函數f(x)＝3x2＋2x＋1，若f(x)dx＝2f(a)(a＞0)成立，則a＝________. 解析　因為f(x)dx＝(3x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)＝4， 所以2(3a2＋2a＋1)＝4?a＝－1或a＝. 又∵a＞0，∴a＝. 答案　 名師押題高考 【押題1】若函數f(x)＝－x·ex，則下列命題正確的是 A．?a∈，?x∈R，f(x)＞a B．?a∈，?x∈R，f(x)＞a C．?x∈R，?a∈，f(x)＞a D．?x∈R，?a∈，f(x)＞a 解析　f′(x)＝－ex(1＋x)， 令f′(x

22、)＞0，則x＜－1， 令f′(x)＜0，則x＞－1. ∴f(x)max＝f(x)極大 ＝f(－1)＝. 由圖知?a∈，?x∈R，f(x)＞a，故選A. 答案　A [押題依據]　利用函數的導數研究函數的最值問題是高考的重點內容．本題以命題為載體考查了利用導數求函數的最值(極值)，體現了轉化了的數學思想方法，考查了能力，故押此題． 【押題2】設f(x)＝，其中a為正實數． (1)當a＝時，求f(x)的極值點； (2)若f(x)為R上的單調函數，求a的取值范圍． 解析　對f(x)求導得 f′(x)＝ex.① (1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0， 解

23、得x1＝，x2＝， f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下： x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以，x1＝是f(x)的極小值點，x2＝是f(x)的極大值點． (2)若f(x)為R上的單調函數，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結合a＞0，知0＜a≤1. [押題依據]　本題考查了利用導數研究函數的最值與極值，利用導數及函數的單調性求參數的范圍，符合高考的要求．能夠考查學生對導數在研究函數中的應用的掌握情況，難度適中且有一定的區(qū)分度，故押此題．