內(nèi)蒙古伊圖里河高級(jí)中學(xué)高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用

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1、 內(nèi)蒙古伊圖里河高級(jí)中學(xué)高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用 主干知識(shí)整合 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 2．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 如果已知函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù)y＝x＋sinx. 3．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值 對(duì)可導(dǎo)函數(shù)而言，某點(diǎn)導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點(diǎn)取得極值的必要條件，但對(duì)不可導(dǎo)的函數(shù)，可能在極值點(diǎn)處函數(shù)的導(dǎo)數(shù)不存在(如函數(shù)y＝|x|在x＝0處)，因此對(duì)于一般函數(shù)而言，導(dǎo)數(shù)等于零既不是函數(shù)取得極值的充分條件也不是必要條件． 4．閉區(qū)間上函數(shù)的最值 在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最

2、大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值的最小者． 5．定積分與曲邊形面積 (1)曲邊為y＝f(x)的曲邊梯形的面積：在區(qū)間[a，b]上的連續(xù)的曲線y＝f(x)，和直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0所圍成的曲邊梯形的面積S＝.當(dāng)f(x)≥0時(shí)，S＝f(x)dx；當(dāng)f(x)<0時(shí)，S＝－f(x)dx. (2)曲邊為y＝f(x)，y＝g(x)的曲邊形的面積：在區(qū)間[a，b]上連續(xù)的曲線y＝f(x)，y＝g(x)，和直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0所圍成的曲邊梯形的面積S＝|f(x)－g

3、(x)|dx.當(dāng)f(x)≥g(x)時(shí)，S＝[f(x)－g(x)]dx；當(dāng)f(x)0)的一條切線，則實(shí)數(shù)b＝________. (2)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝－(x－1)2＋1，滿足f[f(a)]＝的實(shí)數(shù)a的個(gè)數(shù)為_

4、_______． (1)－ln2－1　(2)8　【解析】 (1)切線的斜率是2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可以求出切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出切點(diǎn)的坐標(biāo)，切點(diǎn)在切線上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2得x＝，故切點(diǎn)為，代入直線方程，得ln＝2×＋b，所以b＝－ln2－1. (2)如圖所示，f(x)＝有四個(gè)解：－1－，－1＋，1－，1＋.所以f(a)＝－1－或f(a)＝－1＋或f(a)＝1－， 當(dāng)f(a)＝－1－時(shí)，a有2個(gè)值對(duì)應(yīng)； 當(dāng)f(a)＝－1＋時(shí)，a有2個(gè)值對(duì)應(yīng)； 當(dāng)f(a)＝1－時(shí)，a有4個(gè)值對(duì)應(yīng)， 綜上可知滿足f[f(a)]＝的實(shí)數(shù)a有8個(gè)． 探究點(diǎn)二　導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用

5、 例2 [2011·北京卷] 已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對(duì)于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． 【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e. 令f′(x)＝0，得x＝±k. 當(dāng)k＞0時(shí)，f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  4k2e－1  0  所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－k，k)． 當(dāng)k＜0時(shí)，f(x)與f′(x

6、)的情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0  4k2e－1  　　所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當(dāng)k＞0時(shí)，因?yàn)閒(k＋1)＝e＞，所以不會(huì)有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當(dāng)k＜0時(shí)，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等價(jià)于f(－k)＝≤. 解得－≤k＜0. 故當(dāng)?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時(shí)，k的取值范圍是. 【點(diǎn)評(píng)】 單調(diào)

7、性是函數(shù)的最重要的性質(zhì)，函數(shù)的極值、最值等問(wèn)題的解決都離不開函數(shù)的單調(diào)性，含有字母參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性又是綜合考查不等式的解法、分類討論的良好素材．函數(shù)單調(diào)性的討論是高考考查導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問(wèn)題的最重要的考查點(diǎn)．函數(shù)單調(diào)性的討論往往歸結(jié)為一個(gè)不等式、特別是一元二次不等式的討論，對(duì)一元二次不等式，在二次項(xiàng)系數(shù)的符號(hào)確定后就是根據(jù)其對(duì)應(yīng)的一元二次方程兩個(gè)實(shí)根的大小進(jìn)行討論，即分類討論的標(biāo)準(zhǔn)是先二次項(xiàng)系數(shù)、再根的大?。畬?duì)于在指定區(qū)間上不等式的恒成立問(wèn)題，一般是轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題加以解決，如果函數(shù)在這個(gè)指定的區(qū)間上沒有最值，則可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在這個(gè)區(qū)間上的值域，通過(guò)值域的端點(diǎn)值確定問(wèn)題的答案． 例3 [20

8、11·江西卷] 設(shè)f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當(dāng)0

9、最大值為f(x2)． 又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)， 所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－＝－， 得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝. 變式題：已知函數(shù)f(x)＝(ax2－x)lnx－ax2＋x.(a∈R)． (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在(e，f(e))處的切線方程(e＝2.718…)； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 【解答】 (1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x－xlnx，f′(x)＝－lnx，所以f(e)＝0，f′(e)＝－1. 所以當(dāng)a＝0時(shí)，曲線y＝f(x)在(e，f(e))處的切線方程

10、為y＝－x＋e. (2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝(ax2－x)＋(2ax－1)lnx－ax＋1＝(2ax－1)lnx， ①當(dāng)a≤0時(shí)，2ax－1<0， 在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0， 所以此時(shí)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； ②當(dāng)00，在上f′(x)<0， 所以此時(shí)f(x)在(0,1)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； ③當(dāng)a＝時(shí)， 在(0，＋∞)上f′(x)≥0且僅有f′(1)＝0， 所以此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ④當(dāng)a>時(shí)，在和(1，＋

11、∞)上f′(x)>0，在上f′(x)<0， 所以此時(shí)f(x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 探究點(diǎn)三　定積分 例4 (1)[2011·福建卷] (ex＋2x)dx等于(　　) A．1 B．e－1 C．e D．e＋1 (2)[2011·課標(biāo)全國(guó)卷] 由曲線y＝，直線y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為(　　) A. B．4 C. D．6 (1)C　(2)C　【解析】 (1)因?yàn)镕(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，則 (ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故選C.

12、(2)如圖，由 解得x＝4或x＝1.經(jīng)檢驗(yàn)x＝1為增根， ∴x＝4，∴B(4,2)，又可求A(0，－2)， 所以陰影部分的面積S ＝ (－x ＋ 2)dx ＝ ＝ . 【點(diǎn)評(píng)】 計(jì)算定積分的基本方法就是根據(jù)微積分基本定理，其關(guān)鍵是找到一個(gè)函數(shù)使得這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是被積函數(shù)，這實(shí)際上是導(dǎo)數(shù)運(yùn)算的逆運(yùn)算；使用定積分的方法求曲邊形面積時(shí)，要根據(jù)圍成這個(gè)曲邊形的直線和曲線的相對(duì)位置確定是哪個(gè)函數(shù)的、在什么區(qū)間上的定積分，求曲邊形面積可以使用x為積分變量，也可以使用y為積分變量，本例第(2)問(wèn)如果使用y為積分變量，所求的面積由兩部分組成，一個(gè)是下方的等腰直角三角形，一個(gè)是定積分(y＋2－y2)d

13、y. 創(chuàng)新鏈接3　用導(dǎo)數(shù)研究不等式和方程 在函數(shù)的解答題中有一類是研究不等式或是研究方程根的情況，基本的題目類型是研究在一個(gè)區(qū)間上恒成立的不等式(實(shí)際上就是證明這個(gè)不等式)，研究不等式在一個(gè)區(qū)間上成立時(shí)不等式的某個(gè)參數(shù)的取值范圍，研究含有指數(shù)式、對(duì)數(shù)式、三角函數(shù)式等超越式的方程在某個(gè)區(qū)間上的根的個(gè)數(shù)等，這些問(wèn)題依據(jù)基礎(chǔ)初等函數(shù)的知識(shí)已經(jīng)無(wú)能為力，就需要根據(jù)導(dǎo)數(shù)的方法進(jìn)行解決． 使用導(dǎo)數(shù)的方法研究不等式和方程的基本思路是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)的方法研究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性、極值和特殊點(diǎn)的函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)推斷不等式成立的情況以及方程實(shí)根的個(gè)數(shù)． 例5 [2011·課標(biāo)全國(guó)卷] 已知函數(shù)f(x

14、)＝＋，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； (2)如果當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)＞＋，求k的取值范圍． 【分析】 (1)問(wèn)關(guān)鍵能通過(guò)題干信息中的點(diǎn)(1，f(1))“處”與切線方程的斜率列出方程組；(2)問(wèn)關(guān)鍵是正確提取分類的條件． 【解答】 (1)f′(x)＝－， 由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過(guò)點(diǎn)(1,1)， 故即 解得a＝1，b＝1. (2)由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＋＝2lnx＋. 考慮函數(shù)h(x)＝2lnx＋(x>0)， 則h′(x)＝. ①設(shè)k≤0，由h′(x)＝知， 當(dāng)x≠1時(shí)，

15、h′(x)＜0，而h(1)＝0， 故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＞0，可得h(x)＞0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，可得h(x)＞0. 從而當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)－＞0， 即f(x)＞＋. ②設(shè)0＜k＜1，由于當(dāng)x∈時(shí)，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈時(shí)，h(x)>0，可得h(x)<0.與題設(shè)矛盾． ③設(shè)k≥1，此時(shí)h′(x)＞0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，可得h(x)＜0，與題設(shè)矛盾． 綜合得，k的取值范圍為(－∞，0]． 【點(diǎn)評(píng)】 本題的困難是第二問(wèn)的不等式問(wèn)題，通過(guò)作差f(x)－＝＋

16、－－后，通過(guò)適當(dāng)?shù)淖儞Q把其變換為，其目的就是為了分01進(jìn)行研究，括號(hào)內(nèi)的部分看似復(fù)雜，其實(shí)就是2lnx＋(k－1)，把這個(gè)式子作為函數(shù)h(x)，其導(dǎo)數(shù)是很容易求出的，而且函數(shù)h(x)恰好在x＝1處等于零，這樣就便于使用函數(shù)的單調(diào)性得到和h(1)進(jìn)行比較的式子，使用特殊點(diǎn)的函數(shù)值是分析解決不等式問(wèn)題的重要技巧之一．本題具有極高的技巧性，也很容易使解題者陷入分離參數(shù)的困境． 變式題：已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0處取得極值． (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若關(guān)于x的方程f(x)＝－x＋b在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)

17、b的取值范圍． 【解答】 (1)由已知得f′(x)＝－2x－1＝， 由題意知f′(0)＝0，即＝0，解得a＝1. (2)由(1)得f′(x)＝ ＝(x>－1)． 由f′(x)>0得－10. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)． (3)令g(x)＝f(x)－＝ln(x＋1)－x2＋x－b，x∈(0,2)，則g′(x)＝－2x＋，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍)．當(dāng)00，當(dāng)1

18、在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)不等實(shí)根等價(jià)于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)． 故只要即可，即 解得ln3－1

19、原則． 3．使用導(dǎo)數(shù)的方法研究不等式問(wèn)題的基本方法是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)的方法研究這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性、極值，利用特殊點(diǎn)的函數(shù)值和整個(gè)區(qū)間上的函數(shù)值的比較得到不等式，注意在一些問(wèn)題中對(duì)函數(shù)的解析式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖儞Q再構(gòu)造函數(shù)． 4．使用導(dǎo)數(shù)的方法研究方程的根的分布，其基本思想是構(gòu)造函數(shù)后，使用數(shù)形結(jié)合方法，即先通過(guò)“數(shù)”的計(jì)算得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，再使用“形”的直觀得到方程根的分布情況． 教師備用例題 備選理由：例1是以三角函數(shù)為背景的試題，鑒于當(dāng)前在高考中考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的情況，以三角函數(shù)為主的試題不多見，選用此題彌補(bǔ)這個(gè)不足；例2難度不大，考查全面，是一道綜合性較強(qiáng)的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)試題，可以全面

20、串聯(lián)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)、不等式和方程；例3是一個(gè)以構(gòu)造函數(shù)、通過(guò)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值點(diǎn)和特殊點(diǎn)的函數(shù)值研究不等式的典型例題，這個(gè)題和本講例5，可以形成學(xué)習(xí)使用導(dǎo)數(shù)的方法研究不等式的一個(gè)基本思路，提高學(xué)習(xí)解決函數(shù)綜合題的能力． 例1　若f(x)≥h(x)＝ax＋b≥g(x)，則定義h(x)為曲線f(x)，g(x)的ψ線．已知f(x)＝tanx，x∈，g(x)＝sinx，x∈，則f(x)，g(x)的ψ線為________． 【分析】 實(shí)際上就是確定a，b的值，使得不等式sinx≤ax＋b≤tanx對(duì)任意的x∈恒成立．可以通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方法解決這個(gè)不等式的恒成立問(wèn)題． 【答案】 y＝x 【解

21、析】 這樣的直線若存在，則對(duì)x＝0時(shí)一定滿足不等式sinx≤ax＋b≤tanx，故b＝0. 設(shè)h(x)＝sinx－ax，則h′(x)＝cosx－a，如果a≤0，則h′(x)≥0，函數(shù)h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，無(wú)論a取何值，都不會(huì)有h(x)≤0恒成立；如果0

22、令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(01，則函數(shù)在區(qū)間有一個(gè)極值點(diǎn)x0，且是極大值點(diǎn)，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，φ(x)≥φ(0)＝0，不等式ax≤tanx不恒成立，故不等式ax≤tanx恒成立時(shí)a≤1. 綜合可知

23、只能是a＝1.故所求的直線是y＝x. 【解答】 (1)依題意，知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝b＝時(shí)，f(x)＝lnx－x2－x， f′(x)＝－x－＝.令f′(x)＝0， 解得x＝1(因?yàn)閤>0，所以舍去x＝－2)． 當(dāng)00，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)的極大值為f(1)＝－，此即為最大值． (2)F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]， 則有k＝F′(x0)＝≤，在x0∈(0,3]上恒成立， 所以a≥max，x0∈(0,3]， 當(dāng)x0＝1時(shí)，－x＋x0取得最大值，所以a≥. (3)

24、因?yàn)榉匠?mf(x)＝x2有唯一實(shí)數(shù)解， 所以x2－2mlnx－2mx＝0有唯一實(shí)數(shù)解． 設(shè)g(x)＝x2－2mlnx－2mx，則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，x2－mx－m＝0. 因?yàn)閙>0，x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝. 當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝x2時(shí)，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)． 則即 所以2mlnx2＋mx2－m＝0. 因?yàn)閙>0，所以2lnx2＋x2－1＝0(*)． 設(shè)函數(shù)h(x)＝2lnx＋x－1，因?yàn)楫?dāng)

25、x>0時(shí)，h(x)是增函數(shù)，所以h(x)＝0至多有一解．因?yàn)閔(1)＝0，所以方程(*)的解為x2＝1， 即＝1，解得m＝. 例3　已知函數(shù)f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)． (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)當(dāng)a取(1)中最小值時(shí)，求證：g(x)－f(x)≤x3. 【解答】 (1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，h′(x)＝cosx－a. 若a≥1，則h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)≤h(0)＝0， 所以sinx≤ax(x≥0)成立． 若0

26、得cosx0＝a，x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a>0，h(x)＝sinx－ax在x∈(0，x0)單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝0，不合題意，舍去． 若a≤0時(shí)，對(duì)任意的x∈，有cosx－a>0，h(x)在[0，＋∞)上恒大于0，不合題意，舍去． 綜上，a≥1. (2)證明：設(shè)H(x)＝x－sinx－x3(x≥0)， 則H′(x)＝1－cosx－x2. 令G(x)＝1－cosx－x2，則G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)， G(x)＝1－cosx－x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)G(x)＝1－cosx－x2≤G(0)＝0， 即H′(x)＝1－cosx－x2≤0， 所以H(x)＝x－sinx－x3在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以H(x)＝x－sinx－x3≤H(0)＝0，即x－sinx－x3≤0(x≥0)， 即g(x)－f(x)≤x3(x≥0)． - 9 -