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2014届高考创新方案一轮复习教案(新课标版)(数学理)第三篇





第2讲

导数的应用(一)

【2013 年高考会这样考】 1.利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间. 2.由函数单调性和导数的关系,求参数的范围. 基础梳理 1.导数的几何意义 函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x0)是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线 l 的斜率,切线 l 的 方程是 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2.导数的物理意义 若物体位移随时间变化的关系为 s=f(t),则 f′(t0)是物体运动在 t=t0 时刻的瞬时速度. 3.函数的单调性 在(a,b)内可导函数 f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于 0. f′(x)≥0?函数 f(x)在(a,b)上单调递增; f′(x)≤0?函数 f(x)在(a,b)上单调递减.

易误警示 直线与曲线有且只有一个公共点,直线不一定是曲线的切线;反之直线是曲线的切线,但直 线不一定与曲线有且只有一个公共点. 两个条件 (1)f′(x)>0 在(a,b)上成立是 f(x)在(a,b)上单调递增的充分条件. (2)对于可导函数 f(x),f′(x0)=0 是函数 f(x)在 x=x0 处有极值的必要不充分条件.

三个步骤 求函数单调区间的步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)由 f′(x)>0(f′(x)<0)解出相应的 x 的范围. 当 f′(x)>0 时,f(x)在相应的区间上是增函数;当 f′(x)<0 时,f(x)在相应的区间上是减函 数,还可以列表,写出函数的单调区间.
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双基自测 1.(2011· 山东)曲线 y=x3+11 在点 P(1,12)处的切线与 y 轴交点的纵坐标是( A.-9 C.9 解析 由已知 y′=3x2,则 y′|x=1=3 B.-3 D.15 ).

切线方程为 y-12=3(x-1), 即 y=3x+9. 答案 C ).

2.(2012· 烟台模拟)函数 f(x)=x2-2ln x 的递减区间是( A.(0,1] C.(-∞,-1),(0,1) 解析 函数的定义域为(0,+∞), B.[1,+∞) D.[-1,0),(0,1]

?x+1??x-1? 2 又 f′(x)=2x-x=2 x 由 f′(x)≤0,解得 0<x≤1. 答案 A

3.(2012· 长沙一中月考)若点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,则点 P 到直线 y=x-2 的最 小值为( A.1 C. 2 2 ). B. 2 D. 3 1 1 由已知 y′=2x-x,令 2x-x=1,解得 x=1.曲线 y=x2-ln x 在 x=1 处的切线方程 2 = 2. 2

解析

为 y-1=x-1,即 x-y=0.两直线 x-y=0,x-y-2=0 之间的距离为 d= 答案 B

4. (人教 A 版教材习题改编)在高台跳水运动中, s 时运动员相对水面的高度(单位: t m)是 t1(t) =-4.9t2+6.5t+10,高台跳水运动员在 t=1 s 时的瞬时速度为________. 答案 -3.3 m/s

5.函数 f(x)=x3-3x2+1 的递增区间是________. 解析 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),

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由 f′(x)>0 解得 x<0,或 x>2. 答案 (-∞,0),(2,+∞)

考向一 【例 1】?已知函数 f(x)=x3-4x2+5x-4. (1)求曲线 f(x)在 x=2 处的切线方程;

求曲线切线的方程

(2)求经过点 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程. [审题视点] 由导数几何意义先求斜率,再求方程,注意点是否在曲线上,是否为切点. 解 (1)f′(x)=3x2-8x+5

f′(2)=1,又 f(2)=-2 ∴曲线 f(x)在 x=2 处的切线方程为 y-(-2)=x-2,即 x-y-4=0. (2)设切点坐标为(x0,x3-4x2+5x0-4) 0 0 f′(x0)=3x2-8x0+5 0 则切线方程为
2 y-(-2)=(3x0-8x0+5)(x-2), 2 又切线过(x0,x3-4x0+5x0-4)点, 0 3 2 2 则 x0-4x0+5x0-2=(3x0-8x0+5)(x0-2),

整理得(x0-2)2(x0-1)=0, 解得 x0=2,或 x0=1, 因此经过 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程为 x-y-4=0,或 y+2=0. 首先要分清是求曲线 y=f(x)在某处的切线还是求过某点曲线的切线.(1)求曲线 y =f(x)在 x=x0 处的切线方程可先求 f′(x0),利用点斜式写出所求切线方程; (2)求过某点的曲线的切线方程要先设切点坐标,求出切点坐标后再写切线方程. 【训练 1】 若直线 y=kx 与曲线 y=x3-3x2+2x 相切,试求 k 的值. 解 设 y=kx 与 y=x3-3x2+2x 相切于 P(x0,y0)则

y0=kx0,① y0=x3-3x2+2x0,② 0 0 又 y′=3x2-6x+2,∴k=y′|x=x0=3x2-6x0+2,③ 0
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由①②③得:(3x2-6x0+2)x0=x3-3x2+2x0, 0 0 0 即(2x0-3)x2=0. 0 3 1 ∴x0=0 或 x0= ,∴k=2 或 k=- . 2 4 考向二 【例 2】?已知函数 f(x)=x3-ax2-3x. (1)若 f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 x=3 是 f(x)的极值点,求 f(x)的单调区间. [审题视点] 函数单调的充要条件是 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 且不恒等于 0. 解 (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x2-2ax-3. 函数的单调性与导数

3? 1? 由 f′(x)≥0,得 a≤ ?x-x?. 2? ? 3? 1? 记 t(x)= ?x-x?,当 x≥1 时,t(x)是增函数, 2? ? 3 ∴t(x)min= (1-1)=0. 2 ∴a≤0. (2)由题意,得 f′(3)=0,即 27-6a-3=0, ∴a=4.∴f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3. 1 令 f′(x)=0,得 x1=- ,x2=3. 3 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 1? ? ?-∞,-3? ? ? + ? - 0 极大值 1 3 ? 1 ? ?-3,3? ? ? - ? 3 0 极小值 (3,+∞) + ?

1? ? ? 1 ? ∴当 x∈?-∞,-3?,[3,+∞)时,f(x)单调递增,当 x∈?-3,3?时,f(x)单调递减. ? ? ? ? 函数在指定区间上单调递增(减),函数在这个区间上的导数大于或等于 0(小于或等 于 0),只要不在一段连续区间上恒等于 0 即可,求函数的单调区间解 f′(x)>0(或 f′(x)<0) 即可. 【训练 2】 已知函数 f(x)=ex-ax-1. (1)求 f(x)的单调增区间;
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(2)是否存在 a,使 f(x)在(-2,3)上为减函数,若存在,求出 a 的取值范围,若不存在,说明 理由. 解 f′(x)=ex-a,

(1)若 a≤0,则 f′(x)=ex-a≥0, 即 f(x)在 R 上递增, 若 a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥ln a. 因此 f(x)的递增区间是[ln a,+∞). (2)由 f′(x)=ex-a≤0 在(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈(-2,3)上恒成立. 又∵-2<x<3,∴e-2<ex<e3,只需 a≥e3. 当 a=e3 时 f′(x)=ex-e3 在 x∈(-2,3)上,f′(x)<0, 即 f(x)在(-2,3)上为减函数, ∴a≥e3. 故存在实数 a≥e3,使 f(x)在(-2,3)上单调递减. 考向三 利用导数解决不等式问题

【例 3】?设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. [审题视点] 第(2)问构造函数 h(x)=ex-x2+2ax-1,利用函数的单调性解决. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R.

令 f′(x)=0,得 x=ln 2,于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表. x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减? ln 2 0 2(1-ln 2+a) (ln 2,+∞) + 单调递增?

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2],单调递增区间是[ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值,极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,

于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,g′(x)的最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
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于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0,所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 利用导数证明不等式要考虑构造新的函数, 利用新函数的单调性或最值解决不等式 的证明问题.比如要证明对?x∈[a,b]都有 f(x)≥g(x),可设 h(x)=f(x)-g(x)只要利用导数 说明 h(x)在[a,b]上的最小值为 0 即可. 【训练 3】 已知 m∈R,函数 f(x)=(x2+mx+m)ex (1)若函数没有零点,求实数 m 的取值范围; (2)当 m=0 时,求证 f(x)≥x2+x3. (1)解 由已知条件 f(x)=0 无解,

即 x2+mx+m=0 无实根, 则 Δ=m2-4m<0,解得 0<m<4,实数 m 的取值范围是(0,4) (2)证明 当 m=0 时,f(x)=x2ex

设 g(x)=ex-x-1,∴g′(x)=ex-1, g(x),g′(x)随 x 变化情况如下: x g′(x) g(x) 由此可知对于 x∈R,g(x)≥g(0) 即 ex-x-1≥0,因此 x2(ex-x-1)≥0,整理得 x2ex≥x3 + x2 , 即 f(x)≥x3 + x2. (-∞,0) - ? 0 0 0 (0,+∞) + ?

阅卷报告 2——书写不规范失分 【问题诊断】 利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容,这类问题求解并不难,即只 需由 f′?x?>0 或 f′?x?<0,求其解即得.但在求解时会因书写不规范而导致失分. 【防范措施】 对于含有两个或两个以上的单调增区间?或单调减区间?, 中间用“, ”或“和” 连接,而不能用符号“∪”连接. 1 【示例】?设函数 f(x)=x(ex-1)- x2,求函数 f(x)的单调增区间. 2
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错因

结论书写不正确,也就是说不能用符号“∪”连接,应为(-∞,-1)和(0,+∞)实录

f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1),令 f′(x)>0 得,x<-1 或 x>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1)∪(0,+∞). 正解 1 因为 f(x)=x(ex-1)- x2, 2

所以 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1). 令 f′(x)>0,即(ex-1)(x+1)>0,得 x<-1 或 x>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(0,+∞). 【试一试】 设函数 f(x)=ax3-3x2, (a∈R), x=2 是 y=f(x)的极值点, 且 求函数 g(x)=ex· f(x) 的单调区间. [尝试解答] f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2).

因为 x=2 是函数 y=f(x)的极值点. 所以 f′(2)=0,即 6(2a-2)=0,因此 a=1, 经验证,当 a=1 时,x=2 是函数 f(x)的极值点, 所以 g(x)=ex(x3-3x2), g′(x)=ex(x3-3x2+3x2-6x) =ex(x3-6x)=x(x+ 6)(x- 6)ex.
因为 e >0, 所以 y=g(x)的单调增区间是(- 6, 0)和( 6, +∞); 单调减区间是(-∞, 6)和(0, 6). -
x

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