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

1、文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持內(nèi)蒙古伊圖里河高級中學(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)主干知識整合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)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于零恒成立.在區(qū)間上離散點處導(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)與極值對可導(dǎo)函數(shù)而言，某點導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的必要條件，但對不可導(dǎo)的函 數(shù)，可能在極值點處函數(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)

2、的最值在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點處的函數(shù)值和在 這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點處的函數(shù)值和在這個區(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(awb), y= 0所圍成的曲邊梯形的面積S=a|f x 1dx .當(dāng)f(x)>0時，S=bf(x)dx;當(dāng) f(x)<0 時，S=- bf(x)dx. aa(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 (

3、x), y=g(x), 和直線x= a,x= b(aw b) ,y= 0所圍成的曲邊梯形的面積S= b| f (x) g(x)|d x.當(dāng)f (x) > g(x)a時，S= b f (x) g(x)d x；當(dāng) f(x)<g(x)時，S= b g(x) f (x)d x aa要點熱點探究探究點一導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用例1 2011 湖南卷11A. - 2 B. 2曲線y=sin xsin x+ cosx：2-T D.1 . 兀-2在點M不上20處的切線的斜率為(-9 -sin x 1【解析】對丫=而丁忘-2求導(dǎo)得到12sin x+ cosxcosx sin x+cosx sin x c

4、osx sin x2sin x+ cosxit .兀x=v "y x=v變式題：(1)直線y = 2x+b是曲線y= ln x(x>0)的一條切線，則實數(shù) b=.(2)已知f (x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，f (x) = - (x- 1)2+ 1,滿足f f ( a) =2的實數(shù)a的 個數(shù)為.(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的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出切點的坐標(biāo)，切點在切線上，代入即可求出b的值 y'=：令上2得1 一一 1x=2,故切點為 2(2)如圖所示,1r 11-,In 2，代入直線方程，得ln2 = 2&

5、gt;<2+b,所以b=-ln2 -1.f(x) =2有四個解：一1乎，1+乎，1乎，1+¥ 所以f(a)=1乎或f(a) = 1+ #或f (a) = 1這,a有2個值對應(yīng);當(dāng) f (a) = 1 ,a有2個值對應(yīng);當(dāng) f (a) = 1 +,a有4個值對應(yīng),當(dāng) f (a) = 1 ，一一1 -綜上可知滿足ff(a) =2的實數(shù)a有8個.探究點二導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用x例2 2011 北京卷已知函數(shù)f (x) = (x k) (2)當(dāng) k>0 時，因為 f(k+ 1) =e ke".(1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間;1(2)若對于任意的x(0, +8),都有f(x

6、)<-,求k的取值范圍. ek1 22【解答】(1) f ' (x)=%(x -k)ek令 f ' (x) =0,得 x = ± k.>e，所以不會有？xe(o, +8), ”x)%.當(dāng)k>0時，f (x)與f' (x)的情況如下:x(OO,k)k(-k, k)k(k,+oo)f' (x)十0一0十f(x)/i 2-14k e0所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(一8, k)和(k, +8)；單調(diào)遞減區(qū)間是(一k, k). 當(dāng)k<0時，f (x)與f' (x)的情況如下：x(°°, k)k(k, -k)一

7、 k(k,+ 00)f' (x)一0十0一f (x)04k2e k +1所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(一8, k)和(k, +8);單調(diào)遞增區(qū)間是(k,當(dāng)k<0時，由知f(x)在(0, +8)上的最大值是f(k)=_.e2一1 4k 1所以？ xC(0, +°°), f(x)w ,等價于 f( k) =一&一.ee e1解得2< k<0.故當(dāng)？ xC(0, +8), f(x)w1時，k的取值范圍是 一2, 0. e2【點評】 單調(diào)性是函數(shù)的最重要的性質(zhì)，函數(shù)的極值、最值等問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

8、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)問題的最重要的考查點.函數(shù)單調(diào)性的討論 往往歸結(jié)為一個不等式、特別是一元二次不等式的討論，對一元二次不等式，在二次項系數(shù) 的符號確定后就是根據(jù)其對應(yīng)的一元二次方程兩個實根的大小進(jìn)行討論，即分類討論的標(biāo)準(zhǔn) 是先二次項系數(shù)、再根的大小.對于在指定區(qū)間上不等式的恒成立問題，一般是轉(zhuǎn)化為函數(shù) 最值問題加以解決，如果函數(shù)在這個指定的區(qū)間上沒有最值，則可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在這個區(qū)間 上的值域，通過值域的端點值確定問題的答案.例 3 2011 江西卷設(shè) f (x) = ；x3 + gx2+2ax.322(1)若f(x)在3, +8 上存

9、在單調(diào)遞增區(qū)間，求 a的取值范圍; 316(2)當(dāng)0<a<2時，f(x)在1,4上的最小值為 ,求f(x)在該區(qū)間上的最大值. 3【解答】(1)由 f ' (x) = x2+x+2a= xg 2+；+2a,當(dāng) xC +°° 時，f' (x)的最大值為 f' - =| + 2a；令"l+Za>。，得 a>J 33999所以，當(dāng)a>9時，f(x)在I，+8 上存在單調(diào)遞增區(qū)間.人 r ,X1_11 /1 + 8a1 + 1 + 8a(2)令 f(x) = 0,得兩根 x1 =2, x2=2.所以f(x)在(8, x

10、1) , (x2, +8)上單調(diào)遞減，在(x1, x2)上單調(diào)遞增.當(dāng)0vav2時，有x1< 1<x2<4,所以f(x)在1,4上的最大值為f(x2).27口又 f(4) -f (1)=5+62<0,即 f(4) <f(1),4016所以f(x)在1,4上的最小值為f (4) = 8a- -=-,3310得a= 1, x2= 2,從而f (x)在1,4上的取大值為f (2)=.31 o變式題：已知函數(shù) f (x) = (ax -x)ln x-2ax + x.( a R).(1)當(dāng)a=0時，求曲線y=f(x)在(e, f (e)處的切線方程(e =2.718)；(2

11、)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【解答】(1)當(dāng) a= 0 時，f (x) = x xln x, f ' (x) = In x,所以 f (e) =0, f' (e)= 1.所以當(dāng)a=0時，曲線y = f (x)在(e , f(e)處的切線方程為y=x+ e.(2)函數(shù)f (x)的定義域為(0 , +8).f ' (x) = (ax2 -x) + (2 ax 1)ln x- ax+ 1 =(2 ax 1)ln x,x當(dāng) a<0 時，2ax- 1<0,在(0,1)上 f ' (x)>0，在(1 , +oo)上廣(x)<0 ,所以此時f(x)在(

12、0,1)上單調(diào)遞增，在(1, +8)上單調(diào)遞減；- 1 ,當(dāng)0<a<2時,在(0,1)和,+°0 上 f ' ( x)>0，在 1, 丁上 f ' (x)<0 , 2a2a所以此時f(x)在(0,1)和 J, +8 上單調(diào)遞增，在 1, 1-上單調(diào)遞減；2a2a- 1 ,當(dāng)a=2時，在(0 , +0°)上 f z ( x) >0 且僅有 f ' (1) = 0,所以此時f(x)在(0 , +8)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時，在0,元和(1 , +°°)上(x)>0，在不，1上f' (x)

13、<0 , 22a2a探究點三定積分 例4 (1)2011 福建卷A. 1 B . e-1 C (2)2011 課標(biāo)全國卷 ()A.10 B . 4 C. 3所以此時f(x)在0,2a和(1, +8)上單調(diào)遞增，在2a, 1上單調(diào)遞減.ex+Zxx 等于()0.e D . e+116由曲線y=、/x,直線y = x2及y軸所圍成的圖形的面積為C (2)C【解析】(1)因為 F(x)=ex + x2,且 F' (x)=ex+2x,則1( ex+ 2x) dx= (ex+x2)| 0= (e+1) (e°+0) = e,故選 C所以陰影部分的面積 S =解得x = 4或x=1

14、.經(jīng)檢驗x=1為增根,40(2)如圖，由IFy = x-2163.x=4,B(4,2),又可求【點評】計算定積分的基本方法就是根據(jù)微積分基本定理，其關(guān)鍵是找到一個函數(shù)使得這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是被積函數(shù)，這實際上是導(dǎo)數(shù)運算的逆運算；使用定積分的方法求曲邊形面積時，要根據(jù)圍成這個曲邊形的直線和曲線的相對位置確定是哪個函數(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)問如果使用y為積分變量，所求的面積由兩部分組成，一個是下方的等腰直角三角形，一個是定積分 2(y + 2 y2)dy.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

15、究方程根的情況，基本的題目類型是研究 在一個區(qū)間上恒成立的不等式(實際上就是證明這個不等式)，研究不等式在一個區(qū)間上成立 時不等式的某個參數(shù)的取值范圍，研究含有指數(shù)式、對數(shù)式、三角函數(shù)式等超越式的方程在 某個區(qū)間上的根的個數(shù)等，這些問題依據(jù)基礎(chǔ)初等函數(shù)的知識已經(jīng)無能為力，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)，通過導(dǎo)數(shù)的方法研究這個函 數(shù)的單調(diào)性、極值和特殊點的函數(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根 的個數(shù).例5 2011 課標(biāo)全國卷已知函數(shù)f(x)=anX+b,曲線y=f(x)在點(1, f(1)處的切 X十1 x線方程為x+2y

16、3=0.(1)求a, b的值；(2)如果當(dāng)x>0,且xwi時，f (x) >-設(shè) k>1,此日h (x) >0,而 h(1) =0,故當(dāng) xC (1 , +8)時，h(x) >0,可得2h(x)nx-+-,求k的取值范圍.x 1 x【分析】(1)問關(guān)鍵能通過題干信息中的點(1, f(1) “處”與切線方程的斜率列出方程組；(2)問關(guān)鍵是正確提取分類的條件.a x± 1-lnx xbf ' IM = x+12 1由于直線x + 2y3 = 0的斜率為一2,且過點(1,1),1 =1,1 =12'b=1,即a 1解得a= 1,b= 1.,ln

17、 x(2)由(1)知 f(x)= x I 11+x，所以f(x)ln x k 1k 1x 1 + x 1 x2 n x +x2 1,，一k 1考慮函數(shù)h(x) =2lnx+x2 1則 h' (x)=k- 1x2 + 12xx+ 2x(x>0),設(shè)k<0,kx2 + 1由 h' (x)=x-1 2知，當(dāng) xwi 時，h' (x) v 0,而 h(1) = 0,故當(dāng) x (0,1)時，h(x) >0,可得一h(x) >0;1 x當(dāng) xC(1, +8)時，h(x) <0,可得 Yh(x) >0.1 x從而當(dāng) x>0,且 x4 時，f(

18、x) - + - >0,x 1 x即 f (x) >也+“ x-1 x設(shè) 0V k<1,由于當(dāng) xC 1,：A；時，(k 1)(x 2+1)+2x>0,故 h' (x)>0 ,而 h(1) 1 k=0,故當(dāng)xC 1, 時，h(x)>0,可得7Jh(x)<0.與題設(shè)矛盾.1 k1 x<0,與題設(shè)矛盾.綜合得，k的取值范圍為(8, 0.【點評】本題的困難是第二問的不等式問題，通過作差f(x)瞥+k =ax+1二一' ' x 1 x x十 1 x x 1k1k 1 x 1x后，通過適當(dāng)?shù)淖儞Q把其變換為 1x2 2ln x+x，其

19、目的就是為了分 0<x<1,x>1進(jìn)行研究，括號內(nèi)的部分看似復(fù)雜，其實就是2lnx+(k1) x-，把這個式子作為函數(shù)xh(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，使用特殊點的函數(shù)值是分析解決不等式問題的重要技巧 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)求實數(shù)a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；51 2x x+a x+ ax+ a(3)若關(guān)于x的萬程f(x) = x+b在區(qū)間(

20、0,2)有兩個不等實根，求實數(shù)b的取值范圍.1【解答】(1)由已知得f' (x) = -2x-1 x十a(chǎn)由題意知f' (0) = 0,即匕a =0,解得a=1. a(2)由(1)得 f ' (x)=1 2xx+1x+ 1x+ 13-2x x + 萬(x> - 1) -x+ 1由 f' ( x)>0 得一1<x<0,由 f' (x)<0 得 x>0.，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一1,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0, +8).(3)令 g(x) =f(x)則 g' (x) = X7-2x x I 152 3 -2x+ b

21、 = ln (x + 1) x+x b, x (0,2)3，,一5 人.+2，令 g (x) = 0,得 x=1 或 x=4(舍).當(dāng) 0Vx<1 時，g (x)>0 ,當(dāng) 1<x<2 時，g (x)<0 , 即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減.、一5萬程f(x)= 域+b在區(qū)間(0,2)上有兩個不等頭根等價于函數(shù)g(x)在(0,2)上有兩個不同的零點.g 0 <0,故只要g 1 >0, g 2 <0一 b<0,1即可，即In 2 + - b>0,In 3-1-b<0,In 3- 1<b<ln

22、2 + 1.2 1即實數(shù)b的取值范圍為ln3-1<b<ln2 + 2.規(guī)律技巧提煉1 .求解切線問題時要注意求的是曲線上某點處的切線問題，還是曲線的過某個點的切線 問題.2 .函數(shù)的單調(diào)性是使用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問題的根本，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間 的分界點就是函數(shù)的極值點，在含有字母參數(shù)的函數(shù)中討論函數(shù)的單調(diào)性就是根據(jù)函數(shù)的極 值點把函數(shù)的定義域區(qū)間進(jìn)行分段，在各個段上研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的符號，確定函數(shù)的單調(diào)性， 也確定了函數(shù)的極值點，這是討論函數(shù)的單調(diào)性和極值點情況進(jìn)行分類的基本原則.3 .使用導(dǎo)數(shù)的方法研究不等式問題的基本方法是構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)的方法研究這個函 數(shù)的單調(diào)性、極

23、值，禾1J用特殊點的函數(shù)值和整個區(qū)間上的函數(shù)值的比較得到不等式，注意在 一些問題中對函數(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“數(shù)”的計算得到函數(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，選用此題彌補這個不足；例 2難度不大，考查全面，是一道 綜合性較強的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)試題，可以全面串聯(lián)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)、不等式和方程；例3是一個以構(gòu)造函數(shù)、通過研究函數(shù)的單調(diào)性、極值點和特殊點的函

24、數(shù)值研究不等式的典型例題， 這個題和本講例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)1 h(x) =ax+b>g(x)，則定義h(x)為曲線f (x) ,g(x)的。線.已知f (x) = tanx ,汽汽一,一八，xC0, ,g(x)= sinx , xC 0,"2，貝Uf (x) ,g(x)的。線為.汽【分析】 實際上就是確定 a,b的值，使得不等式sinx < ax+ b<tanx對任意的xC 0, -2恒 成立.可以通過構(gòu)造函數(shù)的方法解決這個不等式的恒成立問題.【答案】y = x【解析】 這樣的

25、直線若存在，則對 x = 0時一定滿足不等式 sinx < ax+ b< tanx，故b = 0.設(shè) h(x) = sinx - ax,則 h' (x) = cosxa,如果 a< 0,則 h' (x) >0,函數(shù) h(x)在區(qū)間支0, "2上單調(diào)遞增，h(x) >h(0) = 0,無論a取何值，都不會有h(x) wo恒成立；如果0<a<1,.一. n .則函數(shù)h(x)在區(qū)間0, 存在一個極值點xc,且是極大值點，從而當(dāng) xC(0, x0)時,汽,h(x) >h(0),也不可能；當(dāng)a>l時，函數(shù)h(x)在0,上單調(diào)

26、遞減，故 h(x) <h(0) = 0,此時不等式sinxwax恒成立.12.例 2 設(shè)函數(shù) f (x) = lnx 2ax bx.1 . ，一，一(1)當(dāng)a=b = 2時，求f(x)的最大值;(2)令F(x)= f(x)+1ax2+bx+a(0<xW3),其圖象上任意一點R x0,y。)處切線的斜率k<12x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a=0, b= - 1,方程2mf(x) =x2有唯一實數(shù)解，求正數(shù) m的值.設(shè) 4 (x) = ax tan x,sin x則 4 ' (x) = a(tanx) ' = a- cosxcosxcosx sin x

27、 sin xcos2x=a 2",如cos x. n 果 aW1,則 ' (x) W0,函數(shù)4 (x)在0,單倜遞減，故()(x) < (0) = 0,此時不等式Tt .TT,axwtanx在區(qū)間0,三 上恒成立，如果a>1,則函數(shù)在區(qū)間 0,5 有一個極值點X0,且是極 大值點，當(dāng)xC (0 , X0)時，。(x)(0) = 0,不等式ax< tanx不恒成立，故不等式ax< tanx恒成立時a< 1.綜合可知只能是a=1.故所求的直線是 v= x.1當(dāng)a = b=2時,【解答】(1)依題意，知f(x)的定義域為(0, +8),1 2 1 f(

28、x) = lnx 4x x,111-x+ 2 x-12x.令 f ' (x) = 0,解得x=1(因為x>0,所以舍去x=2).當(dāng)0Vx<1時，f ' (x)>0 ,此時f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f ' (x)<0 ,此時f(x)單調(diào)遞減.所 3以f(x)的極大值為f(1)此即為最大值.4(2)F(x) =lnx+a, xC(0,3, xx0 a 1則有 k = F (x 0) = x2& 2 在 xc (0,3上恒成立，所以 a> 2x0+ x0 max, x。C (0,3,1 211當(dāng)xo=1時，那0十*0取得最大值2

29、，所以a>2.(3)因為方程2mf(x) =x2有唯一實數(shù)解，所以x2 2mn x2mx= 0有唯一實數(shù)解.2 2x22mx 2m設(shè) g(x) =x 2nmn x 2mx,貝U g' (x)=.x令 g' (x) =0, x2 mx m= 0.4mx/n2 4m因為 m>Q x>0,所以 x1 = -<0(舍去)，x2=一 .當(dāng) xC(0, x2)時，g' (x)<0 , g(x)在(0 , x2)上單調(diào)遞減，當(dāng) x (x 2,+8)時，g' (x)>0 , g(x)在(x 2, 十0°)上單調(diào)遞增，當(dāng)x = x2 時，gz (x 2) = 0, g(x)取最小值 g(x 2).2g x2 =0,x22mln x22mx！= 0,則即2g'x2 =0,x2 m)2 m= 0.所以 2mln x2+ mx m= 0.因為