高三数学二轮复习 专题一 第5讲 导数及其应用教案Word格式.docx
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当f′(x)<0,即x<-lna时,f(x)在(-∞,-lna)上递减.
①当0<a<1时,-lna>0,f(x)在(0,-lna)上递减,在(-lna,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-lna)=2+b;
②当a≥1时,-lna≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a+
+b.
(2)依题意f′
(2)=ae2-
=
,解得ae2=2或ae2=-
(舍去),
所以a=
,代入原函数可得2+
+b=3,
即b=
故a=
,b=
.
考题分析
在每年的高考命题中都有导数应用的解答题出现,是高考试题的压轴题,难度较大,主要考查函数的单调性、极值、最值及根据单调性、极值、最值等确定参数的值或范围,解题的方法也是灵活多样,但导数的工具性都会有很突出的体现.
网络构建
高频考点突破
考点一:
利用导数研究函数的单调性
【例1】
(2012·
临沂模拟)已知函数f(x)=
,其中a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在原点处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间.
[审题导引]
(1)直接根据导数的几何意义解决;
(2)根据函数的结构特点,函数f(x)的导数应是一个分式,但分式的分母符号确定,其分子是一个多项式,所以讨论函数的单调性等价于讨论这个分子多项式的符号.
[规范解答]
(1)当a=1时,f(x)=
f′(x)=-2
由f′(0)=2,得曲线y=f(x)在原点处的切线方程是2x-y=0.
(2)f′(x)=-2
①当a=0时,f′(x)=
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
在(-∞,0)上单调递减.
当a≠0,f′(x)=-2a
②当a>0时,令f′(x)=0,得x1=-a,x2=
f(x)与f′(x)的情况如下:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
↘
f(x1)
↗
f(x2)
故f(x)的单调减区间是(-∞,-a),
;
单调增区间是
③当a<0时,f(x)与f′(x)的情况如下:
(-∞,x2)
(x2,x1)
(x1,+∞)
↘
↗
所以f(x)的单调增区间是
,(-a,+∞);
单调减区间是
综上,a>0时,f(x)在(-∞,-a),
单调递减;
在
单调递增.
a=0时,f(x)在(0,+∞)单调递增,在(-∞,0)单调递减;
a<0时,f(x)在
,(-a,+∞)单调递增;
单调递减.
【规律总结】
函数的导数在其单调性研究的作用
(1)当函数在一个指定的区间内单调时,需要这个函数的导数在这个区间内不改变符号(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零),当函数在一个区间内不单调时,这个函数的导数在这个区间内一定变号,如果导数的图象是连续的曲线,这个导数在这个区间内一定存在变号的零点,可以把问题转化为对函数零点的研究.
(2)根据函数的导数研究函数的单调性,在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论,这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行,其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行,如果这样的点不止一个,则要根据字母参数在不同范围内取值时,导数等于零的根的大小关系进行分类讨论,最后在分类解决问题后要整合一个一般的结论.
[易错提示] 在利用“若函数f(x)单调递增,则f′(x)≥0”求参数的范围时,注意不要漏掉“等号”.
【变式训练】
临川五月模拟)已知函数f(x)=
+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)讨论函数f(x)的单调性.
解析
(1)∵f(x)=
+lnx,
∴f′(x)=
(a>0).
∵函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,
≥0对x∈[1,+∞)恒成立,
ax-1≥0对x∈[1,+∞)恒成立,
即a≥
对x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.
(2)∵a≠0,f′(x)=
,x>0,
当a<0时,f′(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立,
∴f(x)的增区间为(0,+∞),
当a>0时,f′(x)>0⇒x>
,f′(x)<0⇒x<
∴f(x)的增区间为
,减区间为
考点二:
利用导数研究函数的极值与最值
【例2】
朝阳二模)已知函数f(x)=alnx+
+x(a≠0).
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线与直线x-2y=0垂直,求实数a的值;
(2)讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a∈(-∞,0)时,记函数f(x)的最小值为g(a),求证:
g(a)≤
e2.
[审题导引]
(1)利用导数的几何意义可求;
(2)讨论函数f(x)的导函数的符号可知f(x)的单调性;
(3)利用
(2)中函数f(x)的单调性求出f(x)的最小值g(a),并求g(a)的最大值可证不等式.
[规范解答]
(1)f(x)的定义域为{x
x>0}.
f′(x)=
+1(x>0).
根据题意,有f′
(1)=-2,所以2a2-a-3=0,
解得a=-1或a=
2)f′(x)=
+1=
(x>0).
①当a>0时,因为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.
所以函数f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减.
②当a<0时,因为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.
所以函数f(x)在(0,-2a)上单调递减,在(-2a,+∞)上单调递增.
(3)证明 由
(2)知,当a∈(-∞,0)时,函数f(x)的最小值为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=-
当a变化时,g′(a),g(a)的变化情况如下表:
a
e2
g′(a)
g(a)
极大值
e2是g(a)在(-∞,0)上的唯一极值点,且是极大值点,从而也是g(a)的最大值点.
所以g(a)最大值=g
=-
e2ln
-3
e2lne2+
e2=
所以,当a∈(-∞,0)时,g(a)≤
e2成立.
1.利用导数研究函数的极值的一般步骤
(1)确定定义域.
(2)求导数f′(x).
(3)①若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检验f′(x)在方程根左、右值的符号,求出极值.(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内)
②若已知极值大小或存在的情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况,从而求解.
2.求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数y=f(x)在(a,b)内的极值;
(2)将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
济南模拟)某旅游景点预计2013年1月份起前x个月的旅游人数的和p(x)(单位:
万人)与x的关系近似地满足p(x)=
x(x+1)·
(39-2x),(x∈N+,且x≤12).已知第x月的人均消费额q(x)(单位:
元)与x的近似关系是
q(x)=
(1)写出2013年第x月的旅游人数f(x)(单位:
人)与x的函数关系式;
(2)试问:
2013年哪个月旅游消费总额最大?
最大月旅游消费总额为多少元?
解析
(1)当x=1时,f
(1)=p
(1)=37,
当2≤x≤12,且x∈N+时,
f(x)=p(x)-p(x-1)=
x(x+1)(39-2x)-
(x-1)x(41-2x)=-3x2+40x.
验证x=1符合f(x)=-3x2+40x(x∈N+,且1≤x≤12).
(2)第x月旅游消费总额为
g(x)=
即g(x)=
当1≤x≤6,且x∈N+时,g′(x)=18x2-370x+1400,令g′(x)=0,
解得x=5,x=
(舍去).
当1≤x<5时,g′(x)>0,
当5<x≤6时,g′(x)<0,
∴当x=5时,g(x)max=g(5)=3125(万元).
当7≤x≤12,且x∈N+时,
g(x)=-480x+6400是减函数,
当x=7时,gmax(x)=g(7)=3040(万元),
综上,2013年第5月份的旅游消费总额最大,最大消费总额为3125万元.
考点三:
利用导数研究不等式
【例3】
长治模拟)设函数f(x)=ax2-xlnx-(2a-1)x+a-1(a∈R).
(1)当a=0时,求函数f(x)在点P(e,f(e))处的切线方程;
(2)对任意的x∈[1,+∞)函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
[审题导引]
(1)利用导数的几何意义k=f′(x0)求出切线方程;
(2)讨论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的范围.
[规范解答]
(1)当a=0时,f(x)=-xlnx+x-1,
由f′(x)=-lnx,则k=f′(e)=-1,f(e)=-1,
∴函数f(x)在点P(e,f(e))处的切线方程为y+1=-(x-e),即x+y+1-e=0.
(2)f′(x)=2ax-1-lnx-(2a-1)
=2a(x-1)-lnx,
易知,lnx≤x-1,
则f′(x)≥2a(x-1)-(x-1)=(2a-1)(x-1),
当2a-1≥0,即a≥
时,由x∈[1,+∞)得f′(x)≥0恒成立,
f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f
(1)=0符合题意.
所以a≥
当a≤0时,由x∈[1,+∞)得f′(x)≤0恒成立,f(x)在[1,+∞)上单调递减,
f(x)≤f
(1)=0显然不成立,a≤0舍去.
当0<a<
时,由lnx≤x-1,得ln
≤
-1,
即lnx≥1-
则f′(x)≤2a(x-1)-
(2ax-1).
因为0<a<
,所以
>1.
x∈
时,f′(x)≤0恒成立,
f
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