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1、2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)教學(xué)案
考綱指要:
導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的內(nèi)容,是解決實(shí)際問(wèn)題的強(qiáng)有力的數(shù)學(xué)工具,運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識(shí),研究函數(shù)的性質(zhì):?jiǎn)握{(diào)性、極值和最值是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題。
考點(diǎn)掃描:
導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用
① 結(jié)合實(shí)例,借助幾何直觀探索并了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系;能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會(huì)求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
② 結(jié)合函數(shù)的圖像,了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件;會(huì)用導(dǎo)數(shù)求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的極大值、極小值,以及閉區(qū)間上不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)最大值、最小值;體會(huì)導(dǎo)數(shù)方法在研究函數(shù)性質(zhì)中的一般性和有效性。
考題先知:
2、
例1.設(shè)函數(shù),其中實(shí)數(shù)A、B、C滿(mǎn)足:
①; ②。
(1)求證:; (2)設(shè),求證:。
證明:(1)由得:,
又,所以,
(2)當(dāng)時(shí),等價(jià)于當(dāng)時(shí),,所以只須證明當(dāng)時(shí),,由②知:且,所以為開(kāi)口向上的拋物線,其對(duì)稱(chēng)軸方程,又由得:
,即,所以,當(dāng)時(shí),有
=
=,所以為[0,2]上的增函數(shù)。因此,當(dāng)時(shí),有,即當(dāng)時(shí),。
評(píng)注:本題以一元三次函數(shù)為載體,以導(dǎo)數(shù)作為工具,進(jìn)一步研究函數(shù)性質(zhì)、代數(shù)式變形、解析幾何和不等式證明等數(shù)學(xué)問(wèn)題,對(duì)于這些題目,導(dǎo)數(shù)僅僅是背景,核心還是初等數(shù)學(xué)的變化技巧。
例2 已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間
上單調(diào)遞減,且。
3、 (Ⅰ) 求的表達(dá)式;
(Ⅱ)設(shè),若對(duì)任意的, 不等式恒成立,求實(shí)數(shù)的最小值。
解析:(Ⅰ) 因?yàn)樵趨^(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間單調(diào)遞減,所以方程的兩根滿(mǎn)足。由,得,所以,而,故,則,從而。故
(Ⅱ)對(duì)任意的,不等式恒成立,等價(jià)于在區(qū)間上,。當(dāng)時(shí),,所以在區(qū)間上單調(diào)遞減,從而在區(qū)間上,,則由,解得或,結(jié)合,可得實(shí)數(shù)的最小值為。
復(fù)習(xí)智略:
例3.(1)已知,試求函數(shù)的最小值;
(2)若,求證:。
分析:求函數(shù)最值的常見(jiàn)方法是通過(guò)求導(dǎo),確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出其最值。
解:(1)對(duì)于函數(shù),求導(dǎo)得
,由得,當(dāng)時(shí),,函數(shù)是遞減函數(shù);當(dāng)時(shí),,函數(shù)是遞增函數(shù);所以當(dāng)時(shí)
4、,函數(shù)。
(2)由第(1)題得:
從而,,,
三式相加得:
變化:由(1)知:,從而,,
,三式相加,結(jié)合得:
。
聯(lián)想:在三角函數(shù)中,有公式,因此,若,且,則。
類(lèi)比:若,則
檢測(cè)評(píng)估:
1.如果f '(x)是二次函數(shù), 且 f '(x)的圖象開(kāi)口向上,頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-), 那么曲線y=f(x)上任一點(diǎn)的切線的傾斜角α的取值范圍是( )
A. (0, ) B. [0, ]∪[, π] C. [0, ]∪[, π] D. [,]
2.已知函數(shù)在R上可導(dǎo),且·,則與的大小關(guān)系是
A.= B.< C.> D
5、.不能確定 ( )
3.已知函數(shù)在R上可導(dǎo),當(dāng)時(shí),,且當(dāng),時(shí)有,若,則不等式解集為 ( )
A. B. C. D.
4.若函數(shù)是導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( )
A.[-1,0] B. C.[1,] D.
5 設(shè)函數(shù)fn(x)=n2x2(1-x)n(n為正整數(shù)),則fn(x)在[0,1]上的最大值為 ( )
A 0 B 1 C D
6.已知,方程在區(qū)間內(nèi)根的個(gè)數(shù)是 .
7. 已知曲線在點(diǎn)處的切線與軸、直線所圍成的三角形的面積為,則 .
6、
8.已知函數(shù)是R上的奇函數(shù),當(dāng)時(shí)取得極值,
則的單調(diào)區(qū)間是 ;
9.若方程在上有解,則實(shí)數(shù)的取值范圍是 。
10.已知函數(shù)在R上為減函數(shù),則的取值范圍是
11.已知,點(diǎn)A(s,f(s)), B(t,f(t))
(I) 若,求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(II)若函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)滿(mǎn)足:當(dāng)|x|≤1時(shí),有||≤恒成立,求函數(shù)的解析表達(dá)式;
(III)若0
7、項(xiàng)公式;
(3)對(duì)于(2)中的數(shù)列,求證:①;②。
點(diǎn)撥與全解:
1.解:因,所以,故選B。
2.解:因,從而,得,所以原函數(shù)為,從而>,故選C。
3.解:因當(dāng)時(shí),,所以在上單調(diào)遞增;因當(dāng),時(shí)有,所以為偶函數(shù),原不等式可化為,即
,得,故選C。
4.解:由得,即當(dāng)時(shí),函數(shù)單調(diào)遞增,又
是單調(diào)遞減的,所以當(dāng),即[1,]時(shí)單調(diào)遞減,故選C。
5.解?!遞′n(x)=2xn2(1-x)n-n3x2(1-x)n-1=n2x(1-x)n-1[2(1-x)-nx],
令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=時(shí)取得最大值,
最大值fn()=n2()
8、2(1-)n=4·()n+1故選D。
6.解:記,由得,所以當(dāng)時(shí),在區(qū)間上單調(diào)遞減,又,故原方程在區(qū)間內(nèi)有且只有一根。
7.解:過(guò)點(diǎn)處的切線是,與軸交點(diǎn)為,與直線的交點(diǎn)為,所以圍成的三角形的面積=,得。
8.解:∵為R上的奇函數(shù),∴,
即,∴d=0.∴,.
∵當(dāng)x=1時(shí),取得極值.∴ ∴ 解得:.
∴,,令,則或,令,則.∴的單調(diào)遞增區(qū)間為和,單調(diào)遞減區(qū)間為.
9.解:記,因得,所以在上,當(dāng)時(shí),函數(shù)有極小值,且在[0,1]上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增,
又,所以當(dāng),即當(dāng)時(shí),方程在[1,2]上有一解,當(dāng),即當(dāng)[0,2]時(shí),方程在[0,1]上有一解,綜
9、上所述,當(dāng)時(shí),原方程在上有解。
10。解:由在R上恒成立得,從而。
11.解:(I) f (x)=x3-2x2+x, (x)=3x2-4x+1, 因?yàn)閒(x)單調(diào)遞增,所以(x)≥0,
即 3x2-4x+1≥0,解得,x≥1, 或x≤,故f(x)的增區(qū)間是(-∞,)和[1,+ ∞].
(II) (x)=3x2-2(a+b)x+ab.
當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),恒有|(x)|≤. 故有≤(1)≤, ≤(-1)≤,
≤(0)≤, 即
①+②,得≤ab≤,又由③,得ab=,
將上式代回①和②,得 a+b=0,故f(x)=x3x.
(III) 假設(shè)⊥, 即= = st+f(s)f(t)=0,
(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1, [st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2]=-1,
由s,t為(x)=0的兩根可得, s+t=(a+b), st=, (0