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2012届高考数学(文)二轮复习课件:第4讲 导数的应用

时间:2012-04-18


2012届高考数学(文)二轮复习 2012届高考数学(文)二轮复习 课件:第4 课件:第4讲 导数的应用

第4讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1.导数的几何意义 . 函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数值就是曲线 y=f(x) = 在点 = = 在点(x 处的切线的斜率, 在点 0,f(x0))处的切线的斜率,其切线方程是 y-f(x0) 处的切线的斜率 - =f′(x0)(x-x0). ′ - . 2.函数的单调性与导数 . 函数的导数大于零的不等式的解区间是函数的单 调递增区间, 调递增区间, 函数的导数小于零的不等式的解区间是函 数的单调递减区间. 数的单调递减区间. 如果已知函数在某个区间上单调递 增(减),则这个函数的导数在这个区间上不小 大)于零 减 ,则这个函数的导数在这个区间上不小(大 于零 恒成立.在区间上离散点处导数等于零, 恒成立.在区间上离散点处导数等于零,不影响函数的 单调性,如函数 y=x+sinx. 单调性, = +

第4讲 │ 主干知识整合
3.函数的导数与极值 . 导数等于零的点是函数的极值点, 导数等于零的点是函数的极值点,且满足导数在这个点左右 两侧异号,若导数值左正右负(即先增后减 即先增后减), 两侧异号,若导数值左正右负 即先增后减 ,则这个点是函数的极 大值点;若导数值左负右正(即先减后增 即先减后增), 大值点;若导数值左负右正 即先减后增 ,则这个点是函数的极小 值点;若导数值左右两侧不变号,这个点不是函数的极值点(如函 值点;若导数值左右两侧不变号,这个点不是函数的极值点 如函 数 y=x3 在 x=0 处).对可导函数而言,导数等于零的点是函数在 = = .对可导函数而言, 该点取得极值的必要条件,但对不可导的函数, 该点取得极值的必要条件,但对不可导的函数,可能在极值点处 函数的导数不存在(如函数 = 在 = 因此对一些函数而言, 函数的导数不存在 如函数 y=|x|在 x=0 处), , 因此对一些函数而言, 导数等于零的点既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条 件. 4.闭区间上函数的最值 . 在闭区间上连续的函数,一定有最大值和最小值,其最大值 在闭区间上连续的函数, 一定有最大值和最小值, 是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的 最大者, 最大者 ,最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所 有极小值中的最小者. 有极小值中的最小者.

第4讲 │ 要点热点探究
主干知识整合 ? 探究点一 导数的几何意义及应用
山东卷] 例 1 [2011·山东卷 曲线 y=x3+11 在点 P(1,12)处的切线与 y 山东卷 = 处的切线与 轴交点的纵坐标是( ) 轴交点的纵坐标是 A.- .-9 B.- .-3 C.9 D.15 .- .- . .

【 分析】 根据导函数的几何意义,得到在 x=1 分析】 根据导函数的几何意义, = 处的切线的斜率,求出切线方程, 处的切线的斜率,求出切线方程,进一步得到与 y 轴交 点的坐标. 点的坐标.

第4讲 │ 要点热点探究
C 【解析】 因为 y′=3x2,所以 k=y′|x=1=3,所以 解析】 ′ = ′ , 过点 P(1,12)的切线方程为 y-12=3(x-1),即 y=3x+9,所 的切线方程为 - = - , = + , 以与 y 轴交点的纵坐标为 9.

点评】 本题考查导数的几何意义, 【点评】 本题考查导数的几何意义,求曲线切线方程的步骤 (1)求出函数 = 是: 求出函数 y=f(x)在 x=x0 时的导数, 在 = 时的导数, 即曲线 y=f(x)在点 P(x0, = 在点 f(x0))处切线的斜率;(2)在已知切点坐标 P(x0,f(x0))和切线斜率的 处切线的斜率; 在已知切点坐标 处切线的斜率 和切线斜率的 条件下, 条件下,求得切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). - =′ - . 注意: (1)当曲线 = f(x 处的切线平行于 注意: 当曲线 y=f(x)在点 P(x0, 0))处的切线平行于 y 轴(此 在点 此 时导数不存在)时 由切线定义可知, 时导数不存在 时,由切线定义可知,切线方程为 x=x0;(2)当切点 = 当切点 坐标不知道时,应首先设出切点坐标,再求解. 坐标不知道时,应首先设出切点坐标,再求解.

第4讲 │ 要点热点探究

处的切线斜率为( 曲线 y=ex 在点 A(0,1)处的切线斜率为 = 处的切线斜率为 1 A.1 B.2 C.e D. . . . e

)

A 【解析】 y′=ex,故所求切线斜率 k 解析】 ′ =ex|x=0=e0=1.故选 A. 故选

第4讲 │ 要点热点探究
? 探究点二 利用导数研究函数的单调性和单调区间
例 2 已知函数 f(x)=alnx-2ax+3(a≠0). = - + ≠ . (1)求函数 f(x)的单调区间; 的单调区间; 求函数 的单调区间 3 g(x) (2)函数 y=f(x)的图象在 x=2 处的切线的斜率为 , 函数 = 的图象在 = 2 若函数 1 = x3+x2[f′(x)+m]在区间 ′ + 在区间(1,3)上不是单调函数,求 m 的取值范 上不是单调函数, 在区间 上不是单调函数 3 围.

【分析】 (1)根据导数大于 0,求其单调递增区间,导数小于 分析】 根据导数大于 ,求其单调递增区间, 0,求出单调递减区间,注意讨论参数 a 的取值范围;(2)借助 的取值范围; 借助 ,求出单调递减区间, 导数工具求得 g′(x),结合函数零点定理,列出不等关系, ′ ,结合函数零点定理,列出不等关系, 的取值范围. 求出 m 的取值范围.

第4讲 │ 要点热点探究
a(1-2x) ( - ) 解答】 (x>0). 【解答】 (1)f′(x)= ′ = . x 1 1 当 a>0 时,f′(x)>0?0<x<2,f′(x)<0?x>2. ′ ? ′ ? ? 1? , ∴ f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 ?0,2? , 单 调 递 减 区 间 为 ? ?
?1 ? ? ,+∞?. ,+∞ 2 ? ?

1 1 当 a<0 时,f′(x)>0?x>2,f′(x)<0?0<x<2. ′ ? ′ ? ?1 ? ? 1? , f(x)的单调递增区间为?2,+∞?, 的单调递增区间为 ,+∞ 单调递减区间为?0,2?. ? ? ? ?

第4讲 │ 要点热点探究

3a 3 (2)f′(2)=- = ,得 a=- , ′ =- =-1, =- 2 2
? 2 1 3 ? 1 + =-lnx+ + , ∴f(x)=- +2x+3,g(x)=3x +?-x+2+m?x , =- = ? ? ∴g′(x)=x2+(4+2m)x-1, ′ = + - , 在区间(1,3)上不是单调函数,且 g′(0)=- , 上不是单调函数, =-1, ∵g(x)在区间 在区间 上不是单调函数 ′ =- ?g′(1)<0, ?4+2m<0, , ? ′ ) , ? + 10 ? ? 解得- ∴ - ∴ 解得- 3 <m<-2. ?g′(3)>0, ?20+6m>0, , ? ′ ) , ? +

第4讲 │ 要点热点探究

【点评】 本题考查利用导数求函数的单调性问题, 点评】 本题考查利用导数求函数的单调性问题, 利用 导数研究函数单调性的一般步骤: 确定函数的定义域 确定函数的定义域; 导数研究函数单调性的一般步骤:(1)确定函数的定义域;(2) 或证明单调性), 求导数 f′(x);(3)①若求单调区间 或证明单调性 ,只需在 ′ ; ①若求单调区间(或证明单调性 的定义域内解(或证明 函数 f(x)的定义域内解 或证明 不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0; 的定义域内解 或证明)不等式 ′ ′ ; ② 若 已 知 f(x) 的 单 调 性 , 则 转 化 为 不 等 式 f′(x)≥0 或 ′ ≥ f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题求解. ′ ≤ 在单调区间上恒成立问题求解.

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[2011·辽宁卷 函数 f(x)的定义域为 R, -1)=2, 辽宁卷] f(- = , 辽宁卷 的定义域为 , ) 对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为 ∈ ,′ > , > + 的解集为( A.(-1,1) B.(-1,+∞) ,+∞ .- . - ,+ C.(-∞,- D.(-∞,+∞) . - ,-1) . - ,+∞

B 【解析】 设 G(x)=f(x)-2x-4,所以 G′(x) 解析】 = - - , ′ f′ =f′(x)-2, ′ - , 由于对任意 x∈R, ′(x)>2, ∈ , , 所以 G′(x) ′ 恒成立, =f′(x)-2>0 恒成立, ′ - 所以 G(x)=f(x)-2x-4 是 R 上 = - - 的增函数, 的增函数,又由于 G(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, - = - - ×- - = , 所以 G(x)=f(x)-2x-4>0,即 f(x)>2x+4 的解集为 - = - - , + 的解集为(- 1,+∞),故选 B. ,+∞ ,+ ,

第4讲 │ 要点热点探究
a(1-2x) ( - ) 解答】 (x>0). 【解答】 (1)f′(x)= ′ = . x 1 1 当 a>0 时,f′(x)>0?0<x<2,f′(x)<0?x>2. ′ ? ′ ? ? 1? , ∴ f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 ?0,2? , 单 调 递 减 区 间 为 ? ?
?1 ? ? ,+∞?. ,+∞ 2 ? ?

1 1 当 a<0 时,f′(x)>0?x>2,f′(x)<0?0<x<2. ′ ? ′ ? ?1 ? ? 1? , f(x)的单调递增区间为?2,+∞?, 的单调递增区间为 ,+∞ 单调递减区间为?0,2?. ? ? ? ?

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? 探究点三 利用导数研究函数的极值和最值
安徽卷] 例 3 [2011·安徽卷 函数 f(x)=axn(1-x)2 在区间 安徽卷 = - 在区间[0,1]上的图象 上的图象 可能是( ) 如图 4-1 所示,则 n 可能是 - 所示,

A.1 .

B.2 .

图 4-1 - C.3 .

D.4 .

第4讲 │ 要点热点探究

【分析】 结合函数的极值点的判断法,首先求出 n 在不同取 分析】 结合函数的极值点的判断法, 值时的导函数,结合图象特征和对于极大值的定义, 值时的导函数,结合图象特征和对于极大值的定义,逐一观 得出最后结论. 察,得出最后结论.

第4讲 │ 要点热点探究
A 【解析】 由函数图象可知 a>0.当 n=1 时,f(x)=ax(1-x)2=a(x3 解析】 当 = = - 1 -2x2+x),f′(x)=a(3x-1)(x-1),所以函数的极大值点为 x=3<0.5,故 ,′ = - - , = , A 可能; 可能; f′ = - , - 当 n=2 时, = 函数 f(x)=ax2(1-x)2=a(x2-2x3+x4), ′(x)=a(2x-6x2 = 1 3 错误; +4x )= 2ax(2x-1)(x-1),函数的极大值点为 x= ,故 B 错误; = - - , = 2 当 n=3 时,f(x)=ax3(1-x)2=a(x5-2x4+x3),f′(x)=ax2(5x2-8x+ = = - ,′ = + 3 2 3)=ax (5x-3)(x-1),函数的极大值点为 x= >0.5,故 C 错误; 错误; = - - , =5 , 当 n=4 时,f(x)=ax4(1-x)2=a(x6-2x5+x4),f′(x)=a(6x5-10x4+ = = - ,′ = 2 4x3)=2ax3(3x-2)(x-1),函数的极大值点为 x= >0.5,故 D 错误. 错误. = - - , = , 3

第4讲 │ 要点热点探究

点评】 利用导数研究函数的极值的一般步骤: 【点评】 (1)利用导数研究函数的极值的一般步骤:①确 利用导数研究函数的极值的一般步骤 定定义域; 定定义域;②求导数 f′(x),③若求极值,则先求方程 f′(x) ′ , 若求极值, ′ 的根, 在方程根左右的符号, =0 的根,再检验 f′(x)在方程根左右的符号,求出极值 当根 ′ 在方程根左右的符号 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); 中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内 ; 若已知极值大 小或存在情况, 小或存在情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在 ′ = 情况,从而求解. 求函数 = 情况,从而求解.(2)求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小 在 , 上的最大值与最小 值的步骤: 内的极值, 值的步骤:①求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值,②将函数 y= = 在 , 内的极值 = 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 比较, 的各极值与端点处的函数值 , 比较 个是最大值,最小的一个是最小值. 个是最大值,最小的一个是最小值.

第4讲 │ 要点热点探究
=-1 设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),若 x=- = + , , ∈ , =- 的一个极值点,则下列图象不可能 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列图象不可能为 y=f(x)的 的 ... = 图象是( 图象是 )

图 4-2 -

第4讲 │ 要点热点探究

D 【解析】 设 F(x)=f(x)ex, 解析】 = ∴F′(x)=exf′(x)+exf(x)=ex(2ax+b+ax2+bx+c), ′ = ′ + = + + + , =-1 的一个极值点, 又∵x=- 为 f(x)ex 的一个极值点, =- ∴F′(-1)=e2(-a+c)=0,即 a=c, ′- = - + = , = , ∴?=b2-4ac=b2-4a2, = = 当 ?=0 时,b=±2a,即对称轴所在直线方程为 x=±1; = = , = ; ?b? ? =-1 当 ?>0 时, 2a?>1, , 即对称轴在直线 x=- 的左边或在 =- ? ? 直线 x=1 的右边. = 的右边. 又 f(-1)=a-b+c=2a-b<0,故 D 错,选 D. - = - + = - < ,

第4讲 │ 要点热点探究
创新链接3 ? 创新链接 利用导数研究不等式和方程

在函数的解答题中有一类是利用导数研究不等式和方程, 在函数的解答题中有一类是利用导数研究不等式和方程, 和方程 常见的类型是研究在某个区间上恒成立的不等式(实际上就是 常见的类型是研究在某个区间上恒成立的不等式 实际上就是 证明这个不等式), 证明这个不等式 ,研究不等式在某个区间上成立时不等式的 某个参数的取值范围,研究含有指数式、对数式、 某个参数的取值范围,研究含有指数式、对数式、三角函数式 等超越式的方程在某个区间上的根的个数等, 等超越式的方程在某个区间上的根的个数等,这些问题依据基 本初等函数的知识已经无能为力, 本初等函数的知识已经无能为力,就需要根据导数的方法进行 解决. 解决. 使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函 通过导数的方法研究这个函数的单调性、 数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的 函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根 函数值, 的个数. 的个数.

第4讲 │ 要点热点探究

浙江卷] 例 4 [2011·浙江卷 设函数 f(x)=a2lnx-x2+ax,a>0. 浙江卷 = - , (1)求 f(x)的单调区间; 的单调区间; 求 的单调区间 (2)求所有实数 a, e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1, 恒成立. e]恒成立 求所有实数 , - ≤ 使 ≤ ∈ , 恒成立. 为自然对数的底数. 注:e 为自然对数的底数.

第4讲 │ 要点热点探究

【解答】 (1)因为 f(x)=a2lnx-x2+ax,其中 x>0, 解答】 因为 = - , > , )(2x+ ) (x-a)( +a) - )( a2 . 所以 f′(x)= x -2x+a=- ′ = + =- x 的增区间为(0, , 由于 a>0,所以 f(x)的增区间为 ,a), > , 的增区间为 减区间为(a,+ . ,+∞ 减区间为 ,+∞). (2)由题意得:f(1)=a-1≥e-1,即 a≥e. 由题意得: = - ≥ - , ≥ 由题意得 内单调递增, 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 知 在 , 内单调递增 恒成立, 要使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1,e]恒成立, - ≤ ≤ ∈ , 恒成立 ?f(1)=a-1≥e-1, - ≥ - , ? ( ) ? 只要 ?f(e)=a2-e2+ae≤e2. ≤ ? ( ) 解得 a=e. =

第4讲 │ 要点热点探究

alnx b 在点(1, f(1)) 已知函数 f(x)= = + , 曲线 y=f(x)在点 , = 在点 x+1 x + 处的切线方程为 x+2y-3=0. + - = (1)求 a,b 的值; 求 , 的值; lnx (2)证明:当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> 证明: . 证明 , ≠ x-1 -

第4讲 │ 要点热点探究

b - x2 . (x+1)2 + ) 1 且过点(1,1),故 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为-2,且过点 + - = 的斜率为- , , ?f(1)=1, ?b=1, ?( ) ? = , ? 即 ?a 1 1 f′(1)=- , ′ ) -b=-2, =- ?2 ? 2 ? ? 解得 a=1,b=1. = , = 【解答】 (1)f′(x)= 解答】 ′ =

?x+1 ? ? + ? a? -lnx? ? x ?

第4讲 │ 要点热点探究
x2-1? lnx 1 lnx 1 ? ? ? (2)由(1)知 f(x)= 由 知 = +x,所以 f(x)- - = 2lnx- x ?. - x+1 x-1 1-x2? + - - ? ? x2-1 考虑函数 h(x)=2lnx- x (x>0),则 = - , 2 2 ) (x-1)2 - ) 2 2x -(x -1) h′(x)=x- ′ = =- x2 . x2 所以当 x≠1 时,h′(x)<0,而 h(1)=0,故 ≠ ′ , = , 1 h(x)>0. 当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 ∈ 时 , 1-x2 - 1 ,+∞ h(x)>0. 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 ∈ ,+ 时 , 1-x2 - lnx >0, 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)- , ≠ - , x-1 - lnx . 即 f(x)> x-1 -

第4讲 │ 规律技巧提炼

规律技巧提炼
1.求曲线的切线方程时,其关键点是切点坐标,这个点既在 .求曲线的切线方程时,其关键点是切点坐标, 曲线上也在切线上, 在这个点处函数的导数值就是切线的斜率. 曲线上也在切线上, 在这个点处函数的导数值就是切线的斜率. 在 解决曲线的切线问题时要抓住切点这个关键. 解决曲线的切线问题时要抓住切点这个关键.求解切线问题时要 注意求的是曲线上某点处的切线问题, 注意求的是曲线上某点处的切线问题,还是曲线的过某个点的切 线问题. 线问题.

第4讲 │ 规律技巧提炼

2.函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本, 函数的 .函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本, 单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点. 单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点.在含 有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根据函数的极值点 把函数的定义域进行分段 在各段上研究函数的导数的符号, 数的定义域进行分段, 把函数的定义域进行分段,在各段上研究函数的导数的符号,确 定函数的单调性,也确定了函数的极值点, 定函数的单调性,也确定了函数的极值点,这是讨论函数的单调 性和极值点情况进行分类的基本原则. 性和极值点情况进行分类的基本原则.

第4讲 │ 规律技巧提炼

3.使用导数的方法研究不等式问题的基本方法是构造 . 函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值, 函数, 通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值,利 用特殊点的函数值和整个区间上的函数值的比较得到不等 式,注意在一些问题中对函数的解析式进行适当的变换再 构造函数. 构造函数. 4.使用导数的方法研究方程的根的分布,其基本思想 .使用导数的方法研究方程的根的分布, 是构造函数后,使用数形结合方法,即先通过“ 是构造函数后,使用数形结合方法,即先通过 “数”的计 算得到函数的单调区间和极值,再使用“ 算得到函数的单调区间和极值 ,再使用“形 ”的直观得到 方程根的分布情况. 方程根的分布情况.

第4讲 │ 教师备用例题

教师备用例题
备选理由: 问结合导数的几何意义, 备选理由:例 1 第(1)问结合导数的几何意义,求出 问结合导数的几何意义 参数的取值范围, 问中考查了数学思想的应用, 参数的取值范围,第(2)问中考查了数学思想的应用,结 问中考查了数学思想的应用 合等价转化和分类讨论的数学思想来解决问题, 合等价转化和分类讨论的数学思想来解决问题, 同时体 现导数在求最值中的应用; 现导数在求最值中的应用; 2 第(1)问综合考查导数在 例 问综合考查导数在 函数极值和单调性中的应用, 函数极值和单调性中的应用, (2)问考查了数形结合法 第 问考查了数形结合法 在函数中的应用,这也是考查的重点. 在函数中的应用,这也是考查的重点.

第4讲 │ 教师备用例题

例 1 已知对任意的实数 m,直线 x+y+m=0 都不与曲 , + + = 相切. 线 f(x)=x3-3ax(a∈R)相切. = ∈ 相切 (1)求实数 a 的取值范围; 求实数 的取值范围; (2)当 x∈[-1,1]时, 当 ∈- 时 函数 y=f(x)的图象上是否存在一点 P, = 的图象上是否存在一点 , 1 试证明你的结论. 使得点 P 到 x 轴的距离不小于4?试证明你的结论.

第4讲 │ 教师备用例题

,+∞ 【解答】 (1)f′(x)=3x2-3a∈[-3a,+∞), 解答】 ′ = ∈ - ,+ , ∵对任意 m∈R, ∈ , 直线 x+y+m=0 都不与 f(x)相切, + + = 相切, 相切 ,+∞ ∴-1?[-3a,+∞),即-1<-3a, ? - ,+ , - , 1 故实数 a 的取值范围是 a<3. 1 (2)存在.问题等价于当 x∈[-1,1]时,|f(x)|max≥ . 存在. 存在 ∈- 时 4 上是偶函数, 设 g(x)=|f(x)|,则 g(x)在[-1,1]上是偶函数, = , 在- 上是偶函数 1 故只要证明当 x∈[0,1]时,|f(x)|max≥4. ∈ 时

第4讲 │ 教师备用例题
上单调递增, ①当 a≤0 时,f′(x)≥0,f(x)在[0,1]上单调递增,且 f(0) ≤ ′ ≥ , 在 上单调递增 1 =0,故 g(x)=f(x),g(x)max=f(1)=1-3a≥1>4; , = , = - ≥ 1 ②当 0<a<3时,f′(x)=3x2-3a=3(x+ a)(x- a).列 ′ = = + - . 表: (-∞, - x - a - a) f′(x) 0 ′ + 极大 f(x) ? 值 2a a (- a, - , a) - ? a 0 极小 值- 2a a ,+∞ ( a,+∞) ,+ + ?

第4讲 │ 教师备用例题

f(x)在(0, a)上递减,在( a,1)上递增. 在 , 上递减, 上递增. 上递减 , 上递增 g(x)= 注意到 f(0)=f( 3a)=0, a< 3a<1, =|f(x)|, = = , 且 , , =-f(x),x∈( 3a,1)时, ∴x∈(0, 3a)时,g(x)=- ∈ , 时 =- , ∈ , 时 g(x)=f(x), = , ,-f( ∴g(x)max=max{f(1),- a)}, ,- , 1 1 1 由 f(1)=1-3a≥4及 0<a<3,解得 0<a≤4, = - ≥ ≤ 此时- 成立, 此时-f( a)≤f(1)成立, ≤ 成立 1 ∴g(x)max=f(1)=1-3a≥4. = - ≥

第4讲 │ 教师备用例题

1 1 1 1 由-f( a)=2a a≥4及 0<a<3,解得4≤a<3, = ≥ 此时- 成立, 此时-f( a)≥f(1)成立, ≥ 成立 1 =-f( ∴g(x)max=- a)=2a a≥4. = ≥ 1 使得|f(x ≥ 成立. ∴在[-1,1]上至少存在一个 x0,使得 0)|≥4成立. - 上至少存在一个

第4讲 │ 教师备用例题

2 1 例 2 已知函数 f(x)=3x+2,h(x)= x. = + = (1)设函数 F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2,求 F(x)的单调区间与 设函数 = - 的单调区间与 极值; 极值; ?3 3? ( - ) (2)设 a∈R, 设 ∈ , 解关于 x 的方程 lg?2f(x-1)-4?=2lgh(a-x) - ? ? -2lgh(4-x). - .

第4讲 │ 教师备用例题

【 解 答 】 (1)F(x) = 18f(x) - x2[h(x)]2 = - x3 + 12x + 9(x≥0), ≥ , =-3x ∴F′(x)=- 2+12. ′ =- =-2 令 F′(x)=0,得 x=2(x=- 舍去 . ′ = , = =- 舍去). ,+∞ 当 x∈[0,2)时,F′(x)>0;当 x∈(2,+∞)时,F′(x) ∈ 时 ′ > ; ∈ ,+ 时 ′ <0. 为增函数; 故当 x∈[0,2)时,F(x)为增函数; ∈ 时 为增函数 ,+∞ 为减函数. 当 x∈[2,+∞)时,F(x)为减函数. ∈ ,+ 时 为减函数 x=2 为 F(x)的极大值点,且 F(2)=- +24+9=25,无 的极大值点, =-8+ + = , = 的极大值点 =- 极小值. 极小值.

第4讲 │ 教师备用例题
(2)原方程代为 lg(x-1)+2lg 4-x=2lg a-x 原方程代为 - + - = -

?x>1, ? > , - > , ?4-x>0, ?? - > , ?a-x>0, ?(x-1)( -x)=a-x )(4- ) - ? - )(

< < , ?1<x<4, ? < , ??x<a, ?a=-(x-3)2+5. =-( ? =- - )

①当 1<a≤4 时,原方程有一解 x=3- 5-a; < ≤ = - - ; ②当 4<a<5 时,原方程有两解 x1,2=3± 5-a; < < - ; ③当 a=5 时,原方程有一解 x=3; = = ; ④当 a≤1 或 a>5 时原方程无解. ≤ > 时原方程无解.


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