nbhkdz.com冰点文库

2013高考数学(江苏专版)二轮专题课件:第一部分 专题4 导数(Ⅱ)


备考方向锁定

第 一 部 分

专 题 4

小题基础练清 增分考点讲透 配套专题检测

返回

返回

解答题中出现导数的几率非常大,导数的考查思路比较清 晰,把导数作为工具仅限于理论上的分析和实践中的应用,考 查导数有时会跟分类讨论、数形结合、函数与

方程联系一起综

合考查,特别是利用导数解决函数最值问题的实际操作,更是
层出不穷,所以在平时的学习当中,注重函数模型化的识别.

返回

返回

1 1.设直线y=2x+b是曲线y=ln

x(x>0)的一条切线,则实数b

的值是________. 1 1 1 解析:由题意得:y′=x,令x=2,得x=2,

1 故切点(2,ln 2),代入直线方程y=2x+b,得 b=ln 2-1.
2

答案:ln 2-1

1 2.函数y=4x +x单调递增区间是________.
3 1 8x -1 解析:令y′=8x-x2= x2 >0,

1 (2x-1)(4x +2x+1)>0,x>2. ?1 ? 答案:?2,+∞? ? ?
2

返回

3.设f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象
如右图所示,则f(x)的图象最有可能的 是________.(填图象序号)

解析:利用导函数的图象的零 点,可知函数f(x)在(-∞,0)及 (2,+∞)上单调递增,而在(0,2) 上单调递减.从而只有图象③

符合要求.
答案:③
返回

4.函数f(x)=x-a x在[1,4]上单调递增,则实数a的最大值 为________.

解析:法一:f′(x)=1-

,由已知,得1- ≥0,即 2 x 2 x

a

a

a≤2 x在区间[1,4]上恒成立. ∴a≤(2 x)min=2,∴amax=2.

返回

法二:令t= x, 则把函数f(x)=x-a x 看成是函数y=t2-at,t∈[1,2],与函数t = x,x∈[1,4]的复合函数, ∵t= x在区间[1,4]上单调递增, ∴要使函数f(x)=x-a x 在[1,4]上单调递增,只要y=t2-at在

区间[1,2]上单调递增即可. a 当且仅当2≤1,即a≤2,∴amax=2.
答案:2

返回

5.(2012· 南通模拟)各项均为正数的等比数列 an 满足a1a7=4, a6=8,若函数f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+a10x10的导数为
?1? f′(x),则f′?2?=________. ? ?

? ? ?

? ? ?

解析:各项为正的等比数列 an 满足:a1a7=4,a6=8,推算 1 - 出a1=4,q=2,所以an=2n 3.又f′(x)=a1+2a2x+…+
?1? 1 1 1 n-1 10a10x ,将x=2代入得nanx =4n,所以f′?2?=4(1+2 ? ?
9

? ? ?

? ? ?

+…+10).
55 答案: 4
返回

返回

[典例1] (2012· 江苏高考)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小 值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是 函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点. (1)求a和b的值; (2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点; (3)设h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的零点 个数.

[解]

(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且

f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0, 解得a=0,b=-3.
返回

(2)由(1)知f(x)=x3-3x. 因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2= 1,x3=-2.于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2. 当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故-2是g(x)

的极值点.
当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0, 故1不是g(x)的极值点. 所以g(x)的极值点为-2.

返回

(3)令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c.先讨论关于x的方程f(x)=d根
的情况,d∈[-2,2]. 当|d|=2时,由(2)可知,f(x)=-2的两个不同的根为1和- 2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1和2. 当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=

f(-2)-d=-2-d<0,
所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根. 由(1)知f′(x)=3(x+1)(x-1). ①当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从 而f(x)>f(2)=2,此时f(x)=d无实根.同理,f(x)=d在(-∞,- 2)上无实根.
返回

②当x∈(1,2)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-
d<0,f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(1,2)内 有惟一实根.同理,f(x)=d在(-2,-1)内有惟一实根. ③当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,故f(x)是单调减函数,又f(-1)- d>0,f(1)-d<0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)

内有惟一实根.
由上可知:当|d|=2时,f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足 |x1|=1,|x2|=2; 当|d|<2时,f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i= 3,4,5. 现考虑函数y=h(x)的零点.
返回

(ⅰ)当|c|=2时,f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,

而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故y=h(x)
有5个零点. (ⅱ)当|c|<2时,f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5满足|ti|<2, i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y=h(x)有9个 零点.

综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;
当|c|<2时,函数y=h(x)有9个零点.

返回

本题考查函数的概念、性质以及导数等基础知识,考查运

算求解能力、运用数形结合、分类讨论思想分析与解决问题的
能力.第一问利用极值点列方程组,求出a和b的值;第二问先 求极值点.第三问要注意整体换元思想,要注意变形的等价性 和函数的零点的认识,极值和极值点的理解.

返回

[演练1] 1 2 ?3 2 1 ? (2012· 泰州期末)已知函数f(x)=2x +?4a +2a?ln x-2ax. ? ? 1 (1)当a=-2时,求f(x)的极值点; (2)若f(x)在f′(x)的单调区间上也是单调的,求实数a的范围.

1 2 1 解:(1)f(x)=2x -16ln x+x(x>0), 16x2+16x-1 1 f′(x)=x-16x+1= =0, 16x -2- 5 -2+ 5 ∴x1= ,x2= . 4 4
返回

? -2+ ? ∴f(x)在 ?0, 4 ?

5? ?

?-2+ 上单调递减,在 ? ? ? 4 ? ?

? 5 ? ,+∞? 上单调 ?

-2+ 5 递增.∴f(x)在x= 时取极小值. 4 3 2 1 x -2ax+4a +2a (2)f′(x)= (x>0), x
2

3 2 1 令g(x)=x -2ax+4a +2a,
2

Δ=4a2-3a2-2a=a2-2a, 设g(x)=0的两根x1,x2(x1<x2),

返回

(ⅰ)当Δ≤0时,即0≤a≤2,f′(x)≥0, ∴f(x)单调递增,满足题意. (ⅱ)当Δ>0时,即a<0或a>2时, 3 2 1 2 ①若x1<0<x2,则 4 a + 2 a<0,即- 3 <a<0时,f(x)在(0,x2)上单 调递减,(x2,+∞)上单调递增, 3 2 1 3 2 1 4a +2a 4a +2a f′(x)=x+ -2a,f″(x)=1- x2 ≥0,∴f′(x)在 x (0,+∞)上单调递增,不合题意;

返回

?3 2 1 ? a + a≥0, 2 ②若x1<x2<0,则?4 ?a<0, ? 2 即a≤-3时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,满足题意; ?3 2 1 ? a + a>0, 2 ③若0<x1<x2则?4 即a>2时, ?a>0, ? f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞) 上单调递增,不合题意.
? 2? 综上得a的取值范围为?-∞,-3?∪[0,2]. ? ?

返回

[典例2] (2012· 徐州最后一卷)已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; (2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围; 1 2 (3)证明对一切x∈(0,+∞),都有ln x>ex-ex成立. ? 1? [解] (1)f′(x)=ln x+1,当x∈ ?0,e ? ,f′(x)<0,f(x)单调 ? ?
?1 ? 递减,当x∈?e,+∞?,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? ?

1 ①0<t<t+2<e,t无解;
返回

1 1 ②0<t≤ e<t+2,即0<t<e时,
?1? 1 ? ?=- ; f(x)min=f e e ? ?

1 1 ③ e <t<t+2,即t≥ e 时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min= f(t)=tln t; 1 ? 1 ?- e,0<t≤ e, 所以f(x)min=? ?tln t,t>1. e ?

返回

3 (2)2xln x≥-x +ax-3,则a≤2ln x+x+ x ,设h(x)=2ln x
2

?x+3??x-1? 3 +x+ x (x>0),则h′(x)= ,x∈(0,1),h′(x)<0,h(x) x2 单调递减,x∈[1,+∞),h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min =h(1)=4.因为对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以 a≤h(x)min=4.

返回

x 2 (3)问题等价于证明xln x>ex- e(x∈(0,+∞)),由(1)可知f(x) 1 1 =xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- e ,当且仅当x= e 时取到.设 1-x x 2 m(x)=ex- e (x∈(0,+∞)),则m′(x)= ex ,易得m(x)max=m(1) 1 =- e ,当且仅当x=1时取到,从而对一切x∈(0,+∞),都有ln 1 2 x>ex-ex成立.

返回

本题第一问考查单调和分类讨论的思想;第二问是通过转化 与化归思想解决 h(x)的最小值问题;第三问有一定的难度, 如果直 1 2 1 2 接化成 ln x-ex+ex>0 来解决,对 p(x)=ln x-ex+ex求导将无法 x 2 得到极值点,通过将原不等式化归成 xln x>ex-e,分别求 f(x)的 最小值和 m(x)的最大值来研究,则不难获得证明.

返回

[演练2] 设a≥0,f(x)=x-1-ln2 x+2aln x(x>0). (1)令F(x)=xf′(x),讨论F(x)在(0,+∞)内的单调性并求极 值; (2)求证:当x>1时,恒有x>ln2 x-2aln x+1.

2ln x 2a 解:(1)根据求导法则有f′(x)=1- x + x ,x>0,故F(x)= xf′(x)=x-2ln x+2a,x>0, 2 x-2 于是F′(x)=1-x= x ,x>0.
返回

列表如下: x F′(x) (0,2) - 2 0 (2,+∞) +

F(x)



极小值F(2)



故知F(x)在(0,2)内是减函数,在(2,+∞)内是增函数,所以在x =2处取得极小值F(2)=2-2ln 2+2a. (2)证明:由a≥0知,F(x)的极小值

F(2)=2-2ln 2+2a>0.
返回

于是由上表知,对一切x∈(0,+∞),恒有F(x)=xf′(x)>0.从而 当x>0时,恒有f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)内单调递增. 所以当x>1时,f(x)>f(1)=0,

即x-1-ln2 x+2aln x>0.
故当x>1时,恒有x>ln2 x-2aln x+1.

返回

[典例3] (2012· 泰州中学期末)设f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值;
?1? (2)讨论g(x)与g?x?的大小关系; ? ?

1 (3)求a的取值范围,使得g(a)-g(x)<a对任意x>0成立.

返回

[解]

1 (1)由题设知f(x)=ln x,g(x)=ln x+x,

x-1 所以g′(x)= x2 ,令g′(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)是减函数, 故(0,1)是g(x)的单调递减区间. 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)是增函数,故(1,+∞) 是g(x)的单调递增区间. 因此,x=1是g(x)的惟一极值点,且为极小值点,从而是最 小值点.所以g(x)的最小值为g(1)=1.

返回

?1? (2)g?x?=-ln ? ?

x+x, 1 x-x+x,



?1? h(x)=g(x)-g?x?=2ln ? ?

?1? ?x-1?2 则 h′(x)=- x2 ,当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g?x?, ? ?

当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0.因此 h(x)在(0,+∞)内单调 递减,当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即
?1? g(x)>g?x?. ? ?

1 (3)由(1)知 g(x)的最小值为 1,所以,g(a)-g(x)<a,对任意 1 x>0,成立?g(a)-1<a,即 ln a<1,从而得 0<a<e.所以 a 的取值 范围为(0,e).
返回

(1)先求出原函数f(x),再求得g(x),然后利用导数判断函数 的单调性(单调区间),并求出最小值; (2)作差法比较,构造一个新的函数,利用导数判断函数的 单调性,并由单调性判断函数的正负; (3)对于恒成立问题可转化为求函数的最值问题.

返回

[演练3] 若不等式|ax3-ln x|≥1对任意x∈(0,1]都成立,则实数a取值范 围是________.

解析:显然x=1时,有|a|≥1,a≤-1或a≥1.
3 1 3ax -1 令g(x)=ax3-ln x,g′(x)=3ax2-x= x .

3ax3-1 ①当a≤-1时,对任意x∈(0,1],g′(x)= <0,g(x)在 x (0,1]上递减,g(x)min=g(1)=a≤-1, 此时g(x)∈[a,+∞),|g(x)|的最小值为0,不符合题意.
返回

②当 a≥1 时,对任意 x∈(0,1], 3 1 ? 1 ? 1 3ax3-1 g′(x)= x =0?x= 3a.|g(x)|的最小值为 g ? 3 ? =3+ ? 3a ? 1 e2 3ln (3a)≥1,解得 a≥ 3 .
? ? e2 答案: ? , ? ? + ?3 ?

返回

[专题技法归纳] (1)利用导数研究函数极值问题需注意解题步骤. (2)根据函数的极值求参数值一定要注意进行检验. (3)利用导数研究函数最值问题讨论思路很清晰,但计算比 较复杂,其次有时需要二次求导研究导函数的最值来判断导函 数的正负.

返回

点击上图进入配套专题检测

返回


《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第12练

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第12练_资格考试/认证_教育专区。第 12 练 导数几何意义的必会题型 ...

2013届高考数学二轮复习精品教学案专题02-函数与导数(教师版)-4

2013高考数学二轮复习精品教学案专题02-函数与导数(教师版)-4_高考_高中教育_教育专区。专题一【知识络构建】 函数与导数 【高频考点突破】 考点一、函数及其...

2013届高考数学二轮复习精品教学案专题02_函数与导数(教师版)_4

2013高考数学二轮复习精品教学案专题02_函数与导数(教师版)_4_高考_高中教育_教育专区。专题一【知识络构建】 函数与导数 【高频考点突破】 考点一、函数及其表...

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第14练

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第14练_计划/解决方案_实用文档。第 14 练 函数的极值与最值 [题型...

2013年高考数学(理)二轮复习 专题一 集合与常用逻辑用语、函数与到导数、不等式(带解析)

2013高考数学()二轮复习 专题一 集合与常用逻辑用语、函数与到导数、不等式...x∈R,均有 x2-x<0”; 0 ③命题“x2=4”是“x=-2”的充分不必要条件...

2016版高考数学二轮:2.3《导数及其应用》试题(含答案)

4 4 "备课大师"全科【9 门】 :免注册,不收费!http://www.eywedu.cn/ 数学备课大师 www.eywedu.net【全免费】 二轮专题强化练答案精析 第3讲 导数及其...

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第15练

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第15练_总结/汇报_实用文档。第 15 练 存在与恒成立问题 [题型分析...

2013高考数学二轮复习精品资料专题02 函数与导数教学案(学生版)

搜 试试 7 帮助 全部 DOC PPT TXT PDF XLS ...2013 高考数学二轮复习精品资料专题 02 函数与导数...伸缩变换和对称变换. 4.指数函数、对数函数和幂函数...

江苏省高考 高三数学一轮复习专题(一)函数、导数

28页 4下载券 2008届高三数学高考考前... 7页 7下载券 2013届高三数学一轮...专题1 函数、导数江苏省梁丰高级中学 严桂华【课标要求】 课标要求】 1.课程...

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第11练

《新BBG》考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科)知识考点题型篇:专题3+函数与导数+第11练_资格考试/认证_教育专区。第 11 练 研创新——以函数为背景...