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高三数学专题复习课件:导数解答题的解法


导数解答题的解法

试题特点 主要特点 (1)导数是中学选修内容中最为重要的内容,导数为解决函 数问题、曲线问题提供了一般性的方法,由于导数可与函数、 不等式等许多知识进行整合,有利于在“知识网络交汇点”处 命题,合理设计综合多个知识点的试题,考查分类整合、数形 结合等数学思想方法,因此,近几年来加大了导数的考查力度. 主要有如下几方面: ①应用导数求函数的

单调区间,或判定函数的单调性; ②应用导数求函数的极值与最值; ③应用导数解决实际问题. ④应用导数解决有关不等式问题.

应试策略
1.求导数有两种方法:一是利用导数定义;二是利用基本 函数的导数公式、四则运算法则及复合函数的求导法则求 导,常用后一种方法. 2.要重视导数在研究函数问题或实际问题时的应用.

(1)求可导函数单调区间的方法:
①确定函数f(x)的定义域; ②求方程f′(x)=0的解,这些解和f(x)的间断点把定义

域分成若干区间;
③研究各小区间上f′(x)的符号,f′(x)>0时,该区间为增 区间,反之则为减区间.

应试策略
(2)求函数极值点时,可能出现极值的点是f′(x)=0或使f′(x)不存
在的点,注意f′(x)=0不是有极值的充分条件. (3)连续函数在闭区间上必有最值,求最值时不要忘记极值与

端点处的函数值的大小比较.
(4)解最值应用题时,要认真审题,分析各量的关系,列出函 数 y=f(x),并确定定义域,然后按照步骤求函数的最值,最后根据

实际意义作答.若f(x)在定义域区间上只有一个极值点,则这个极
值点一定是最值点.

考题剖析

1.已知抛物线y=x2-4与直线y=x+2相交于A、B两点,过A、B 两点的切线分别为l1和l2. (1)求A、B两点的坐标; (2)求直线l1与l2的夹角. [分析]理解导数的几何意义是解决本例的关键.

考题剖析 [解析](1)由方程组
?y ? x2 ? 4 ? ?y ? x ? 2

,

解得A(-2,0),B(3,5)

(2)由y′=2x,则y′|x=-2=-4,y′|x=3=6. 设两直线的夹角为θ,根据两直线的夹角公 式,tanθ=
?4?6 10 ? 所以θ=arctan 1 ? ( ?4 ) ? 6 23
10 23

[点评]本例中直线与抛物线的交点处的切线,就是该 点物线的切线.注意两条直线的夹角公式有绝对 值符号.

考题剖析 2.

已知函数f (x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值-4,使其导
函数f′(x)>0的x的取值范围为(1,3),求: (1)f(x)的解析式; (2)f(x)的极大值; (3)x∈[2,3],求g (x)=f′(x)+6(m-2)x的最大值.

考题剖析 [解析] (1)由题意得:f′(x)=3ax2+2bx+c=3a(x-1)(x-3)(a<0) ∴ 在(-∞,1)上,f′(x)<0; 在(1,3)上,f′(x)>0; 在(3,+∞)上,f′(x)<0; 因此,f(x)在x0=1处取得极小值-4 ∴a+b+c=-4 ① ? f ?(1) ? 3a ? 2b ? c ? 0 ② ? ? ③ ? f ?(3) ? 27a ? 6b ? c ? 0 ?a ? ?1 ? ? ①②③联立得: ?b ? 6 ∴f(x)=-x3+6x2-9x
?c ? ?9 ?

考题剖析 (2)由(1)知f(x)在x=3处取得极大值为:f(3)=0 (3)g(x)=-3(x-1)(x-3)+6(m-2)x=-3(x2-2mx+3)

①当2≤m≤3时,g(x)max=g(m)=-3(m2-2m2+3)=3m2-9;
②当m<2时,g(x)在[2,3]上单调递减, g(x)max=g(2)=12m-21 ③当m>3时,g(x)在[2,3]上单调递增, g(x)max=g(3)=18m-36 [点评]本题求解需要准确理解极值的含义以及方程零点与 不等式解的关系.

考题剖析

3.已知函数f(x)=x3+ax2-(2a+3)x, 其中a>0. (Ⅰ)求f(x)的单调区间; (Ⅱ)设m>0,若f(x)在闭区间[m,m+1]上的最小值

为-3,最大值为0,求m,a的值.

考题剖析 [解析] (Ⅰ)f′(x)=3x2+2ax-(2a+3), 令f′(x)=0,得x1=1, x2=-
2a ? 3 , 3

∵a>0,∴x2<-1
∴x≤x2时f′(x)≥0,x2<x<x1时f′(x)<0, x≥x1时,f′(x)≥0. 所以f(x)在(-∞,- 在(-
2a ? 3 3 2a ? 3 3

],[1,+∞)上是增函数,

,1)上是减函数.

考题剖析

(Ⅱ)因为m>0,所以m+1>1,由(1)的单调区间得:

①当0<m<1时,m+1∈(1,2),f(x)min=f(1)=-3,a=1,
此时f(x)=x3+x2-5x 从而f(m)=m(m2+m-5)<0,所以f(x)max=f(m+1)=0,m= 此时f(m)=m(m2+m-5)=-2m(m+1)∈(-3,0),适合.
21 ? 3 2



考题剖析 ②当m≥1时,f(x)在[m,m+1]上是增函数, 所以最小值f(m)=m(m2+am-2a-3)=-3 (*) 最大值f(m+1)=(m+1)[(m+1)2+a(m+1)-(2a+3)]=0, 即m2+am-(2a+3)=-2m-1-a, 代入(*)得-m(2m+1+a)=-3 即m(2m+1+a)=3, ∵m≥1,a>0,∴m(2m+1+a)>3 所以a,m不存在. 21 ? 3 , a=1 综上所述知:m= 2

考题剖析

[点评]本题考查导数的应用,求单调性,求函数的单调递 增区间,即为解不等式f′(x)>0,单调递减区间,即为 解不等式f′(x)<0,但已知函数在某区间上单调递增, 则有f′(x)≥0,单调递减则为f′(x)≤0.

考题剖析

4. 已知函数f (x)=ax3+3x2-6ax+b,g (x)=3x2+6x+12, h (x)=kx+9,又f (x)在x=2 处取得极值9. (1)求a、b的值; (2)如果当x∈[-2,+∞)时,f (x) ≤ h (x) ≤ g (x)恒成 立,求k的取值范围.

考题剖析

[解析](1)f′(x)=3ax2+6x-6a

? f ?(2) ? 0 由已知 ? ? f (2) ? 9
解得a=-2,b=-11

?12a ? 12 ? 6a ? 0 ? ? ?8a ? 12 ? 12a ? b ? 9

考题剖析 (2)由h(x)≤g(x)得:kx≤3x2+6x+3

当x=0时,不等式恒成立
当-2≤x<0时,不等式为k≥3(x+
1 1 而3(x+ )+6=-3[(-x)+(- )]+6≤0, x x 1 )+6 x



∴要①式恒成立,则k≥0 当x>0时,不等式为k≤3(x+ )+6
1 )+6≥12, x 1 x



而3(x+

∴要②恒成立,则k≤12

考题剖析 ∴当x∈[-2,+∞)时,h(x)≤g(x)恒成立, 则0≤k≤12?

由f(x)≤h(x)得:kx+9≥-2x3+3x2+12x-11
当x=0时,9≥-11恒成立 当-2≤x<0时,k≤-2x2+3x+12-
20 =-2(x- x
32 )+ 4
105 - 8 20 x

令t(x)=-2(x-
t(x)是增函数,

当-2≤x<0时,

20 3 2 105 )+ 8 - x 4



∴t(x)≥t(-2)=8
∴要f(x)≤h(x)在-2≤x<0恒成立,则k≤8

考题剖析 由上述过程可知,只要考虑0≤k≤8 f′(x)=-6x2+6x+12=-6(x+1)(x-2) 当x∈(0,2]时,f′(x)>0, 当x∈(2,+∞)时,f′(x)<0

故f(x)在x=2时有极大值,
即f(x)在x=2时有最大值f(2)=9,即f(x)≤9 又当k>0时,h(x)是增函数, ∴当x∈[0,+∞)时,h(x)≥9,f(x)≤h(x)成立 综上,f(x)≤h(x)≤g(x)恒成立时k的取值范围是0<k≤8

考题剖析 5.已知函数f (x)=ax3+bx2-3x,其图象 在横坐标为±1的两点处的切线均与x轴平行, (1)求函数f (x)的解析式; (2)对于区间[-1,1]上任意两个自变量的值x1,x2,都有 |f(x1)-f(x2)|≤k,试求k的最小值; (3)若过点A(1,m)(m≠-2)可且仅可作曲线y=f (x)的

一条切线,求实数m的取值范围.

考题剖析

[解析] (1)f′(x)=3ax2+2bx-3,
依题意,f′(1)=f′(-1)=0 即 ? ,解得a=1,b=0. ?3a ? 2b ? 3 ? 0 ∴f (x)=x3-3x.
?3a ? 2b ? 3 ? 0

考题剖析 (2)∵f(x)=x3-3x,

∴f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)
当-1<x<1时,f′(x)<0, 故f(x)在区间[-1,1]上为减函数, f(x) max=f(-1)=2, f(x) min=f(1)=-2 ∵对于区间[-1,1]上任意两个自变量的值x1,x2

都有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x) max-f(x) min|,
|f(x1)-f(x2)|≤|f(x) max-f(x) min|≤2-(-2)=4.即|f(x1)-f(x2)|max=4. ∴k≥4 ∴k的最小值为4

考题剖析 (3)f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1) ∵曲线方程为y=x3-3x,∴点A(1,m)不在曲线上. 设切点为M(x0,y0), 3 则点M的坐标满足y0= x 0-3x0 2 因f′(x0)=3( x-1), 0 x03 ? 3x0 ? m 2 故切线的斜率为k=3( x0 -1)=kAM= x0 ? 1 3 2 整理得2 x 0-3 x0 +m+3=0 (注:也可以先写出切线方程,然后将点A的坐标代入 得到左式) ∵过点A(1,m)仅可作曲线的一条切线, x 03 -3 x02 +m+3=0有且仅有一个实根, ∴关于x0方程2

考题剖析
2 设g(x0)=2 x 0 -3 x0 +m+3, 则g′(x0)=6 x0 0, -6x 从g′(x0)>0得x0>1或x0<0, 从g′(x0)<0得0<x0<1 3 2 ∴函数g(x0)=2 x 0-3 x0 +m+3在区间(-∞,0)和(1,+∞) 为增函数,在(0,1)上为减函数, g(x0)的极大、极小值点分别为x0=0,x0=1 2 ∴不是单调函数,关于x0方程2 x 03 -3 x0 +m+3=0有且仅 有一个实 根的充要条件是: g(x)极大=g(0)=m+3<0, ∴m<-3或g(x)极小=g(1)=2+m>0,∴m>-2 故所求的实数a的取值范围是{m|m<-3或m>-2} 3 2

考题剖析

[点评] 只有深刻理解概念的本质,才能灵活应用概 念解题.解决这类问题的关键是等价变形,使 极限式转化为导数定义的结构形式.

考题剖析 6.设三次函数h(x)=px3+qx2+rx+s满足下 列条件:h(1)=1,h(-1)= -1,在区间(-1,1)上分别取得 极大值1和极小值-1,对应的极点分别为α,β. (1)证明:α+β=0; (2)求h(x)的表达式; (3)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d在(-1,1)上满足 -1<f(x)<1.证明当|x|>1时,有|f(x)|<|h(x)|.

考题剖析 [解析] (1)证明:由h(1)=1,h(-1)=-1得q+s=0,r+p=1 h(x)=px3-sx2+(1-p)x+s h′(x)=3px2-2sx+1-p 因为(-1,1)内有两极值且h(1)=1,所以有p>0 h(α)+h(β)=p(α3+β3)-s(α2+β2)+(1-p)(α+β)+2s=0 (*) 2s 3 又由韦达定理得α+β= 3 p ,即s= p(α+β)代入(*)中得 2 1 (α+β)[- p(α+β)2+1+2p]=0 2 因为p>0,α+β∈(-2,2), 1 所以- 2 p(α+β)2+1+2p>1 所以有α+β=0.

考题剖析 (2)由α+β=0得s=0,q=0 所以h(x)=px3+(1-p)x,又h(α)=1, h′(α)=0 1 2=0所以有α=- 消去p得(2α+1)(α-1) , p=4. 2 所以有h(x)=4x3-3x

考题剖析

(3)证明:因为|x|<1时|f(x)|<1,
所以有|f(1)|<1,|f(-1)|<1 令F(x)=h(x)+f(x),G(x)=h(x)-f(x). 1 1 则有F(1)=1+f(1)>0,F( )=-1+f( )<0, 2 2 1 1 F(- )=1+f(- )>0, 2 2 F(-1)=-1+f(-1)<0.

所以有F(x)在(-1,1)内有极大值和极小值, 当x>1时,F(x)>0,当x<-1时,F(x)<0 1 1 同理有:G(1)=1-f(1)>0,G( )=-1-f( )<0, 2 2 1 1 G(- )=1-f(- )>0,
2 2

考题剖析

G(-1)=-1-f(-1)<0
所以有G(x)在(-1,1)内有极大值和极小值, 当x>1时,G(x)>0,

当x<-1时,G(x)<0
所以当|x|>1时,有F(x)G(x)>0 即h2(x)>f 2(x) 即|h(x)|>|f(x)|.


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