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导数与函数回扣提纲


导数与函数回扣提纲(理科) 导数与函数回扣提纲(理科)
一、回扣要求

2008.05.30

求解. ② 根据各种“有界性” ,如 m ≤ f ( x1 ), f ( x1 ) ≥ m, 则f ( x1 ) = m ;又如 ( x k ) ≤ 0 ,则 x = k ;又如
2

回扣时间是两节课.函数与导数是高考的必考内容,且经常放到后两个大题的位置上,主要考查导数 的工具性作用(如求极值、最值、单调区间以及判断函数的单调性等),要求同学们在回扣的过程中要 认真总结规律方法,找出这类题目的做法.

cos x ≥ 1 ,则 cos x = 1 等.
6、 利用导数证明不等式 ① 利用导数证明函数不等式,形如证明 f ( x ) < g ( x ) (或 f (x ) 的图像恒在 g (x ) 的图像的下方) ,应 构造函数 h( x ) = f ( x) g ( x) ,再证明 h( x ) 最大值 < 0 成立. ② 利用导数证明不等式,例如模拟(三)22(3) ,此类题目一般与数列相结合,且在(1) (2)中先 有铺垫,如上题中由(2)知 k ≥ 0 时 f ( x ) ≤ 0 恒成立.证明时一般先将无关变量(如本题中的 k )赋 一 个 合 适 的 值 , 然 后 用 n或n ( 或 其 它 项 ) 代 替 x 并 灵 活 变 形 整 理 出 规 律 式 子 ( 本 题 中 推 出
2

二、方法规律总结 Ⅰ、函数的性质
1、求定义域;2、求值域(注意定义域)常用方法 ① 单调性;② 配方法;③ 换元法;④ 基本不 、求定义域; 、求值域(注意定义域) 等式;⑤判别式法;⑥ 数形结合;⑦导数法;3、奇偶性;4、函数图像的对称性;5、单调性:常用 、奇偶性; 、函数图像的对称性; 、 调性: 来求值域,作图像,证明不等式,解不等式等;例如:潍坊 5 月份检测 22(3).6、图像:主要是用来 、图像: 解决选择题和填空题,体现数形结合的思想,但有时解答题也会用到,例如:模拟(二)22(2) ,特 别在作图时求导法是一种重要的方法.

Ⅱ、导数的应用
1、 求函数的最值和极值 、 求函数的最值和极值. 2、 求单调区间要注意函数的定义域 、 解决方法是先求可疑极值点再判断可疑极值点是否在定义域内,从而根据导数的符号写出单调区 间;例如模拟(一)20,模拟(三)22,模拟(五)22. 3、 恒成立问题 、
' ① 在闭区间 [a, b ] 上 y = f (x ) 为单增函数即 f ( x) ≥ 0 在 [a, b ] 上恒成立; y = f (x) 为单减函数即

ln n n 1 < ) ,然后累加即可. n +1 2 三、高考题目预测 2 2 1、已知函数 f ( x ) = x + + a ln x x

( x > 0 ) , f ( x ) 的导函数是 f ' ( x ) ,对任意两个不相等的正数
f ( x1 ) + f ( x2 ) x +x > f 1 2 ( Ⅱ ) 当 a≤4 时 , 2 2

x1 , x2 , 证 明 :( Ⅰ ) 当 a ≤ 0 时 ,
f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) > x1 x2 .

f ' ( x) ≤ 0 在 [a, b] 上恒成立,然后再构造函数或分离参数法求出参数的取值范围,例如模拟(六)22
(1). ② 不等式恒成立,通常也是采用分离参数或构造函数的方法解决,例如模拟(一)20(1) ,模拟(三) 22(2). y 4、 利用导数求方程根的个数:形如函数 、 利用导数求方程根的个数

h( x) = f ( x) g ( x) 图像与 x 轴交点个数问
题,应先求出 h ' ( x) ,再求出极值并画出函 数的图像,从而根据极值的符号判断交点的 个数.例如:已知函数 h( x), x ∈ R 的图像, O

h极大值

x
h极小值
2、已知 a ∈ R ,函数 f ( x ) = x 2 | x a | . (1)当 a = 2 时,求使 f ( x ) = x 成立的 x 的集合; (2)求函数

其中 h极大值 > 0 , h极小值 < 0 ,则 h(x ) 的图像与 x 轴有三个交点. 5、 利用导数求函数的解析式 ① 形如 f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d 或 g ( x ) = m ln x + ne x 等,题目中给出函数 单调区间求解析式, 要先求出其导数 f ' ( x)(或g ' ( x )) , 令端点的值 f ( x 0 ) = 0, f ( x1 ) = 0 L 列方程组
' '

y = f ( x) 在区间 [1,2] 上的最小值.

导数与函数回扣提纲(理科) 导数与函数回扣提纲(理科)答案
1、证明: (Ⅰ)由 f ( x ) = x +
2

2 + a ln x x f ( x1 ) + f ( x2 ) 1 2 1 1 a 得 = ( x1 + x2 2 ) + + + ( ln x1 + ln x2 ) 2 2 x1 x2 2
= 1 2 ( x1 + x22 ) + x1x+xx2 + a ln x1 x2 2 1 2
2

∵ x1 x2 + 设t =
'

2 ( x1 + x2 ) 4 > x1 x2 + x1 x2 x1 x2

x1 x2 , u ( x ) = t 2 +
3

4 4 ( t > 0 ) ,则 u ' ( x ) = 2t 2 t t

令 u ( x) = 0 得 t =

2 ,列表如下:
3 3

4 x +x x +x x +x + a ln 1 2 f 1 2 = 1 2 + 2 2 2 x1 + x2
2 1 1 x +x 而 ( x12 + x2 2 ) > ( x12 + x2 2 ) + 2 x1 x2 = 1 2 2 2 4 2

t

( 0, 2 )
_

2

(

3

2, +∞

)



u' (t ) u (t )

0
极小值 3 3 4 ∴ x1 x2 +

+

又 ( x1 + x2 ) = x1 + x2
2 2

(

2

) + 2x x

1 2

> 4 x1 x2

x1 + x2 4 > ② x1 x2 x1 + x2 x + x2 x + x2 ∵ x1 x2 < 1 ∴ ln x1 x2 < ln 1 2 2
∴ ∵a ≤ 0 ∴ a ln x1 x2 < a ln

u ( t ) ≥ 3 3 4 = 3 108 > 4 ≥ a

2 ( x1 + x2 ) >a x1 x2

x1 + x2 2

∴对任意两个不相等的正数 x1 , x2 ,恒有 f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) > x1 x2 证法二:由 f ( x ) = x +
2



由①、②、③得

2 2 a + a ln x ,得 f ' ( x ) = 2 x 2 + x x x

1 2 4 ( x1 + x22 ) + x1x+xx2 + a ln x1x2 > x1 + x2 + x + x + a ln x1x2 2 2 1 2 1 2 f ( x1 ) + f ( x2 ) x1 + x2 即 > f 2 2
2

2 ( x1 + x2 ) a ∴ f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) = 2 x1 2 + a 2 x2 2 + a = x1 x2 2 + 2 2 x1 x2 x1 x2 x12 x1 x2 2 x2
∵ x1 , x2 是两个不相等的正数 ∴2+

(Ⅱ)证法一:由 f ( x ) = x +
2

2 2 a + a ln x ,得 f ' ( x ) = 2 x 2 + x x x

2 ( x1 + x2 ) x x
2 2 1 2



∴ f ' ( x1 ) f ' ( x2 )

2 ( x1 + x2 ) a 2 a 2 a = 2 x1 2 + 2 x2 2 + = x1 x2 2 + 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x1 x2 x2

a > 2+ x1 x2

(

4 x1 x2

)

3



a ≥ 2+ x1 x2

(

4 x1 x2

)

3



4 x1 x2

设t =

f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) > x1 x2 2 +

2 ( x1 + x2 ) a >1 2 2 x1 x2 x1 x2

1 3 2 , u ( t ) = 2 + 4t 4t ( t > 0 ) x1 x2

则 u ( t ) = 4t ( 3t 2 ) ,列表:
'

下面证明对任意两个不相等的正数 x1 , x2 ,有 2 +

2 ( x1 + x2 ) a > 1 恒成立 2 2 x1 x2 x1 x2

t

2 0, 3

2 3 0
极小值

2 , +∞ 3

即证 a < x1 x2 +

2 ( x1 + x2 ) x1 x2

成立

u' (t ) u (t )

_

+
38 27

38 ∴u = >1 27

2 ( x1 + x2 ) a 即 2+ >1 2 2 x1 x2 x1 x2
2 ( x1 + x2 ) a > x1 x2 2 2 x1 x2 x1 x2
'



7 < a < 3 时, 4(a 2) < a 1 ,故 m = f (1) = a 1 3 a ≤1

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∴ f ' ( x1 ) f ' ( x2 ) == x1 x2 2 +

即对任意两个不相等的正数 x1 , x2 ,恒有 f

( x1 ) f ' ( x2 ) >

x1 x2

2、解(Ⅰ)由题意, f ( x ) = x 2 | x 2 | 当 x < 2 时,由 f ( x ) = x 2 ( 2 x ) = x ,解得 x = 0 或 x = 1 ; 当 x ≥ 2 时,由 f ( x ) = x 2 ( x 2) = x ,解得 x = 1 + 综上,所求解集为 {0,1,1 + (Ⅱ)设此最小值为 m
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1 a 0 总上所述,所求函数的最小值 m = 4( a 2) a 1

1< a ≤ 2 2<a≤ a> 7 3 7 3
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2

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2}

①当 a ≤ 1 时,在区间[1,2]上, f ( x ) = x 3 ax 2 , 因为 f ' ( x ) = 3 x 2ax = 3 x ( x
2

2 a ) > 0 , x ∈ (1,2) , 3
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则 f (x ) 是区间[1,2]上的增函数,所以 m = f (1) = 1 a

②当 1 < a ≤ 2 时,在区间[1,2]上, f ( x ) = x 2 | x a |≥ 0 ,由 f ( a ) = 0 知

m = f (a) = 0

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③当 a > 2 时,在区间[1,2]上, f ( x ) = ax 2 x 3 ∴ f ' ( x ) = 2ax 3 x = 3 x ( a x)
2

2 3

若 a ≥ 3 ,在区间(1,2)上, f ' ( x ) > 0 ,则 f (x ) 是区间[1,2]上的增函数, 所以 m = f (1) = a 1 若 2 < a < 3 ,则 1 < 当1 < x <
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2 a<2 3

2 2 a 时, f ' ( x) > 0 ,则 f (x) 是区间[1, a ]上的增函数, 3 3 2 2 当 a < x < 2 时, f ' ( x ) < 0 ,则 f (x ) 是区间[ a ,2]上的减函数, 3 3
因此当 2 < a < 3 时, m = f (1) = a 1 或 m = f ( 2) = 4( a 2) 当2 < a ≤
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7 时, 4( a 2) ≤ a 1 ,故 m = f ( 2) = 4( a 2) , 3


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