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2013届高三数学二轮复习 专题一 第5讲 导数及其应用教案


第5讲
自主学习导引

导数及其应用
真题感悟

1 2 1.(2012·辽宁)函数 y= x -ln x 的单调递减区间为 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞)

解析 根据函数的导数小于 0 的解集就是函数的单调减区间求解. 由题意知,函数的定义域为(0,+∞), 1 又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1,

x

所以函数的单调递减区间为(0,1]. 答案 B 2.(2012·安徽)设函数 f(x)=ae +
x

1

aex

+b(a>0).

(1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y= x,求 a、b 的值. 2 解析 (1)f′(x)=ae -
x

1 , aex

当 f′(x)>0,即 x>-ln a 时,f(x)在(-ln a,+∞)上递增; 当 f′(x)<0,即 x<-ln a 时,f(x)在(-∞,-ln a)上递减. ①当 0<a<1 时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增, 从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-ln a)=2+b; ②当 a≥1 时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值 1 为 f(0)=a+ +b.

a

(2)依题意 f′(2)=ae -

2

1 3 1 2 2 2= ,解得 ae =2 或 ae =- (舍去), ae 2 2

2 1 所以 a= 2,代入原函数可得 2+ +b=3, e 2 1 即 b= , 2 2 1 故 a= 2,b= . e 2 考题分析 在每年的高考命题中都有导数应用的解答题出现,是高考试题的压轴题,难度较大,主要考 查函数的单调性、极值、最值及根据单调性、极值、最值等确定参数的值或范围,解题的方 法也是灵活多样,但导数的工具性都会有很突出的体现.
-1-

网络构建

高频考点突破 考点一:利用导数研究函数的单调性 2ax+a -1 【例 1】(2012·临沂模拟)已知函数 f(x)= ,其中 a∈R. x2+1 (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在原点处的切线方程; (2)求 f(x)的单调区间. [审题导引] (1)直接根据导数的几何意义解决;(2)根据函数的结构特点,函数 f(x)的导数 应是一个分式,但分式的分母符号确定,其分子是一个多项式,所以讨论函数的单调性等价 于讨论这个分子多项式的符号. 2x [规范解答] (1)当 a=1 时,f(x)= 2 , x +1
2

f′(x)=-2

? x+1? ? x-1? . 2 2 ? x +1?

由 f′(0)=2,得曲线 y=f(x)在原点处的切线方程是 2x-y=0. ? x+a? ? ax-1? (2)f′(x)=-2 . x2+1 ①当 a=0 时,f′(x)= 2x . x2+1

所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 在(-∞,0)上单调递减. ? 当 a≠0,f′(x)=-2a

x+a? ?x- ? a

? ?

1?

?

x +1

2

.

1 ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 x1=-a,x2= ,

a

f(x)与 f′(x)的情况如下:
-2-

x f′(x) f(x)

(-∞,x1) - ↘

x1
0

(x1,x2) + ↗

x2
0

(x2,+∞) - ↘

f(x1)

f(x2)

1? ?1 ? ? 故 f(x)的单调减区间是(-∞,-a),? ,+∞?;单调增区间是?-a, ?.

?a

?

?

a?

③当 a<0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下:

x f′(x) f(x)

(-∞,x2) + ↗

x2
0

(x2,x1) - ?↘

x1
0

(x1,+∞) + ?↗

f(x2)

f(x1)

1? ? ?1 ? 所以 f(x)的单调增区间是?-∞, ?,(-a,+∞);单调减区间是? ,-a?.

?

a?

?a

?

1? ?1 ? ? 综上,a>0 时,f(x)在(-∞,-a),? ,+∞?单调递减;在?-a, ?单调递增.

?a

?

?

a?

a=0 时,f(x)在(0,+∞)单调递增,在(-∞,0)单调递减;a<0 时,f(x)在?-∞, ?, a? ?

?

1?

?1 ? (-a,+∞)单调递增;在? ,-a?单调递减. a ? ?
【规律总结】 函数的导数在其单调性研究的作用 (1)当函数在一个指定的区间内单调时,需要这个函数的导数在这个区间内不改变符号(即恒 大于或者等于零、恒小于或者等于零),当函数在一个区间内不单调时,这个函数的导数在这 个区间内一定变号,如果导数的图象是连续的曲线,这个导数在这个区间内一定存在变号的 零点,可以把问题转化为对函数零点的研究. (2)根据函数的导数研究函数的单调性,在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论, 这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行,其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域 内的情况进行,如果这样的点不止一个,则要根据字母参数在不同范围内取值时,导数等于 零的根的大小关系进行分类讨论,最后在分类解决问题后要整合一个一般的结论. [易错提示] 在利用“若函数 f(x)单调递增,则 f′(x)≥0”求参数的范围时,注意不要漏 掉“等号” . 【变式训练】 1-x 1.(2012·临川五月模拟)已知函数 f(x)= +ln x.

ax

(1)若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,求正实数 a 的取值范围; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 1-x 解析 (1)∵f(x)= +ln x,

ax

∴f′(x)=

ax-1 (a>0). ax2
-3-

∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数, ∴f′(x)=

ax-1 ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, ax2

ax-1≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,
1 即 a≥ 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.

x

a?x- ? x- a ? a? (2)∵a≠0,f′(x)= = 2 ,x>0, 2 ax x
当 a<0 时,f′(x)>0 对 x∈(0,+∞)恒成立, ∴f(x)的增区间为(0,+∞), 1 1 当 a>0 时,f′(x)>0? x> ,f′(x)<0? x< ,

?

1?

1

a

a

?1 ? ? 1? ∴f(x)的增区间为? ,+∞?,减区间为?0, ?. ?a ? ?
a?
考点二:利用导数研究函数的极值与最值 2a 【例 2】(2012·朝阳二模)已知函数 f(x)=aln x+ +x(a≠0).
2

x

(1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 x-2y=0 垂直,求实数 a 的值; (2)讨论函数 f(x)的单调性; 1 2 (3)当 a∈(-∞,0)时,记函数 f(x)的最小值为 g(a),求证:g(a)≤ e . 2 [审题导引] (1)利用导数的几何意义可求; (2)讨论函数 f(x)的导函数的符号可知 f(x)的单调性; (3)利用(2)中函数 f(x)的单调性求出 f(x)的最小值 g(a),并求 g(a)的最大值可证不等式. [规范解答] (1)f(x)的定义域为{x| x>0}.

a 2a2 f′(x)= - 2 +1(x>0). x x
根据题意,有 f′(1)=-2,所以 2a -a-3=0, 3 解得 a=-1 或 a= . 2
2

a 2a2 x2+ax-2a2 ? x-a? ? x+2a? 2)f′(x)= - 2 +1= = (x>0). x x x2 x2 ①当 a>0 时,因为 x>0, 由 f′(x)>0 得(x-a)(x+2a)>0,解得 x>a; 由 f′(x)<0 得(x-a)(x+2a)<0,解得 0<x<a. 所以函数 f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减. ②当 a<0 时,因为 x>0,
由 f′(x)>0 得(x-a)(x+2a)>0,解得 x>-2a; 由 f′(x)<0 得(x-a)(x+2a)<0,解得 0<x<-2a. 所以函数 f(x)在(0,-2a)上单调递减,在(-2a,+∞)上单调递增.

-4-

(3)证明 由(2)知,当 a∈(-∞,0)时,函数 f(x)的最小值为 g(a), 2a 且 g(a)=f(-2a)=aln(-2a)+ -2a=aln(-2a)-3a. -2a
2

g′(a)=ln(-2a)+a·

-2 -3=ln(-2a)-2, -2a

1 2 令 g′(a)=0,得 a=- e . 2 当 a 变化时,g′(a),g(a)的变化情况如下表: ?-∞,-1e2? a ? 2 ? ? ? 1 2 - e 2 0 极大值

?-1e2,0? ? 2 ? ? ?
- ?↘

g′(a) g(a)

+ ?↗

1 2 - e 是 g(a)在(-∞,0)上的唯一极值点,且是极大值点,从而也是 g(a)的最大值点. 2

? 1 2? 所以 g(a)最大值=g?- e ? ? 2 ?
1 2 ? ? 1 2?? ? 1 2? =- e ln?-2×?- e ??-3?- e ? 2 ? ? 2 ?? ? 2 ? 1 2 3 2 1 2 2 =- e ln e + e = e . 2 2 2 1 2 所以,当 a∈(-∞,0)时,g(a)≤ e 成立. 2 【规律总结】 1.利用导数研究函数的极值的一般步骤 (1)确定定义域. (2)求导数 f′(x). (3)①若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检验 f′(x)在方程根左、右值的符号,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) ②若已知极值大小或存在的情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在情况,从而 求解. 2.求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值; (2)将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较,其中最大的一个是最大值, 最小的一个是最小值. 【变式训练】 2.(2012·济南模拟)某旅游景点预计 2013 年 1 月份起前 x 个月的旅游人数的和 p(x)(单位: 1 万人)与 x 的关系近似地满足 p(x)= x(x+1)·(39-2x),(x∈N+,且 x≤12).已知第 x 月 2 的人均消费额 q(x)(单位:元)与 x 的近似关系是

?35-2x? x∈N+,且1≤x≤6? , ? q(x)=?160 ? x ? x∈N+,且7≤x≤12? . ?
(1)写出 2013 年第 x 月的旅游人数 f(x)(单位:人)与 x 的函数关系式;
-5-

(2)试问:2013 年哪个月旅游消费总额最大?最大月旅游消费总额为多少元? 解析 (1)当 x=1 时,f(1)=p(1)=37, 当 2≤x≤12,且 x∈N+时, 1 2 1 2

f(x)=p(x)-p(x-1)= x(x+1)(39-2x)- (x-1)x(41-2x)=-3x2+40x.
验证 x=1 符合 f(x)=-3x +40x(x∈N+,且 1≤x≤12). (2)第 x 月旅游消费总额为
2 ?? -3x +40x? ? 35-2x? ? x∈N+,且1≤x≤6? ? g(x)=? 160 2 ?? -3x +40x? · x ? x∈N+,且7≤x≤12? ? 2

? ?6x -185x +1 400x? x∈N+,且1≤x≤6? 即 g(x)=? ?-480x+6 400? x∈N+,且7≤x≤12? ?

3

2

当 1≤x≤6,且 x∈N+时,g′(x)=18x -370x+1 400,令 g′(x)=0, 140 解得 x=5,x= (舍去). 9 当 1≤x<5 时,g′(x)>0, 当 5<x≤6 时,g′(x)<0, ∴当 x=5 时,g(x)max=g(5)=3 125(万元). 当 7≤x≤12,且 x∈N+时,

2

g(x)=-480x+6 400 是减函数,
当 x=7 时,gmax(x)=g(7)=3 040(万元), 综上,2013 年第 5 月份的旅游消费总额最大,最大消费总额为 3 125 万元. 考点三:利用导数研究不等式 【例 3】(2012·长治模拟)设函数 f(x)=ax2-xln x-(2a-1)x+a-1(a∈R). (1)当 a=0 时,求函数 f(x)在点 P(e,f(e))处的切线方程; (2)对任意的 x∈[1,+∞)函数 f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围. [审题导引] (1)利用导数的几何意义 k=f′(x0)求出切线方程; (2)讨论 a 的取值求出 f(x)在[1,+∞)上的最小值,由最小值大于等于 0 恒成立求 a 的范围. [规范解答] (1)当 a=0 时,f(x)=-xln x+x-1, 由 f′(x)=-ln x,则 k=f′(e)=-1,f(e)=-1, ∴函数 f(x)在点 P(e,f(e))处的切线方程为 y+1=-(x-e),即 x+y+1-e=0. (2)f′(x)=2ax-1-ln x-(2a-1) =2a(x-1)-ln x, 易知,ln x≤x-1, 则 f′(x)≥2a(x-1)-(x-1)=(2a-1)(x-1), 1 当 2a-1≥0,即 a≥ 时,由 x∈[1,+∞)得 f′(x)≥0 恒成立, 2

f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=0 符合题意.
-6-

1 所以 a≥ . 2 当 a≤0 时,由 x∈[1,+∞)得 f′(x)≤0 恒成立,f(x)在[1,+∞)上单调递减,

f(x)≤f(1)=0 显然不成立,a≤0 舍去.
1 1 1 当 0<a< 时,由 ln x≤x-1,得 ln ≤ -1, 2 x x 1 即 ln x≥1- ,

x

? 1? ?x-1?(2ax-1). 则 f′(x)≤2a(x-1)-?1- ?=? ? ?
x? ? x ?
1 1 因为 0<a< ,所以 >1. 2 2a 1? ? x∈?1, ?时,f′(x)≤0 恒成立, ? 2a?

f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=0 显然不成立,0<a< 舍去.

1 2

?1 ? 综上可得:a∈? ,+∞?. ?2 ? 【规律总结】 利用导数解决不等式问题的类型 (1)不等式恒成立:基本思路就是转化为求函数的最值或函数值域的端点值问题. (2)比较两个数的大小:一般的解决思路是把两个函数作差后构造一个新函数,通过研究这个 函数的函数值与零的大小确定所比较的两个函数的大小. (3)证明不等式:对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数,然后利用函数的单调性 和极值解决. 【变式训练】 1 ? 1? 3.(2012·济南模拟)已知函数 f(x)=?a+ ?ln x+ -x(a>1). ?
a? x
(1)试讨论 f(x)在区间(0,1)上的单调性; (2)当 a∈[3,+∞)时,曲线 y=f(x)上总存在相异两点 P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使 6 得曲线 y=f(x)在点 P,Q 处的切线互相平行,求证:x1+x2> . 5

? ? ? ? a+ x2-?a+ ?x+1 ? x-a? ?x- ? a 1 a? a? ? ? 解析 (1)由已知 x>0,f′(x)= - 2-1=- =- . x x x2 x2
1 1 1 1 由 f′(x)=0,得 x1= ,x2=a.

a

1 1 因为 a>1,所以 0< <1,且 a> .

a

a

? 1? ?1 ? 所以在区间?0, ?上,f′(x)<0;在区间? ,1?上,f′(x)>0. ?
a?

?a

?

? 1? ?1 ? 故 f(x)在?0, ?上单调递减,在? ,1?上单调递增. ?
a?

?a

?

(2)证明 由题意可得,当 a∈[3,+∞)时,

f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且 x1≠x2).
-7-

a+ a+ a 1 a 1 即 - 2-1= - 2-1, x1 x1 x2 x2
1 1 1 x1+x2 所以 a+ = + = ,a∈[3,+∞).

1

1

a x1 x2

x1x2

因为 x1,x2>0,且 x1≠x2, 所以 x1x2<? 所以 1 >

?x1+x2?2 恒成立, ? ? 2 ?

4 ,又 x1+x2>0, x1x2 ? x1+x2? 2 1 x1+x2 4 4 所以 a+ = > ,整理得 x1+x2> . a x1x2 x1+x2 1 a+

a

令 g(a)=

,因为 a∈[3,+∞), 1 a+

4

a

所以 g(a)在[3,+∞)上单调递减, 4 6 所以 g(a)= 在[3,+∞)上的最大值为 g(3)= , 1 5 a+

a

6 所以 x1+x2> . 5 考点四:定积分 1 【例 4】(2012·丰台二模)由曲线 y= 与 y=x,x=4 以及 x 轴所围成的封闭图形的面积是

x

A.

31 32

23 B. 16

C.ln 4+

1 2

D.ln 4+1

[审题导引] 作出图形,找到所求面积的区域以及边界坐标,利用定积分求解. [规范解答] 如图,面积

S=?1xdx+?4 dx ? ?x
0 1

1

1 2 1 4 = x |0+ln x |1 2 1 = +ln 4. 2 [答案] C 【规律总结】 定积分的应用及技巧 (1)对被积函数,要先化简,再求定积分. (2)求被积函数是分段函数的定积分,依据定积分的性质,分段求定积分再求和. (3)对含有绝对值符号的被积函数,要去掉绝对值符号才能求定积分. (4)应用定积分求曲边梯形的面积,解题的关键是利用两条曲线的交点确定积分区间以及结合 图形确定被积函数.求解两条曲线围成的封闭图形的面积一般是用积分区

-8-

间内上方曲线减去下方曲线对应的方程、或者直接作差之后求积分的绝对值,否则就会求出 负值. [易错提示] 在使用定积分求两曲线围成的图形的面积时,要注意根据曲线的交点判断这个 面积是怎样的定积分,既不要弄错积分的上下限,也不要弄错被积函数. 【变式训练】 4.(2012·济南模拟)已知函数 f(x)=3x +2x+1,若 则 a=________. 解析 因为
2

? ?1 f(x)dx=2f(a)(a>0)成立,
2

1

? ?1 f(x)dx= ? ?1 (3x +2x+1)dx=(x +x +x)
2 3

1

1

|1 =4, -1

1 2 所以 2(3a +2a+1)=4? a=-1 或 a= . 3 1 又∵a>0,∴a= . 3 答案 1 3

名师押题高考 x 【押题 1】若函数 f(x)=-x·e ,则下列命题正确的是

A.? a∈?-∞, ?,? x∈R,f(x)>a e

? ?

1?

?

?1 ? B.? a∈? ,+∞?,? x∈R,f(x)>a ?e ?
1? ? C.? x∈R,? a∈?-∞, ?,f(x)>a e? ?

?1 ? D.? x∈R,? a∈? ,+∞?,f(x)>a ?e ?
解析 f′(x)=-e (1+x), 令 f′(x)>0,则 x<-1, 令 f′(x)<0,则 x>-1. ∴f(x)max=f(x)极大 1 =f(-1)= . e
x

1? ? 由图知? a∈?-∞, ?,? x∈R,f(x)>a,故选 A. e? ? 答案 A [押题依据] 利用函数的导数研究函数的最值问题是高考的重点内容.本题以命题为载体考
-9-

查了利用导数求函数的最值(极值),体现了转化了的数学思想方法,考查了能力,故押此题. x e 【押题 2】设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解析 对 f(x)求导得 1+ax -2ax 2 2 .① ? 1+ax ?
2

f′(x)=ex

4 2 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x -8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= , 2 2

f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下: x f′(x
)

?-∞,1? ? 2? ? ?
+ ?↗

1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2? ? ?
- ?↘

3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ? ? ?
+ ?↗

f(x)

3 1 所以,x1= 是 f(x)的极小值点,x2= 是 f(x)的极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax2-2ax+ 1≥0 在 R 上恒成立,因此Δ =4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. [押题依据] 本题考查了利用导数研究函数的最值与极值,利用导数及函数的单调性求参数 的范围,符合高考的要求.能够考查学生对导数在研究函数中的应用的掌握情况,难度适中 且有一定的区分度,故押此题.

- 10 -


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