2013年备考复习导数(教师版)

12013年高三理科导数复习一、理科导数高考考试说明要求：二、主要题型及解题策略题型一、函数单调区间的讨论。题型二、已知函数在区间上单调或不单调，求参数取值范围。题型三、不等式恒成立与能成立（存在性）问题。题型四、利用导数研究函数的切线、极值、最值及零点问题。题型五、利用导数证明不等式。题型一.函数单调区间的讨论。分类讨论的一般思路步骤：导数及应用导数的几何意义(B)导数在研究函数中的应用定积分与微积分基本定理导数的运算简单复合函数（仅限于()faxb）的导数(B)导数公式表(B)根据导数的定义求函数yc，yx，3yx，1yx，yx的导数（A）导数的四则运算（C）利用导数研究函数的单调性（其中多项式函数不超过三次）(C)利用导数解决某些实际问题(B)函数的极值、最值（其中多项式函数不超过三次）(C)定积分的概念(A)微积分基本定理(A)导数概念(A)2(1)明确讨论对象，确定自变量的取值范围；(2)求()fx，对导数进行化简整理通常为两方面：一、通分；二、分解因式。(3)观察分析，确定()fx在,ab内符号;若()0fx在,ab上恒成立，则()fx在,ab上是增函数；若()0fx在,ab上恒成立，则()fx在,ab上是减函数新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆(4)当()fx的正负情况不能明确判断出，则需进行分类讨论。确定统一的分类标准，进行合理分类，逐段逐类讨论，做到不重不漏。通常按照如下方面进行分类：★1.最高次项系数讨论，为0，大于0，小于0。常数项字母讨论2.遇到二次函数，看“”和“开口方向“3.若()0fx时能求出两个变根12,xx，对121212,,xxxxxx进行分类讨论4.()0fx时求出的根与自变量的取值区间进行比较(5)归纳总结，得出结论.注意：在讨论过程中结合图象分析可使讨论更清晰、明确。易错点1.忽视定义域。2.单调区间用了“”。3.分类讨论：定义域与根、根与根、对称抽与根、开口分类标准混乱。例题1：（2011海淀一模）已知函数221()()ln2fxaxxxaxx.()aR.求函数()fx的单调区间.【答案】①当0a时，()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上递减②当102a时，()fx在(0,1)和1(,)2a上单调递增，在1(1,)2a上递减；③当12a时，()fx在(0,)上单调④当12a时，()fx在1(0,)2a和(1,)上单调递增，在1(,1)2a上递减例题2：（2010山东）已知函数1()ln1afxxaxx当21a讨论)(xf的单调性.【命题立意】考查分类讨论思想、数形结合思想.【思路点拨】直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性,同时应注意分类标准的选择.【规范解答】当0a时，函数)(xf在)1,0(上单调递减;函数)(xf在),1(上单调递增当21a时,函数)(xf在),0(上单调递减当210a时，函数)(xf在)1,0(上单调递减；函数)(xf在)11,1(a上单调递增；函数)(xf在),11(a上单调递减.3变式训练（2010北京Ⅱ）已知函数2()ln(1)2kfxxxx(0)k.求)(xf的单调区间.【命题立意】本题考查利用导数求单调区间。解决本题时一个易错点是忽视定义域。【思路点拨】由k讨论xf'的正负，从而确定单调区间。【规范解答】当0k时，xf的单调递增区间是0,1，单调递减区间是,0.当10k时，xf的单调递增区间是0,1和1(,)kk，单调递减区间是1(0,)kk.当1k时，xf的单调递增区间是,1.当1k时，xf得单调递增区间是1(1,)kk和(0,)，单调递减区间是1(,0)kk例题3：（2012朝一模）设函数2e(),1axfxaxR.求函数)(xf单调区间.【命题立意】本题考查利用导数求单调区间。易错点忽视根的大小。【思路点拨】逐层分类，二次项系数，判别式，根的大小比较。【规范解答】因为222222e(2)e()(2)(1)(1)axaxaxxafxaxxaxx，（1）当0a时,由()0fx得0x；由()0fx得0x.所以函数()fx在区间(,0)单调递增,在区间(0,)单调递减.…6分（2）当0a时,设2()2gxaxxa，方程2()20gxaxxa的判别式2444(1)(1),aaa①当01a时，此时0.函数()fx单调递增区间是211(,)aa和211(,)aa,单调递减区间221111(,)aaaa②当1a时，此时0.所以()0fx，所以函数()fx单调递增区间是(,)③当10a时，此时0.函数()fx单调递减区间是211(,)aa和211(,)aa,单调递增区间221111(,)aaaa4④当1a时,此时0，()0fx，所以函数()fx单调递减区间是(,).题型二.已知函数在区间上单调或不单调，求参数取值范围：①()0fx()fx为增函数，()0fx()fx为减函数.②()fx在区间,ab上是增函数()0fx在,ab上恒成立；()fx在区间,ab上为减函数()0fx在,ab上恒成立③()fx在区间,ab上是存在单调递增区间()0fx在,ab上能成立（有解）()fx在区间,ab上是存在单调递减区间()0fx在,ab上能成立（有解）以上问题解决常利用：1数形结合思想；2分离参数法；3构造新函数；4.均值不等式例题（1）（2010东城二模）已知函数(1)()ln1axfxxx．若函数()fx在(0,)上为单调增函数，求a的取值范围。【(,2]】【命题立意】考查等价转化思想，均值不等式的应用【思路点拨】分离参数【规范解答】'21(1)(1)()(1)axaxfxxx22(1)2(1)xaxxx22(22)1(1)xaxxx．因为()fx在(0,)上为单调增函数，所以'()0fx在(0,)上恒成立．即2(22)10xax在(0,)上恒成立．当(0,)x时，由2(22)10xax，得122axx．设1()gxxx，(0,)x．11()22gxxxxx．所以当且仅当1xx，即1x时，()gx有最小值2．所以222a．所以2a．所以a的取值范围是(,2]．（变式练习1）已知函数()(1)kxfxxe,(k为常数，0k).（Ⅰ）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若函数()fx在区间0,1上是单调增函数，求实数k的取值范围【规范解答】：（Ⅰ）'()(1),kxfxekxk令'()0fx，Q0kxe，10kxk，由0k当0k时，111kxkk，当0k时()fx在1(1,)k递增，在1(,1)k递减；同理0k时，()fx在1(1,)k递减，在1(,1)k递增；（Ⅱ）Q()fx在0,1上单调递增，'()(1)0kxfxekxk在0,1上恒成立，5Q0kxe，10kxk在0,1上恒成立，法1：设()1gxkxk，只需(0)0(1)0gg，解得12k，1[,0)(0,)2kU，法2：要10kxk在0,1上恒成立，11kx，Q11x在(0,1)上单调递增，max11()12x，12k1[,0)(0,)2kU（变式练习2）（2008宣武二模理）已知函数Rxbxaxxf23的图像过点P（-1，2），且在点P处的切线恰好与直线03yx垂直。（1）求函数xf的解析式；（2）若函数xf在区间1,mm上单调递增，求实数m的取值范围。【规范解答】：解：（1）bxaxxf232/,由题意有323121/bafbaf，3b1a233xxxf(2)令0632/xxxf，得2x或0x，xf在区间2,和,0上均是增函数，由题意，有2,1m,m或,01m,m，21m或0m，,03,m例题（2）：（2011朝阳二模理）设函数2()ln()fxxxa，aR.（Ⅱ）若函数()fx在1[,2]2上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围。【9(,)4】【规范解答】21221()2()xaxfxxaxx设2()221gxxax，依题意，在区间1[,2]2上存在子区间使得不等式()0gx成立.注意到抛物线2()221gxxax开口向上，所以只要(2)0g，或1()02g即可由(2)0g，即8410a，得94a，由1()02g，即1102a，得32a，所以94a，所以实数a的取值范围是9(,)4.解法二：21221()2()xaxfxxaxx，依题意得，在区间1[,2]2上存在子区间使不等式22210xax成立.又因为0x，所以12(2)axx.设1()2gxxx，所以2a小于函数()gx在区间1[,2]2的最大值.6又因为21()2gxx，由21()20gxx解得22x；由21()20gxx解得202x.所以函数()gx在区间2(,2)2上递增，在区间12(,)22上递减.所以函数()gx在12x，或2x处取得最大值.又9(2)2g，1()32g，所以922a，94a所以实数a的取值范围是9(,)4.例题（3）：已知函数3221()(1),(,)3fxxaxaxbabR.当0a时，若)(xf在区间)1,1(上不单调，求a的取值范围.答案【)2,0()0,2(a】【规范解答】因为函数)(xf在区间)1,1(不单调，所以函数)(xf在)1,1(上存在零点.而0)('xf的两根为1,1aa，区间长为2，∴在区间)1,1(上不可能有2个零点.所以0)1()1(ff即：0)2)(2(2aaa∵02a，∴0)2)(2(aa，22a又∵0a，∴)2,0()0,2(a（变式训练3）（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR．（Ⅰ）若函数()fx在区间(1,1)上不单．．调．，求a的取值范围．【规范解答】：（Ⅰ）函数)(xf在区间)1,1(不单调，等价于导函数)(xf在)1,1(既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数即函数)(xf在)1,1(上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(ff，即：0)]2()1(23)][2()1(23[aaaaaa整理得：0)1)(1)(5(2aaa，解得15a题型三.不等式恒成立与能成立（存在性）问题.利用等价转化思想转化为函数的最值或值域问题求解1.不等式等式的恒成立问题若,xD()fxm在D上恒成立，等价于()fx在D上的最小值min()fxm成立，若,xD()fxm在D上恒成立，等价于()fx在D上的最大值max()fxm成立2.不等式的能成立（存在性）问题若,xD()f