【步步高】2013版高考数学 考前3个月(上)专题复习 专题九 第六讲 函数与导数课件

考情分析第六讲函数与导数函数是数学永恒的主题,是中学数学最重要的主干知识之一；导数是研究函数的有力工具,函数与导数不仅是高中数学的核心内容,还是学习高等数学的基础,而且函数的观点及其思想方法贯穿于整个高中数学教学的全过程,高考对函数的考查更多的是与导数的结合,发挥导数的工具性作用,应用导数研究函数的性质、证明不等式问题等,体现出高考的综合热点.第六讲本讲栏目开关考情分析要解决这类问题关键是要先让学生理解函数的概念,掌握好各类函数的结构特征和基本性质,并能将其用于解决具体问题之中.要让学生形成函数思想,真正树立函数观念和变量意识,并能主动利用导数、方程、不等式处理问题,让他们能够在具体问题中顺利实施有效的化归与转化.重视逻辑推理,加强逻辑命题的结构分析和命题转化训练(如当且仅当、存在、恒成立、能成立等语言涵义理解)加强实际运用,提高综合应用能力.多研究函数性质及解不等式、证明不等式的基本方法,尤其是：构造函数、建立方程、挖掘不等式关系,含参数字母的分类讨论,比较法、分析法、综合法、放缩法等常见的证明方法.第六讲本讲栏目开关题型突破题型一函数的单调性、极值、最值问题导数是初等数学与高等数学的重要衔接点.导数作为解决初等数学问题的工具,侧重于考查导数在函数中的应用,特别是利用导数来解决函数的单调性与极值,这已经成为新课标高考的热点问题.第六讲本讲栏目开关题型突破例1已知函数f(x)＝2ax－a2＋1x2＋1(x∈R).其中a∈R.(1)当a＝1时,求曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；(2)当a≠0时,求函数f(x)的单调区间与极值.解(1)当a＝1时,f(x)＝2xx2＋1,f(2)＝45,第六讲又f′(x)＝2x2＋1－2x·2xx2＋12＝2－2x2x2＋12,f′(2)＝－625.所以,曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y－45＝－625(x－2),即6x＋25y－32＝0.本讲栏目开关题型突破(2)f′(x)＝2ax2＋1－2x2ax－a2＋1x2＋12＝－2x－aax＋1x2＋12.第六讲由于a≠0,以下分两种情况讨论.①当a＞0,令f′(x)＝0,得到x1＝－1a,x2＝a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(－∞,－1a)－1a(－1a,a)a(a,＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘本讲栏目开关题型突破所以f(x)在区间－∞，－1a,(a,＋∞)内为减函数,②当a＜0时,令f′(x)＝0,得到x1＝a,x2＝－1a,第六讲在区间－1a，a内为增函数.函数f(x)在x1＝－1a处取得极小值f－1a,且f－1a＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a),且f(a)＝1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(－∞,a)a(a,－1a)－1a(－1a,＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗本讲栏目开关题型突破所以f(x)在区间(－∞,a),－1a，＋∞内为增函数,在区间a，－1a内为减函数.第六讲函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a),且f(a)＝1.函数f(x)在x2＝－1a处取得极小值f(－1a),且f－1a＝－a2.本讲栏目开关题型突破第一步：确定函数的定义域.如本题函数的定义域为R.第二步：求f(x)的导数f′(x).第三步：求方程f′(x)＝0的根.第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间,并列出表格.第五步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性.第六步：明确规范地表述结论.第七步：反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.如本题中f′(x)＝0的根为x1＝－1a,x2＝a.要确定x1,x2的大小,就必须对a的正、负进行分类讨论.这就是本题的关键点和易错点.第六讲本讲栏目开关题型突破变式训练1设f(x)＝ex1＋ax2,其中a为正实数.(1)当a＝43时,求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.解对f(x)求导得f′(x)＝ex1＋ax2－2ax1＋ax22,①第六讲(1)当a＝43时,若f′(x)＝0,则4x2－8x＋3＝0,解得x1＝32,x2＝12.结合①,可知x(－∞,12)12(12,32)32(32,＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗本讲栏目开关题型突破所以,x1＝32是极小值点,x2＝12是极大值点.(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a0,知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立,第六讲因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0,由此并结合a0,知0a≤1.本讲栏目开关题型突破题型二导数与不等式问题和函数有关的不等式问题可以通过转化,变成和函数单调性、极值有关的问题,利用函数的极值、单调性比较函数值的大小、证明不等式是导数应用的又一体现.第六讲本讲栏目开关题型突破例2设函数f(x)定义在(0,＋∞)上,f(1)＝0,导函数f′(x)＝1x,g(x)＝f(x)＋f′(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g1x的大小关系；(3)是否存在x00,使得|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立？若存在,求出x0的取值范围；若不存在,请说明理由.第六讲本讲栏目开关题型突破解(1)由题设易知f(x)＝lnx,g(x)＝lnx＋1x,∴g′(x)＝x－1x2,令g′(x)＝0,得x＝1,(2)g1x＝－lnx＋x,第六讲当x∈(0,1)时,g′(x)0,故(0,1)是g(x)的单调减区间,当x∈(1,＋∞)时,g′(x)0.故(1,＋∞)是g(x)的单调增区间,因此,x＝1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)＝1.设h(x)＝g(x)－g1x＝2lnx－x＋1x,则h′(x)＝－x－12x2,本讲栏目开关题型突破当x＝1时,h(1)＝0,即g(x)＝g1x,(3)满足条件的x0不存在.证明如下：第六讲当x∈(0,1)∪(1,＋∞)时,h′(x)0,h′(1)＝0,因此,h(x)在(0,＋∞)内单调递减,当0x1时,h(x)h(1)＝0,即g(x)g1x,当x1时,h(x)h(1)＝0,即g(x)g1x.假设存在x00,使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立,即对任意x0,有lnxg(x0)lnx＋2x,(*)但对上述x0,取x1＝e时,有lnx1＝g(x0),这与(*)左边不等式矛盾,因此,不存在x00,使|g(x)－g(x0)|1x对任意x0成立.0()gx本讲栏目开关题型突破第一步：构造函数h(x)＝g(x)－g1x；第二步：根据求单调性、极值的步骤探求函数h(x)的单调性；第三步：根据h(x)的单调性比较h(x)和0的大小；第四步：下结论,反思回顾.第六讲本讲栏目开关题型突破变式训练2已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)ex,x∈[－2,t](t－2).(1)当t1时,求函数y＝f(x)的单调区间；(2)设f(－2)＝m,f(t)＝n,求证：mn.(1)解f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1),(2)证明m＝f(－2)＝13e－2,n＝f(t)＝(t2－3t＋3)et,第六讲①当－2t≤0时,x∈(－2,t),f′(x)0,f(x)单调递增.②当0t1时,x∈(－2,0),f′(x)0,f(x)单调递增,x∈(0,t),f′(x)0,f(x)单调递减.综上：当－2t≤0时,y＝f(x)单调递增区间为(－2,t),当0t1时,y＝f(x)单调递增区间为(－2,0),递减区间为(0,t).设h(t)＝n－m＝(t2－3t＋3)et－13e－2,h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t－2).本讲栏目开关题型突破h(t),h′(t)随t变化如下表t(－2,0)0(0,1)1(1,＋∞)h′(t)＋0－0＋h(t)↗极大值↘极小值↗第六讲由上表可知h(t)的极小值为h(1)＝e－13e2＝e3－13e20,又h(－2)＝0,∴当t－2时,h(t)h(－2)0,即h(t)0,因此,n－m0,即nm.本讲栏目开关题型突破题型三导数的综合应用利用导数可以解决一些与参数范围有关的问题,如已知不等式恒成立求参数范围,已知函数零点个数求参数值或范围问题.第六讲本讲栏目开关题型突破例3已知f(x)＝2x－ax2＋2(x∈R)在区间[－1,1]上是增函数.(1)求实数a的值所组成的集合A；(2)设关于x的方程f(x)＝1x的两个非零实根为x1、x2,试问：是否存在实数m,使得不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立？若存在,求出m的取值范围；若不存在,请说明理由.解(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2x2＋22＝－2x2－ax－2x2＋22.第六讲∵f(x)在[－1,1]上是增函数,∴f′(x)≥0对x∈[－1,1]恒成立,即x2－ax－2≤0对x∈[－1,1]恒成立.设φ(x)＝x2－ax－2,∴φ1＝1－a－2≤0φ－1＝1＋a－2≤0⇔－1≤a≤1.本讲栏目开关题型突破∵对x∈[－1,1],f(x)是连续函数,且只有当a＝1时,f′(－1)＝0以及当a＝－1时,f′(1)＝0,(2)由2x－ax2＋2＝1x,得x2－ax－2＝0.∵Δ＝a2＋80,第六讲∴A＝{a|－1≤a≤1}.∴x1,x2是方程x2－ax－2＝0的两个非零实根,从而|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2＝a2＋8.∴x1＋x2＝a,x1x2＝－2,∵－1≤a≤1,∴|x1－x2|＝a2＋8≤3.要使不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立,当且仅当m2＋tm＋1≥3对任意t∈[－1,1]恒成立.即m2＋tm－2≥0,对任意t∈[－1,1]恒成立.设g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋(m2－2),本讲栏目开关题型突破则g－1＝m2－m－2≥0g1＝m2＋m－2≥0⇔m≥2或m≤－2.第六讲综上知：存在实数m,使得不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立,其取值范围是{m|m≥2或m≤－2}.本讲栏目开关题型突破第一步：将问题转化为形如不等式f(x)≥a(或f(x)≤a)恒成立的问题.第二步：求函数f(x)的最小值f(x)min或f(x)的最大值f(x)max.第三步：解不等式f(x)min≥a(或f(x)max≤a).第四步：明确规范地表述结论.第五步：反思回顾.查看关键点、易错点及规范解答.如本题重点反思每一步转化的目标及合理性,最大或最小值是否正确.第六讲本讲栏目开关题型突破变式训练3已知函数f(x)＝alnx＋bx2图象上点P(1,f(1))处的切线方程为2x－y－3＝0.(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)函数g(x)＝f(x)＋m－ln4,若方程g(x)＝0在1e，2上恰有两解,求实数m的取值范围.解(1)当x＝1时,f(1)＝2×1－3＝－1.f′(x)＝ax＋2bx,x0.第六讲∴f′1＝a＋2b＝2f1＝b＝－1,解得a＝4,b＝－1.∴y＝f(x)＝4lnx－x2.本讲栏目开关题型突破(2)g(x)＝f(x)＋m－ln4＝4lnx－x2＋m－ln4.第六讲令g(x)＝0,得m＝x2－4lnx＋ln4,则此方程在1e，2上恰有两解.记φ(x)＝x2－4lnx＋ln4.令φ′(x)＝2x－4x＝2x2－4x＝2x＋2x－2x＝0,得x＝