新編高考數學復習：第九章 ：第三節(jié)導數的應用二回扣主干知識提升學科素養(yǎng)

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1、新編高考數學復習資料 第三節(jié)　導數的應用(二) 【考綱下載】 1．能利用導數研究函數的單調性，極值或最值，并會解決與之有關的不等式問題． 2．會利用導數解決某些簡單的實際問題． [來源:] 1．生活中的優(yōu)化問題 生活中常遇到求利潤最大、用料最省、效率最高等一些實際問題，這些問題通常稱為優(yōu)化問題． 2．利用導數解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 讀題、審題、找出已知、未知 利用 導數 還原問題答案

2、 求解 問題得以解決 比較極值點與最值點 1．在求實際問題中的最大值和最小值時，函數的定義域有什么要求？ 提示：實際問題中的函數的定義域應使實際問題有意義． 2．在求實際問題的最值時，若函數在區(qū)間內只有一個極值點，則該極值與函數的最值有什么關系？ 提示：有關函數最大值、最小值的實際問題，一般指的是單峰函數，也就是說在實際問題中，如

3、果遇到函數在區(qū)間內只有一個極值點，那么不與區(qū)間端點比較，就可以知道這個極值點就是最大(小)值點． 1. (2013·浙江高考)已知函數y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數的圖象是(　　) 解析：選B　在(－1,0)上，f′(x)單調遞增，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞增趨勢；在(0,1)上，f′(x)單調遞減，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞減趨勢． 2．設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數y＝xf′(x)的圖象可能是　　(　　) 解析：選C　∵f(x)在x＝－

4、2處取得極小值，∴在x＝－2附近的左側f′(x)<0，當x<－2時，xf′(x)>0.在x＝－2附近的右側f′(x)>0，當－2

5、，對任意x∈R，2，則f(x)>2x＋4的解集為(　　) A．(－1,1)　　　　　　　　B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 解析：選B　令函數g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2>0，因此，g(x)在R上是增函數，又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化為g(x)>g(－1)，由g(x)的單調性，可得x>－1. 5．函數f(x)＝ax3＋x恰有三個單調區(qū)間，則a的取值范圍是________． 解析：f(x)＝ax3＋x恰有三個單調區(qū)間，即函數f(x)恰有兩個極值點，即f′(x)＝0有兩個

6、不等實根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有兩個不等實根，則a<0. 答案：(－∞，0) 壓軸大題巧突破(四) 利用導數研究函數的零點或方程的根 [典例]　(2013·山東高考)(13分)設函數f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然對數的底數，c∈R)．[來源:] (1)求f(x)的單調區(qū)間、最大值； (2)討論關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數． [化整為零破難題] (1)先對函數f(x)進行求導，再求解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，即可得出其單調區(qū)間．由于其在定義域內有唯一的極大值點也是最大值點，所以可得其最

7、大值． (2)基礎問題1：方程|ln x|＝f(x)中既有指數，也有對數，如何求解？ 求方程|ln x|＝f(x)根的個數，應構造函數g(x)＝|ln x|－f(x)，轉化為判斷函數g(x)零點的個數問題． 基礎問題2：如何判斷函數g(x)＝|ln x|－f(x)的零點個數？ 函數g(x)＝|ln x|－f(x)的零點即為g(x)的圖象與x軸的交點，因此， 問題轉化為判斷g(x)的圖象與x軸公共點的個數． 基礎問題3：函數g(x)的圖象不能利用描點法畫出，如何判斷其與x軸公共點的個數？ 可根據函數g(x)的單調性與極值的情況，大體畫出g(x)的圖象，從而確定圖象與x軸公共點的個數．

8、 利用導數可以證明，函數g(x)在(1，＋∞)內單調遞增，在(0,1)內單調遞減，故g(x)有最小值g(1)．故當g(1)>0時，圖象與x軸沒有公共點；當g(1)＝0時，圖象與x軸有唯一公共點；當g(1)<0時，圖象與x軸交點的個數不能確定(因為g(x)的定義域為(0，＋∞)，而不是R)． 基礎問題4：如何判斷g(1)<0時，g(x)的圖象與x軸公共點的個數？ 若存在x0∈(1，＋∞)，且g(x0)>0，則在(1，＋∞)上存在零點；若存在x1∈(0,1)，且g(x1)>0，則在(0,1)上存在零點．因此只需判斷g(x)>0在(0,1)和(1，＋∞)上是否有解即可． [規(guī)范解答不失分]

9、 (1)f′(x)＝(1－2x)e－2x，由f′(x)＝0，解得x＝. 2分 當x<時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x>時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是，最大值為f＝e－1＋c. 4分 (2)令g(x)＝|ln x|－f(x)＝|ln x|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．(ⅰ)當x∈(1，＋∞)時，ln x>0，則g(x)＝ln x－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x.因為2x－1>0，>0，所以g′(x)>0， 因此g(x)在(1，＋∞)上單調遞增

10、. 6分 (ⅱ)①ln x<0，則g(x)＝－ln x－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x.因為e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.又2x－1<1，所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.因此g(x)在(0,1)上單調遞減． 綜合(ⅰ)(ⅱ)可知，當x∈(0，＋∞)時，g(x)≥g(1)＝－e－2－c. 8分[來源:] 當g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2時，g(x)沒有零點，故關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數為0；

11、 9分 當g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2時，g(x)只有一個零點，故關于x的方程|ln x|＝f(x)的個數為1； 10分[來源:] ② a．當x∈(1，＋∞)時，由(1)知 ③ 要使g(x)>0，只需使ln x－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；11分 b．當x∈(0,1)時，由(1)知 ③ 要使g(x)>0，只

12、需－ln x－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；所以c>－e－2時，g(x)有兩個零點， 故關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數為2. 12分 綜上所述， 當c<－e－2時，關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數為0； 當c＝－e－2時，關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數為1； 當c>－e－2時，關于x的方程|ln x|＝f(x)根的個數為2.13分 [易錯警示要牢記] 易錯 點一 ①處易忽視定義域為(0，＋∞)，得出“x<1時，ln x<0”的錯誤結論 易錯 點二 ②處極易認為：g(1)>0時，沒有零點；g(1)＝0時，有一個零點；從而想當然認為g(1)<0有兩個零點，造成解題步驟不完整而失分 易錯 點三 ③處易忽視xe－2x＋c在x＝處取得最大值，不能將不等式適當改變，從而無法判斷g(x)的符號，導致解題失誤或解題步驟不完整而失分