高三數(shù)學二輪復習專題二第三講導數(shù)的應用教案理

1、研熱點(聚焦突破)=ae21 32即 k=3y=十，類型一 利用導數(shù)研究切線問題 導數(shù)的幾何意義(1) 函數(shù)y = f(x)在x= X0處的導數(shù)f(x。)就是曲線y= f(x)在點(x, f(x。)處的切線的斜率 f(x0)； 曲線y= f (x)在點(x, f(xj)處的切線方程為y仁勺)=f (x。 x 勺).x 1例1(2012年高考安徽卷改編)設函數(shù)f(x) = ae+ x+ b(a0).在點(2 , f (2)處的切線方程為ae求a, b的值.1解析 I： f (x) = aex 右，ae解得a2 = 2或ae? = 1(舍去)，21所以a=p，代入原函數(shù)可得 2+e+ b= 3,e

2、2丄=21故a=孑b=2.1 *本例在解答中要注童d 0 *應舍去疋=否則會產生增解*N來在某點處的切線與過某點處的切線問題時 要注意點是否在曲線上*若非切點則需要設出切點. 否則會出錯.跟蹤訓練 已知函數(shù)f( x) = x3 x.(1)求曲線y = f(x)的過點(1 , 0)的切線方程； 若過x軸上的點(a, 0)可以作曲線y= f(x)的三條切線，求 a的取值范圍.(t)( x代入y解析：(1)由題意得f (x) = 3x2 1.曲線y= f (x)在點Mt, f(t)處的切線方程為y f (t) = ft)，即y = (3t2 1) x 2t3,將點(1 , 0)代入切線方程得2t3

3、3t2 + 1 = 0,解得t = 1或一丄， 22 3 11=(3t2 1)x 2t3得曲線y= f(x)的過點(1 , 0)的切線方程為y = 2x 2或y = 一 x + .44 由(1)知若過點(a, 0)可作曲線y= f(x)的三條切線，則方程 2t3 3at2 + a= 0有三個相異的實根，記g(t) = 2t3 3at2+ a.則 g() = 6t2 6at = 6t(t a).當a0時，函數(shù)g(t)的極大值是g(0) = a,極小值是g(a) = a3+ a,要使方程g(t) = 0有三個相異的實數(shù)根，需使 a0 且一a3+ a0 且 a2 10, 即卩 a1；當a= 0時，函

4、數(shù)g(t)單調遞增，方程g(t) = 0不可能有三個相異的實數(shù)根；當a0時，函數(shù)g(t)的極大值是g( a)= a3+ a,極小值是g(0)=a,要使方程g(t) = 0有三個相異的實數(shù)根，需使 a0, 即卩 a0, 即卩 a0，那么函數(shù)f (x)在區(qū)間(a, b)上單調遞增；如果f( x)0 ;當 x (1 ,+s )時，h(x)0,所以當 x (0 , 1)時，f (x)0 ;當 x (1 ,+s )時，f ( x)0.因此f (x)的單調遞增區(qū)間為(0 , 1)，單調遞減區(qū)間為(1 , +m ).L簞學本題時昜懸視圉數(shù)的定義域CO,:I +*%從而導致單調區(qū)間求成(一8.1)和J 玄對于

5、含參數(shù)的單調性妁判斷委注意分莫討論* fi 3 .已鯉函羽:的單調性求眾數(shù)范圍時；實際上轉牝?Vi為廣(刃鼻0藪f (工)W0恒咸負問題.E跟蹤訓練1 2若函數(shù)f(x) = In x gax 2x存在單調遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍.21ax -L 2x 1解析：由題知f(x) = -一 ax 2 =，因為函數(shù) f(x)存在單調遞減區(qū)間，所以f(x)=xx2ax + 2x 1x0在(0 ,+)上有實數(shù)解.(1)當a0時，y = ax2 + 2x 1為開口向上的拋物線，所以ax2 + 2x 1 0在(0 ,+ )上恒有解； 當a 0在(0,+ )上有實數(shù)解，則A=4 4a 0,此時1a0), g

6、(x) = x3 + bx.(1)若曲線y = f (x)與曲線y= g( x)在它們的交點(1 , c)處具有公共切線，求 a, b的值； 當a2 = 4b時，求函數(shù)f (x) + g(x)的單調區(qū)間，并求其在區(qū)間(a, 1上的最大值.解析(1) f (x) = 2ax, g(x) = 3x2 + b,因為曲線y= f (x)與曲線y = g(x)在它們的交點(1 , c)處具有公共切線，所以 f(1) = g(1)，且 f=g (1).即 a+ 1= 1+ b,且 2a = 3+ b. 解得 a= 3, b= 3.(2)記 h(x) = f(x) + g(x).當 b=召2時,3212h(

7、x) = x + ax + &ax +1,2 1 2 h(x) = 3x + 2ax+-a .4aa令 h(x) = 0，得 X1= , X2= 6.a0時，h(x)與h(x)的變化情況如下：x(，2)a2(2,a6違)h(x)00h(x)ZZa aa a所以函數(shù)h(x)的單調遞增區(qū)間為(一a,功和(一6, +m)；單調遞減區(qū)間為(一2, g).a當一-1，即 0aW2 時，1 2函數(shù)h(x)在區(qū)間(一a, 1上單調遞增，h(x)在區(qū)間(一a, 1上的最大值為h( 1) = a4a .aa當一 2 1,即 2aW6 時，aa函數(shù)h( x)在區(qū)間(一a, 2)上單調遞增，在區(qū)間(一-,1上單調遞

8、減，h(x)在區(qū)間(一a, 1 上的最大值為 h( |) = 1.a當一6 時，6aa aa函數(shù)h(x)在區(qū)間(一a, 上單調遞增，在區(qū)間(一-,6)上單調遞減，在區(qū)間(一6, 1上單調a1 212遞增，又因為h( p h( 1) = 1 a+ 4a = 4( a 2) 0,所以h(x)在區(qū)間(一a, 1上的最大值為h(a-)=12利用導數(shù)研究極值與最值時需注意以下幾點：m首先考慮定義域.I|(2)導數(shù)值為0的點不一定是函數(shù)的極值點，它ij是函數(shù)在該點取得極值的必要而不充分條件j1(3)含參數(shù)的極值與最值問題突注意分類討論.1IIIIItr跟蹤訓練2x? + 3x2 + 1 (x w 0)(2

9、012年珠海摸底)若函數(shù)f(x) = ax，在2, 2上的最大值為2,貝y a的取值范e (x0)圍是()1 、 1A.才n 2 ,+R)B. 0 ,尹 21C. (a, 0 D . (g,尹 2解析：當xW0時，f (x) = 6x2 + 6x，易知函數(shù)f (x)在(一g, 0上的極大值點是 x= 1,且f ( 1)In 2=2,故只要在(0 , 2 上, eaxW2即可，即axw In 2 在(0 , 2上恒成立，即 aw在(0 , 2上恒成立，x1 故 aw In 2.答案：D析典題(預測高考)高考真題【真題】(2012年高考遼寧卷)設f(x) = ln( x+ 1) +-, x+ 1

10、+ ax+ b( a, b R, a, b為常數(shù))，曲線y3=f (x)與直線y=在(0 , 0)點相切.(1)求a, b的值；9x 證明：當0x2時，f (x)0時， x2 . (x+ 1) I x + 1 + 1 = x + 2,故，x + 12+ 1.記 h(x) = f(x)齊6，1154則 h X)=+ 2鼻+ 1 (x + 6) 2 2 + . x+ 15454222 (x+ 1)( x+ 6)4 ( x+ 1)(x + 6) 23(x + 6) 216 (x + 1)4 (x + 1)(x+ 6)令 g(x) = (x + 6) 216(x + 1),則當 0x2 時，g (x)

11、 = 3(x + 6) 2 2160.因此g(x)在(0 , 2)內是遞減函數(shù).又由 g(0) = 0,得 g(x)0，所以 h (x)0.因此h(x)在(0 , 2)內是遞減函數(shù).又 h(0) = 0,得 h( x)0.9x于是當0x2時，f (x)0 時，2 (x + 1) I x + 1 + 1 = x + 2，故，x+ 1+ 1.令 k(x) = ln( x+ 1) x,1 x則 k(0) = 0, k(x) = 1=0,x+ 1x + 1故 k(x)0，即 ln( x + 1)0時，仁幻尹.記 h(x) = (x + 6)f (x) 9x，則當 0x2 時,h(x) = f(x) +

12、 (x+ 6)f (x) 92x + (x+ 6) (12 (x + 1)3 x(x+ 1) + (x+1xx6) (2 + ,x + 1) 18(x + 1) 2 (x + 1) 3x(x + 1) + (x + 6) (3 + -) 18(x + 1) = 4 (x+ 門(7 x 18)0.因此h(x)在(0 , 2)內單調遞減.又 h(0) = 0,所以 h(x)0，即 f(x) g(x) + 2 ；(3)是否存在實數(shù)a,使f(x)的最小值是3,若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.【解析】(1)由題知當 a= 1 時，f (x) = 1=,xx因為當0x1時，f( x)0，此時f

13、(x)單調遞減，當1x0，此時f(x)單調遞增， 所以f (x)的極小值為f(1) = 1.(2)證明因為f (x)的極小值為1,即f (x)在(0 , e上的最小值為1.人1 In x 1,1 In x令 h(x) = g(x) + 2=+ 2，h (x)= 廠當0x0, h( x)在(0 , e上單調遞增,1111所以 h( x) max=，+ -= 1 = f ( x) min ,e 2 221 所以在(1)的條件下，f(x)g(x) +1 ax 1 假設存在實數(shù) a,使f (x) = ax In x(x (0 , e)有最小值3, f(x) = a - =x x 當a0時，因為x (0 , e,所以f (x)0,而f(x)在(0 , e上單調遞減，4所以 f(x) min = f (e) = ae 1 = 3, a=(舍去)，e此時f(x)無最小值；111 當0-e時，f(x)在(0,