2022年高考數(shù)學第二輪復習 導數(shù)教學案

2022年高考數(shù)學第二輪復習 導數(shù)教學案考綱指要：導數(shù)是高中數(shù)學中重要的內容，是解決實際問題的強有力的數(shù)學工具，運用導數(shù)的有關知識，研究函數(shù)的性質：單調性、極值和最值是高考的熱點問題?？键c掃描：導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 結合實例，借助幾何直觀探索并了解函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，會求不超過三次的多項式函數(shù)的單調區(qū)間； 結合函數(shù)的圖像，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求不超過三次的多項式函數(shù)的極大值、極小值，以及閉區(qū)間上不超過三次的多項式函數(shù)最大值、最小值；體會導數(shù)方法在研究函數(shù)性質中的一般性和有效性?？碱}先知：例1設函數(shù)，其中實數(shù)A、B、C滿足：； 。 （1）求證：； （2）設，求證：。證明：（1）由得：，又，所以，（2）當時，等價于當時，所以只須證明當時，由知：且，所以為開口向上的拋物線，其對稱軸方程，又由得：，即，所以，當時，有=，所以為0，2上的增函數(shù)。因此，當時，有，即當時，。 評注：本題以一元三次函數(shù)為載體，以導數(shù)作為工具，進一步研究函數(shù)性質、代數(shù)式變形、解析幾何和不等式證明等數(shù)學問題，對于這些題目，導數(shù)僅僅是背景，核心還是初等數(shù)學的變化技巧。例2 已知函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，且。 () 求的表達式；（）設，若對任意的, 不等式恒成立，求實數(shù)的最小值。 解析：() 因為在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間單調遞減，所以方程的兩根滿足。由，得，所以，而，故，則，從而。故（）對任意的，不等式恒成立，等價于在區(qū)間上，。當時，所以在區(qū)間上單調遞減，從而在區(qū)間上，則由，解得或，結合，可得實數(shù)的最小值為。復習智略：例3(1)已知，試求函數(shù)的最小值； （2）若，求證：。分析：求函數(shù)最值的常見方法是通過求導，確定函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出其最值。解：（1）對于函數(shù)，求導得，由得，當時，函數(shù)是遞減函數(shù)；當時，函數(shù)是遞增函數(shù)；所以當時，函數(shù)。（2）由第（1）題得：從而，三式相加得：變化：由（1）知：，從而，三式相加，結合得：。 聯(lián)想：在三角函數(shù)中，有公式，因此，若，且，則。類比：若，則檢測評估：1.如果f '(x)是二次函數(shù), 且 f '(x)的圖象開口向上,頂點坐標為(1,), 那么曲線y=f(x)上任一點的切線的傾斜角的取值范圍是( )A. (0, ) B. 0, , C. 0, , D. ,2已知函數(shù)在R上可導，且·，則與的大小關系是 A=B<C>D不能確定（ ）3已知函數(shù)在R上可導，當時，且當，時有，若，則不等式解集為（ ） ABCD4若函數(shù)是導函數(shù)的單調遞減區(qū)間是（ ）A1，0BC1，D5 設函數(shù)fn(x)=n2x2(1x)n(n為正整數(shù))，則fn(x)在0,1上的最大值為 ( )A 0B 1C D 6已知，方程在區(qū)間內根的個數(shù)是 .7. 已知曲線在點處的切線與軸、直線所圍成的三角形的面積為,則 . 8已知函數(shù)是R上的奇函數(shù)，當時取得極值，則的單調區(qū)間是 ；9若方程在上有解，則實數(shù)的取值范圍是 。10已知函數(shù)在R上為減函數(shù)，則的取值范圍是 11已知，點A(s,f(s), B(t,f(t) (I) 若,求函數(shù)的單調遞增區(qū)間； (II)若函數(shù)的導函數(shù)滿足：當|x|1時，有|恒成立，求函數(shù)的解析表達式；(III)若0<a<b, 函數(shù)在和處取得極值，且,證明：與不可能垂直.12.已知二次函數(shù)的圖象過點，且（1）求的解析式；（2）若數(shù)列滿足，且，求數(shù)列的通項公式；（3）對于（2）中的數(shù)列，求證：；。點撥與全解：1解：因，所以，故選B。2解：因，從而，得，所以原函數(shù)為，從而>，故選C。3解：因當時，所以在上單調遞增；因當，時有，所以為偶函數(shù)，原不等式可化為，即，得，故選C。4解：由得，即當時，函數(shù)單調遞增，又是單調遞減的，所以當，即1，時單調遞減，故選C。5解。fn(x)=2xn2(1x)nn3x2(1x)n-1=n2x(1x)n-12(1x)nx,令fn(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=時取得最大值，最大值fn()=n2()2(1)n=4·()n+1故選D。6解：記，由得，所以當時，在區(qū)間上單調遞減，又，故原方程在區(qū)間內有且只有一根。7解：過點處的切線是，與軸交點為，與直線的交點為，所以圍成的三角形的面積=，得。 8解：為R上的奇函數(shù)，即，d=0.，.當x=1時，取得極值. 解得：.，令，則或，令，則.的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為.9解：記，因得，所以在上，當時，函數(shù)有極小值，且在0，1上單調遞減，在1，2上單調遞增，又，所以當，即當時，方程在1，2上有一解，當，即當0，2時，方程在0，1上有一解，綜上所述，當時，原方程在上有解。10。解：由在R上恒成立得，從而。11.解：(I) f (x)=x3-2x2+x, (x)=3x2-4x+1, 因為f(x)單調遞增，所以(x)0，即 3x2-4x+10,解得，x1, 或x,故f(x)的增區(qū)間是(-，)和1,+ . (II) (x)=3x2-2(a+b)x+ab. 當x-1，1時，恒有|(x)|. 故有(1)， (-1)，(0), 即 +，得ab，又由，得ab=，將上式代回和，得 a+b=0,故f(x)=x3x. (III) 假設, 即= = st+f(s)f(t)=0, (s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1, st-(s+t)a+a2st-(s+t)b+b2=-1, 由s，t為(x)=0的兩根可得， s+t=(a+b), st=, (0<a<b),從而有ab(a-b)2=9. 這樣(a+b)2=(a-b)2+4ab = +4ab2=12，即 a+b2,這樣與a+b<2矛盾.故與不可能垂直. 12（1）；（2）；（3）()當時，顯然成立；當時，；，所以不等式成立.