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高三数学二轮复习精品课件(课标版)专题1 第4讲 导数在研究函数性质中的应用及定积分


第4讲

导数在研究函数性质中的应用及定积分

第4讲

导数在研究函数性质中 的应用及定积分

第4讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1.导数的几何意义 2.函数的单调性与导数 如果已知函数在某个区间上单调递增(减),则这个函数 的导数在这个区间上大(小)于零恒成立.在区间上

离散点处 导数等于零,不影响函数的单调性,如函数 y=x+sinx. 3.函数的导数与极值 对可导函数而言,某点导数等于零是函数在该点取得极 值的必要条件,但对不可导的函数,可能在极值点处函数的 导数不存在(如函数 y=|x|在 x=0 处),因此对于一般函数而 言,导数等于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要 条件.

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4.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数, 一定有最大值和最小值, 其最大值 是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中 的最大者,最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数 的所有极小值的最小者.

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5.定积分与曲边形面积 (1)曲边为 y=f(x)的曲边梯形的面积:在区间[a,b]上的 连续的曲线 y=f(x),和直线 x=a,x=b(a≠b),y=0 所围成 ?b ? |f?x?|dx 的曲边梯形的面积 S= ? .当 f(x)≥0 时, ?bf(x)dx; S=? ? ?
a
?

a

当 f(x)<0 时,S=-?bf(x)dx. ? ?
?a

(2)曲边为 y=f(x),y=g(x)的曲边形的面积:在区间[a, b]上连续的曲线 y=f(x),y=g(x),和直线 x=a,x=b(a≠b), y=0 所围成的曲边梯形的面积 S=?b|f(x)-g(x)|dx.当 f(x)≥g(x) ? ?
?

a
?

时,S=?b[f(x)-g(x)]dx;当 f(x)<g(x)时,S=?b[g(x)-f(x)]dx. ? ? ? ?
?

a

a

第4讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ? 探究点一 导数的几何意义的应用

?π ? sinx 1 例 1 [2011· 湖南卷] 曲线 y= - 在点 M?4,0? sinx+cosx 2 ? ? 处的切线的斜率为( ) 1 1 A.- B. 2 2 2 2 C.- D. 2 2

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sinx 1 B 【解析】 对 y= - 求导得到 sinx+cosx 2 cosx?sinx+cosx?-sinx?cosx-sinx? 1 y′= = 2 2, ?sinx+cosx? ?sinx+cosx? ? π π 1 1 ?x= = 当 x= ,得到 y′ = . ? 2 4 4 ? 2?2 2 ? + ? 2? ? 2

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(1)直线 y=2x+b 是曲线 y=lnx(x>0)的一条切线,则 实数 b=________. (2)已知 f(x)为偶函数, x≥0 时, 当 f(x)=-(x-1)2+1, 1 满足 f[f(a)]= 的实数 a 的个数为________. 2

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(1)-ln2-1 (2)8 【解析】 (1)切线的斜率是 2,根据 导数的几何意义可以求出切点的横坐标,进而求出切点的坐 1 1 标,切点在切线上,代入即可求出 b 的值.y′=x,令x=2 ?1 1? 1 1 1 ? ,ln ?,代入直线方程,得 ln =2× + 得 x=2,故切点为 2 2? 2 2 ? b,所以 b=-ln2-1.

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1 2 2 2 (2)如图所示,f(x)=2有四个解:-1- 2 ,-1+ 2 ,1- 2 , 2 2 2 2 1+ 2 .所以 f(a)=-1- 2 或 f(a)=-1+ 2 或 f(a)=1- 2 ,

2 当 f(a)=-1- 2 时,a 有 2 个值对应; 2 当 f(a)=-1+ 2 时,a 有 2 个值对应; 2 当 f(a)=1- 2 时,a 有 4 个值对应, 1 综上可知满足 f[f(a)]=2的实数 a 有 8 个.

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? 探究点二 导数在研究函数中的应用
2 x

例 2 [2011· 北京卷] 已知函数 f(x)=(x-k) ek. (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤e,求 k 的取值范围. x 1 【解答】 (1)f′(x)= (x2-k2)e . k k 令 f′(x)=0,得 x=± k. 当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下:
(-∞, (-k, k (k, -k +∞) k) -k) 0 0 f′(x) + - + 2 -1 f(x) ? ? 0 ? 4k e 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区间是(-k,k). x

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当 k<0 时,f(x)与 f′(x)的情况如下: (-∞, k x (k,-k) -k (-k,+∞) k) 0 0 f′(x) - + - - f(x) ? 0 ? ? 4k2e 1 所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区间是(k,-k). k+1 1 1 (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e > ,所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . e e k 2 4k 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)= . e 2 4k 1 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ ,等价于 f(-k)= ≤ . e e e 1 解得- ≤k<0. 2 ? 1 ? 1 ? 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时,k 的取值范围是?- ,0?. ? e ? 2 ?

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【点评】 单调性是函数的最重要的性质,函数的极值、最值等问题的解决都 离不开函数的单调性,含有字母参数的函数的单调性又是综合考查不等式的解法、 分类讨论的良好素材.函数单调性的讨论是高考考查导数研究函数问题的最重要 的考查点.函数单调性的讨论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的 讨论,对一元二次不等式,在二次项系数的符号确定后就是根据其对应的一元二 次方程两个实根的大小进行讨论,即分类讨论的标准是先二次项系数、再根的大 小.对于在指定区间上不等式的恒成立问题,一般是转化为函数最值问题加以解 决,如果函数在这个指定的区间上没有最值,则可转化为求函数在这个区间上的 值域,通过值域的端点值确定问题的答案.

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1 3 1 2 例 3 [2011· 江西卷] 设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2 ?2 ? (1)若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范 ? ? 围; 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该 3 区间上的最大值.

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? 1?2 1 ? 【解答】 (1)由 f′(x)=-x +x+2a=-?x-2? + +2a, ? 4 ? ? ?2 ? ?2? 2 2 ? ? 当 x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′?3?= +2a;令 +2a>0,得 ? ? 9 9 ? ? ? ? ?2 ? 1 ? 所以,当 a>- 时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间. ? 9 ? ?
2

1 a>- , 9

1- 1+8a 1+ 1+8a (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= ,x2= . 2 2 所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2). 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1), 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- , 3 3 10 得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3

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1 已知函数 f(x)=(ax2-x)lnx- ax2+x.(a∈R). 2 (1)当 a=0 时,求曲线 y=f(x)在(e,f(e))处的切线方程(e=2.718?); (2)求函数 f(x)的单调区间.

【解答】 (1)当 a=0 时,f(x)=x-xlnx,f′(x)=-lnx,所以 f(e)=0,f′(e) =-1. 所以当 a=0 时,曲线 y=f(x)在(e,f(e))处的切线方程为 y=-x+e. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 1 f′(x)=(ax2-x) +(2ax-1)lnx-ax+1=(2ax-1)lnx, x ①当 a≤0 时,2ax-1<0, 在(0,1)上 f′(x)>0,在(1,+∞)上 f′(x)<0, 所以此时 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;

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1 ②当 0<a< 时, 2 ?1 ? ? 1? ? ? ? 在(0,1)和? ,+∞ ?上 f′(x)>0,在?1, ?上 f′(x)<0, 2a ? ?2a ? ? ? ?1 ? ? 1? ? ? ? 所以此时 f(x)在(0,1)和? ,+∞ ? 上单调递增,在?1, ?上单调递减; 2a ? ?2a ? ? ? 1 ③当 a= 时, 2 在(0,+∞)上 f′(x)≥0 且仅有 f′(1)=0, 所以此时 f(x)在(0,+∞)上单调递增; ? ?1 ? 1? 1 ? ? ? ④当 a> 时,在?0, ?和(1,+∞)上 f′(x)>0,在? ,1?上 f′(x)<0, ? 2 2a ? ? ?2a ? ? ? ?1 ? 1? ? ? 所以此时 f(x)在?0, ?和(1,+∞)上单调递增,在? ,1?上单调递减. ? 2a ? ? ?2a ?

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? 探究点三 定积分
?1 x ? (e +2x)dx ?0

例 4 (1)[2011· 福建卷]

等于(

)

A.1 B.e-1 C.e D.e+1 (2)[2011· 课标全国卷] 由曲线 y= x,直线 y=x-2 及 y 轴所围成的图形的面 积为( ) 10 16 A. B.4 C. D.6 3 3
(1)C (2)C 【解析】 (1)因为 F(x)=ex+x2,且 F′(x)=ex+2x,则 x 2 1 0 ?1 x ? (e +2x)dx=(e +x )| 0=(e+1)-(e +0)=e,故选 C.
?0

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?y= x, (2)如图,由? 解得 x=4 或 x=1.经检验 x=1 为增根, ?y=x-2 ∴x=4,∴B(4,2),又可求 A(0,-2),

所以阴影部分的面积 S =

?4( ? ?0

x-x + 2)dx

?2 3 x2 =?3x2- 2 ? ?



??4 2x?? ?? ??0



16 . 3

【点评】 计算定积分的基本方法就是根据微积分基本定理,其关键是找到一个函 数使得这个函数的导数是被积函数,这实际上是导数运算的逆运算;使用定积分的方法 求曲边形面积时,要根据围成这个曲边形的直线和曲线的相对位置确定是哪个函数的、 在什么区间上的定积分,求曲边形面积可以使用 x 为积分变量,也可以使用 y 为积分变 量,本例第(2)问如果使用 y 为积分变量,所求的面积由两部分组成,一个是下方的等 2 腰直角三角形,一个是定积分? (y+2-y2)dy. ?
?0

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? 创新链接 3 用导数研究不等式和方程

在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的 情况, 基本的题目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际 上就是证明这个不等式), 研究不等式在一个区间上成立时不等式 的某个参数的取值范围,研究含有指数式、对数式、三角函数式 等超越式的方程在某个区间上的根的个数等,这些问题依据基础 初等函数的知识已经无能为力,就需要根据导数的方法进行解 决. 使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函数, 通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数 值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个 数.

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alnx b 例 5 [2011· 课标全国卷] 已知函数 f(x)= + , 曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切 x+1 x 线方程为 x+2y-3=0. (1)求 a,b 的值; lnx k (2)如果当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> + ,求 k 的取值范围. x-1 x 【分析】 (1)问关键能通过题干信息中的点(1,f(1))“处”与切线方程的斜率 列出方程组;(2)问关键是正确提取分类的条件.

b - 2, x ?x+1? 2 1 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- ,且过点(1,1), 2 ?f?1?=1, ?b=1, ? ? 故? 即?a 1 1 ?f′?1?=-2, ?2-b=-2, ? ? 解得 a=1,b=1. 【解答】 (1)f′(x)=

? ? ?x+1 ? a? -lnx? ? x ?

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?k-1??x2-1? lnx 1 lnx k 1 (2)由(1)知 f(x)= + ,所以 f(x)- + = 2lnx+ . x x+1 x x-1 x 1-x2 ?k-1??x2-1? 考虑函数 h(x)=2lnx+ (x>0), x ?k-1??x2+1?+2x 则 h′(x)= . x2 k?x2+1?-?x-1? 2 ①设 k≤0,由 h′(x)= 知, x2 当 x≠1 时,h′(x)<0,而 h(1)=0, 1 故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0; 1-x2 1 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 h(x)>0. 1-x2 ? lnx k? + ?>0, 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)-? ?x-1 x ? lnx k 即 f(x)> + . x-1 x

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? 1 ? ? ? 1, ②设 0<k<1, 由于当 x∈? (k-1)(x2+1)+2x>0, h′(x)>0, 故 ?时, 1-k? ? ? ? 1 ?1, 1 ? h(1)=0,故当 x∈? 时,h(x)>0,可得 h(x)<0.与题设矛盾. 1-k? ? ? 1-x2



③设 k≥1,此时 h′(x)>0,而 h(1)=0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0, 1 可得 h(x)<0,与题设矛盾. 1-x2 综合得,k 的取值范围为(-∞,0].

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? lnx k? lnx 1 + ?= 【点评】 本题的困难是第二问的不等式问题, 通过作差 f(x)-? + - ?x-1 x ? x+1 x lnx k 1 ? ?k-1??x2-1? ? ? ? - 后,通过适当的变换把其变换为 ? ,其目的就是为 2?2lnx+ x x-1 x 1-x ? ? 了分 0<x<1,x>1 进行研究,括号内的部分看似复杂,其实就是
? 1? ? 2lnx+(k-1)?x- ?, x? ? ?

把这个式子作为函数 h(x),其导数是很容易求出的,而且函数 h(x)恰好在 x=1 处等 于零,这样就便于使用函数的单调性得到和 h(1)进行比较的式子,使用特殊点的函 数值是分析解决不等式问题的重要技巧之一.本题具有极高的技巧性,也很容易使 解题者陷入分离参数的困境.

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已知函数 f(x)=ln(x+a)-x2-x 在 x=0 处取得极值. (1)求实数 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; 5 (3)若关于 x 的方程 f(x)=- x+b 在区间(0,2)有两个不等实根,求实数 b 的取值范 2 围.

1-2x?x+a?-?x+a? 1 【解答】 (1)由已知得 f′(x)= -2x-1= , x+a ?x+a? 1-a 由题意知 f′(0)=0,即 =0,解得 a=1. a 1-2x?x+1?-?x+1? (2)由(1)得 f′(x)= x+1 ? 3? ? -2x?x+ ? 2? ? ? = (x>-1). x+1 由 f′(x)>0 得-1<x<0,由 f′(x)<0 得 x>0. ∴f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞).

第4讲│ 要点热点探究
? 5 ? 3 ? g(x)=f(x)-?- x+b?=ln(x+1)-x2+ x-b, x∈(0,2), 则 ? 2 ? 2 ?

(3)令

g′(x)=

1 - x+1

3 5 2x+ ,令 g′(x)=0,得 x=1 或 x=- (舍).当 0<x<1 时,g′(x)>0,当 1<x<2 时, 2 4 g′(x)<0,即 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减. 5 方程 f(x)=- x+b在区间(0,2)上有两个不等实根等价于函数 g(x)在(0,2)上有两 2 个不同的零点.

?g?0?<0, ? 故只要?g?1?>0, ?g?2?<0 ?

?-b<0, ? 1 即可,即?ln2+ -b>0, 2 ?ln3-1-b<0, ?

1 解得 ln3-1<b<ln2+ . 2 1 即实数 b 的取值范围为 ln3-1<b<ln2+ . 2

第4讲 │ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1.求解切线问题时要注意求的是曲线上某点处的切线问 题,还是曲线的过某个点的切线问题. 2.函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本,函数 的单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点, 在含有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根据函数的 极值点把函数的定义域区间进行分段,在各个段上研究函数的 导数的符号,确定函数的单调性,也确定了函数的极值点,这 是讨论函数的单调性和极值点情况进行分类的基本原则.

第4讲│ 规律技巧提炼
3.使用导数的方法研究不等式问题的基本方法是构造函 数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值,利用特 殊点的函数值和整个区间上的函数值的比较得到不等式,注 意在一些问题中对函数的解析式进行适当的变换再构造函 数. 4.使用导数的方法研究方程的根的分布,其基本思想是 构造函数后,使用数形结合方法,即先通过“数”的计算得 到函数的单调区间和极值,再使用“形”的直观得到方程根 的分布情况.

第4讲 │ 教师备用例题
教师备用例题
备选理由:例 1 是以三角函数为背景的试题,鉴于当前在 高考中考查函数导数的情况,以三角函数为主的试题不多见, 选用此题弥补这个不足;例 2 难度不大,考查全面,是一道综 合性较强的函数与导数试题, 可以全面串联导数研究函数性质、 不等式和方程;例 3 是一个以构造函数、通过研究函数的单调 性、极值点和特殊点的函数值研究不等式的典型例题,这个题 和本讲例 5,可以形成学习使用导数的方法研究不等式的一个 基本思路,提高学习解决函数综合题的能力.

第4讲 │ 教师备用例题
例 1 若 f(x)≥h(x)=ax+b≥g(x), 则定义 h(x)为曲线 f(x), g(x)的 ψ 线. 已知 f(x)=tanx,
? ? π? π? ? ? ? x∈?0, ?,g(x)=sinx,x∈?0, ?,则 2? 2? ? ? ?

f(x),g(x)的 ψ 线为________.

【分析】 实际上就是确定 a,b 的值,使得不等式 sinx≤ax+b≤tanx 对任意的 ? π? ? x∈?0, ?恒成立.可以通过构造函数的方法解决这个不等式的恒成立问题. 2? ? ? 【答案】 y=x 【解析】 这样的直线若存在,则对 x=0 时一定满足不等式 sinx≤ax+b≤tanx, 故 b=0. 设 h(x)=sinx-ax,则 h′(x)=cosx-a,如果 a≤0,则 h′(x)≥0,函数 h(x)在区 ? π? ? 间?0, ?上单调递增,h(x)≥h(0)=0,无论 a 取何值,都不会有 h(x)≤0 恒成立;如果 2? ? ? ? π? ? 0<a<1,则函数 h(x)在区间?0, ?存在一个极值点 x0,且是极大值点,从而当 x∈(0, 2? ? ? ? π? ? x0)时,h(x)≥h(0), 也不可能; a≥1 时,函数 h(x)在?0, ?上单调递减, h(x)≤h(0) 当 故 2? ? ? =0,此时不等式 sinx≤ax 恒成立.

第4讲 │ 教师备用例题

1 设函数 f(x)=lnx- ax2-bx. 2 1 (1)当 a=b= 时,求 f(x)的最大值; 2 1 a (2)令 F(x)=f(x)+ ax2+bx+ (0<x≤3),其图象上任意一点 P(x0,y0)处切线的斜 2 x 1 率 k≤ 恒成立,求实数 a 的取值范围; 2 (3)当 a=0,b=-1,方程 2mf(x)=x2 有唯一实数解,求正数 m 的值. 例2

第4讲 │ 教师备用例题

设 φ(x)=ax-tanx,
?sinx ? cosxcosx-sinx?-sinx? 1 ? 则 φ′(x)=a-(tanx)′=a-? ′=a- =a- 2 ,如 ? ? cos2x cos x ?cosx? ? π? ? 果 a≤1,则 φ′(x)≤0,函数 φ(x)在?0, ?单调递减,故 φ(x)≤φ(0)=0,此时不等式 2? ? ? ? ? π? π? ? ? ? ax≤tanx 在区间?0, ?上恒成立,如果 a>1,则函数在区间?0, ?有一个极值点 x0,且 2? 2? ? ? ?

是极大值点,当 x∈(0,x0)时,φ(x)≥φ(0)=0,不等式 ax≤tanx 不恒成立,故不等式 ax≤tanx 恒成立时 a≤1. 综合可知只能是 a=1.故所求的直线是 y=x.

第4讲 │ 教师备用例题
【解答】 (1)依题意,知 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 1 1 当 a=b= 时,f(x)=lnx- x2- x, 2 4 2 1 1 1 -?x+2??x-1? f′(x)= - x- = .令 f′(x)=0, x 2 2 2x 解得 x=1(因为 x>0,所以舍去 x=-2). 当 0<x<1 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调 3 递减.所以 f(x)的极大值为 f(1)=- ,此即为最大值. 4 a (2)F(x)=lnx+ ,x∈(0,3], x x0-a 1 则有 k=F′(x0)= 2 ≤ ,在 x0∈(0,3]上恒成立, x0 2 ? 1 ? 2 ? 所以 a≥?- x 0+x0? max,x0∈(0,3], ? ? 2 ? 1 1 1 当 x0=1 时,- x2+x0 取得最大值 ,所以 a≥ . 0 2 2 2

第4讲 │ 教师备用例题
(3)因为方程 2mf(x)=x2 有唯一实数解, 所以 x2-2mlnx-2mx=0 有唯一实数解. 2x2-2mx-2m 2 设 g(x)=x -2mlnx-2mx,则 g′(x)= . x 令 g′(x)=0,x2-mx-m=0. m- m2+4m m+ m2+4m 因为 m>0,x>0,所以 x1= <0(舍去),x2= . 2 2 当 x∈(0, 2)时, x g′(x)<0, g(x)在(0, 2)上单调递减, x∈(x2, x 当 +∞)时, g′(x)>0, g(x)在(x2,+∞)上单调递增,当 x=x2 时,g′(x2)=0,g(x)取最小值 g(x2). ?g?x2?=0, ?x2-2mlnx2-2mx2=0, 2 则? 即? 2 ?g′?x2?=0, ?x2-mx2-m=0. 所以 2mlnx2+mx2-m=0. 因为 m>0,所以 2lnx2+x2-1=0(*). 设函数 h(x)=2lnx+x-1,因为当 x>0 时,h(x)是增函数,所以 h(x)=0 至多有一 解.因为 h(1)=0,所以方程(*)的解为 x2=1, m+ m2+4m 1 即 =1,解得 m= . 2 2

第4讲 │ 教师备用例题
例 3 已知函数 f(x)=sinx(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 (2)当 a 取(1)中最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x3. 6 【解答】 (1)令 h(x)=sinx-ax(x≥0),h′(x)=cosx-a. 若 a≥1,则 h′(x)=cosx-a≤0,h(x)=sinx-ax 在[0,+∞)上单调递减, h(x)≤h(0)=0, 所以 sinx≤ax(x≥0)成立. ? π? ? 若 0<a<1,则存在 x0∈?0, ?,使得 cosx0=a,x∈(0,x0),h′(x)=cosx-a>0, 2? ? ? h(x)=sinx-ax 在 x∈(0,x0)单调递增,h(x)>h(0)=0,不合题意,舍去. ? π? ? 若 a≤0 时,对任意的 x∈?0, ?,有 cosx-a>0,h(x)在[0,+∞)上恒大于 0, 2? ? ? 不合题意,舍去. 综上,a≥1.

第4讲 │ 教师备用例题
1 (2)证明:设 H(x)=x-sinx- x3(x≥0), 6 1 则 H′(x)=1-cosx- x2. 2 1 令 G(x)=1-cosx- x2,则 G′(x)=sinx-x≤0(x≥0), 2 1 1 G(x)=1-cosx- x2 在(0,+∞)上单调递减,此时 G(x)=1-cosx- x2≤G(0) 2 2 =0, 1 2 即 H′(x)=1-cosx- x ≤0, 2 1 所以 H(x)=x-sinx- x3 在[0,+∞)上单调递减, 6 1 1 所以 H(x)=x-sinx- x3≤H(0)=0,即 x-sinx- x3≤0(x≥0), 6 6 1 即 g(x)-f(x)≤ x3(x≥0). 6


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