2022年高考數(shù)學第二輪復習 導數(shù)教學案

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1、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(nèi)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。 考點掃描： 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 ① 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； ② 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。 考題先知：

2、 例1．設函數(shù)，其中實數(shù)A、B、C滿足： ①； ②。 （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②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。

3、 (Ⅰ) 求的表達式； （Ⅱ）設，若對任意的, 不等式恒成立，求實數(shù)的最小值。 解析：(Ⅰ) 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 （Ⅱ）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

4、，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α的取值范圍是( ) A. (0, ) B. [0, ]∪[, π] C. [0, ]∪[, π] 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

5、．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 （ ） A． B． C． D． 4．若函數(shù)是導函數(shù)的單調遞減區(qū)間是 （ ） A．[－1，0] B． C．[1，] D． 5 設函數(shù)fn(x)=n2x2(1－x)n(n為正整數(shù))，則fn(x)在［0,1］上的最大值為 ( ) A 0 B 1 C D 6．已知，方程在區(qū)間內(nèi)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 .

6、 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

7、項公式； （3）對于（2）中的數(shù)列，求證：①；②。 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?！遞′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］, 令f′n(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()

8、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(nèi)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

9、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+1≥0,解得，x≥1, 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 ①+②，得≤ab≤，又由③，得ab=， 將上式代回①和②，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+a2][st-(s+t)b+b2]=-1, 由s，t為(x)=0的兩根可得， s+t=(a+b), st=, (0