2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)教學(xué)案考綱指要：導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的內(nèi)容，是解決實(shí)際問(wèn)題的強(qiáng)有力的數(shù)學(xué)工具，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識(shí)，研究函數(shù)的性質(zhì)：?jiǎn)握{(diào)性、極值和最值是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題。考點(diǎn)掃描：導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 結(jié)合實(shí)例，借助幾何直觀探索并了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； 結(jié)合函數(shù)的圖像，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)的極大值、極小值，以及閉區(qū)間上不超過(guò)三次的多項(xiàng)式函數(shù)最大值、最小值；體會(huì)導(dǎo)數(shù)方法在研究函數(shù)性質(zhì)中的一般性和有效性。考題先知：例1設(shè)函數(shù)，其中實(shí)數(shù)A、B、C滿(mǎn)足：； 。 （1）求證：； （2）設(shè)，求證：。證明：（1）由得：，又，所以，（2）當(dāng)時(shí)，等價(jià)于當(dāng)時(shí)，所以只須證明當(dāng)時(shí)，由知：且，所以為開(kāi)口向上的拋物線，其對(duì)稱(chēng)軸方程，又由得：，即，所以，當(dāng)時(shí)，有=，所以為0，2上的增函數(shù)。因此，當(dāng)時(shí)，有，即當(dāng)時(shí)，。 評(píng)注：本題以一元三次函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)作為工具，進(jìn)一步研究函數(shù)性質(zhì)、代數(shù)式變形、解析幾何和不等式證明等數(shù)學(xué)問(wèn)題，對(duì)于這些題目，導(dǎo)數(shù)僅僅是背景，核心還是初等數(shù)學(xué)的變化技巧。例2 已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，且。 () 求的表達(dá)式；（）設(shè)，若對(duì)任意的, 不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的最小值。 解析：() 因?yàn)樵趨^(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間單調(diào)遞減，所以方程的兩根滿(mǎn)足。由，得，所以，而，故，則，從而。故（）對(duì)任意的，不等式恒成立，等價(jià)于在區(qū)間上，。當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，從而在區(qū)間上，則由，解得或，結(jié)合，可得實(shí)數(shù)的最小值為。復(fù)習(xí)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(jiàn)方法是通過(guò)求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出其最值。解：（1）對(duì)于函數(shù)，求導(dǎo)得，由得，當(dāng)時(shí)，函數(shù)是遞減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，函數(shù)是遞增函數(shù)；所以當(dāng)時(shí)，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(jié)合得：。 聯(lián)想：在三角函數(shù)中，有公式，因此，若，且，則。類(lèi)比：若，則檢測(cè)評(píng)估：1.如果f '(x)是二次函數(shù), 且 f '(x)的圖象開(kāi)口向上,頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1,), 那么曲線y=f(x)上任一點(diǎn)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(dǎo)，且·，則與的大小關(guān)系是 A=B<C>D不能確定（ ）3已知函數(shù)在R上可導(dǎo)，當(dāng)時(shí)，且當(dāng)，時(shí)有，若，則不等式解集為（ ） ABCD4若函數(shù)是導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是（ ）A1，0BC1，D5 設(shè)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(nèi)根的個(gè)數(shù)是 .7. 已知曲線在點(diǎn)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(dāng)時(shí)取得極值，則的單調(diào)區(qū)間是 ；9若方程在上有解，則實(shí)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(diǎn)A(s,f(s), B(t,f(t) (I) 若,求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間； (II)若函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)滿(mǎn)足：當(dāng)|x|1時(shí)，有|恒成立，求函數(shù)的解析表達(dá)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(guò)點(diǎn)，且（1）求的解析式；（2）若數(shù)列滿(mǎn)足，且，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）對(duì)于（2）中的數(shù)列，求證：；。點(diǎn)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(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增；因當(dāng)，時(shí)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(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，又是單調(diào)遞減的，所以當(dāng)，即1，時(shí)單調(diào)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(shí)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(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減，又，故原方程在區(qū)間內(nèi)有且只有一根。7解：過(guò)點(diǎn)處的切線是，與軸交點(diǎn)為，與直線的交點(diǎn)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(dāng)x=1時(shí)，取得極值. 解得：.，令，則或，令，則.的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為.9解：記，因得，所以在上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有極小值，且在0，1上單調(diào)遞減，在1，2上單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)，即當(dāng)時(shí)，方程在1，2上有一解，當(dāng)，即當(dāng)0，2時(shí)，方程在0，1上有一解，綜上所述，當(dāng)時(shí)，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?yàn)閒(x)單調(diào)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(dāng)x-1，1時(shí)，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(shè), 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(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)時(shí)，；，所以不等式成立.