2019-2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)教學(xué)案.doc
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2019-2020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??键c(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??碱}先知:例1設(shè)函數(shù),其中實(shí)數(shù)A、B、C滿足:; 。 (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=BD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)滿足:當(dāng)|x|1時(shí),有|恒成立,求函數(shù)的解析表達(dá)式;(III)若0a,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=, (0ab),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+b2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.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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