1.2.1 充要条件ppt专用说课稿内容

（Ⅱ）2004年高考导数应用综合题选

１．（2004年高考浙江卷理科（20））设曲线yex(x≥0）在点M（t,e--t）处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面积为S（t）. （Ⅰ）求切线l的方程；

（Ⅱ）求S（t）的最大值. 解：（Ⅰ）因为f(x)(ex)ex,所以切线l的斜率为ex,

故切线l的方程为yetet(xt).即etxyet(t1)0. （Ⅱ）令y=0得x=t+1, 又令x=0得yet(t1)

所以S（t）=1(t1)et(t1)

21(t1)2et

2

=从而S(t)1te(1t)(1t).

2∵当t（0，1）时，S(t)>0,

当t（1,+∞）时,S(t)<0, 所以S(t)的最大值为S(1)=2

e2．（2004年高考湖北卷文科（22））已知b1,c0,函数f(x)xb的图象

与函数g(x)x2bxc的图象相切. （Ⅰ）求b与c的关系式（用c表示b）；

（Ⅱ）设函数F(x)f(x)g(x)在(,)内有极值点，求c的取值范围. 解：（Ⅰ）依题意，令f(x)g(x),得2xb1,故x1b.

21b12b由于f()g(),得(b1)24c.

22b1,c0,b12c.（Ⅱ）F(x)f(x)g(x)x2bx(bc)xbc.F(x)3x4bxbc.

32222令F(x)0,即3x24bxb2c0.则16b212(b2c)4(b23c).若0,则F(x)0有一个实根x0,且F(x)的变化如下:

x

(,x0)

x0 （x0,)

F(x)

于是xx0不是函数F(x)的极值点. + 0 + 若0,则F(x)0有两个不相等的实根x1,x2(x1x2)且F(x)的变化如下：

x (,x1)

+ x1 0 (x1,x2)

—

x2

0 （x2,)

+ F(x)

由此，xx1是函数F(x)的极大值点,xx2是函数F(x)的极小值点. 综上所述，当且仅当0时,函数F(x)在(,)上有极值点.

由4(b23c)0得b3c或b3c.b12c,12c3c或12c3c.解之得0c743或c743.故所求c的取值范围是(0,743)(743,).说明：本题考查导数、切线、极值等知识及综合运用数学知识解决问题的能力

3．（2004年高考福建卷文科（22））已知f(x)=4xax（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A；

（Ⅱ）设关于x的方程f(x)=2x2

23x(xR)在区间[－1，1]上是增函数. 313x的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式3m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由. 解：（Ⅰ）f＇(x)=4+2ax2x,

∵f(x)在[－1，1]上是增函数，

∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，

即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立.

①

设(x)=x2－ax－2，

方法一：

(1)=1－a－2≤0，

①



－1≤a≤1，

(－1)=1+a－2≤0. ∵对x∈[－1，1]，只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二：

2aa≥0，

<0，

22①

或

(－1)=1+a－2≤0

(1)=1－a－2≤0 

0≤a≤1

或

－1≤a<0



－1≤a≤1. ∵对x∈[－1，1]，只有当a=1时，f＇(－1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. （Ⅱ）由4xax∵△=a2+8>0 ∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两非零实根，

x1+x2=a，

∴

x1x2=－2，

2

从而|x1－x2|=(x1x2)4x1x2=a28. 2231x2xx3,得x0,或x2ax20,

33∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=a28≤3. 要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，

当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立，

即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立.

②

设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，

方法一：

g(－1)=m2－m－2≥0，

②



g(1)=m2+m－2≥0，

m≥2或m≤－2. 所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}. 方法二：

当m=0时，②显然不成立；

当m≠0时，

m>0，

m<0，

②

或

g(－1)=m2－m－2≥0

g(1)=m2+m－2≥0



m≥2或m≤－2. 所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}. 说明：本题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.

34．（2004年高考天津卷文科（21））已知函数f(x)axcxd(a0)是R上的奇函数，当x1时f(x)取得极值2.

(I)求f(x)的单调区间和极大值；

(II)证明对任意x1,x2(1,1),不等式|f(x1)f(x2)|4恒成立.

(I) 解：由奇函数定义，应有f(x)f(x),xR. 即

ax3cxdax3cxd,d0.

因此，

f(x)a3x

f'(x)3ax2c.

c

,x2由条件

f(1)为f(x)的极值，必有f'(1)0,故

ac2

3ac0解得

a1,c3.

3f(x)x3x,3x3因此，

f'(x)f'(1)f'(1)23x(0.1x)(

1),,1时，)f'(x)0，故f(x)在单调区间(,1)上是增函数. 当

x(当

x(1,1)时，f'(x)0，故f(x)在单调区间(1,1)上是减函数. )f'(x)0，故f(x)在单调区间(1,)上是增函数. 当

x(1,时，所以，f(x)在x1处取得极大值，极大值为f(1)2.

(II)解：由(I)知，f(x)x3x(x[1,1])是减函数，且

3f(x)在[1,1]上的最大值Mf(1)2,

f(x)在[1,1]上的最小值mf(1)2.

所以，对任意x1,x2(1,1),恒有

|f(x1)f(x2)|Mm2(2)4.

说明：本题主要考查函数的单调性及奇偶性，考查运用导数研究函数单调性及极值等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力. 5．（2004年高考全国卷Ⅱ理科（22））已知函数f(x)=ln(1+x)－x，g(x)=xlnx. （Ⅰ）求函数f(x)的最大值；

（Ⅱ）设0

（Ⅰ）解：函数f(x)的定义域为(1,).

f(x)11.

令

f(x)0,解得x0.

1x

当1x0时,f(x)0,

当x0时,f(x)0.

又f(0)0,

故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值为0.

（Ⅱ）证法一：g(a)g(b)2g(

alnabab)alnablnb(ab)ln

222a2bbln.

abab由（Ⅰ）结论知ln(1x)x0(x1,且x0),

由题设

0ab,得因此

ln

lnbaab0,10,

2a2b2bbabaln1(),

ab2a2a2bababln1(),

ab2b2b2a2bbaabbln0.

abab22aln2a2bab2b2bblnalnbln(ba)ln(ba)ln2.

abab2babab所以

aln又2aab,ab2b综上

0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2.

2证法二：g(x)xlnx,g(x)lnx1.

设F(x)g(a)g(x)2g(则

F(x)g(x)2[g(ax),

2axax)]lnxln.

22当0xa时,F(x)0,

在此F(x)在(0,a)内为减函数. 当xa时,F(x)0,因此F(x)在(a,)上为增函数. 从而，当xa时,F(x)有极小值F(a).

因此

F(a)0,ba,所以F(b)0,

即

0g(a)g(b)2g(设

G(x)F(x)(xa)ln2,

则

G(x)lnxlnab).

2axln2lnxln(ax).

2当x0时,C(x)0.

因此G(x)在(0,)上为减函数. 因为

G(a)0,ba,所以G(b)0,

即

g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2.

2说明：本题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力。