小结教学设计及教案分析

围是(

) A．[－1,1]

11C.－3，3

1B.－1，3

1D.－1，－3

12C

[取a＝－1，则f(x)＝x－3sin 2x－sin x，f′(x)＝1－3cos 2x－cos x，但f′(0)22＝1－3－1＝－3＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.] 2．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(

) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) xf′x－fxfxA

[设y＝g(x)＝x(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－x2f(x)<0，

∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，

∴g(x)的图象的示意图如图所示．

当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0

当x<0，g(x)<0时，f(x)>0，x<－1，

∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.] 回顾2

函数的极值与最值

3．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的

2

取值范围是(

) A．(2，＋∞) C．(1，＋∞) B

[f′(x)＝3ax2－6x，

当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，

则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；

2x∈0，3时，f′(x)<0；

225x∈3，＋∞时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f3＝9>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示．

B．(－∞，－2) D．(－∞，－1)

(1) 不符合题意，排除A、C. 34当a＝－3时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈－∞，－2时，3f′(x)<0，x∈－2，0时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，53f－2＝－4，则f(x)的大致图象如图(2)所示．



(2) 不符合题意，排除D.] 3x－3x，x≤a，4．设函数f(x)＝

－2x，x＞a.

(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；

(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．

2

a<－1

[由当x≤a时，f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.

3

如图是函数y＝x3－3x与y＝－2x在没有限制条件时的图象．

(1)若a＝0，则f(x)max＝f(－1)＝2. (2)当a≥－1时，f(x)有最大值；

当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.]

热点题型1

利用导数研究函数的单调性问题

题型分析：利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第1问中呈现，有一定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等.1 1、f(1))处的切线方程为

已知函数f(x)＝aln(x＋1)－b(x＋1)2图象上点P(1，y＝－3x＋2ln 2－1. (1)求a，b的值，并判断f(x)的单调性；

1(2)若方程f(x)－t＝0在e－1，e－1内有两个不等实数根，求实数t的取值范围(其中e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)；

(3)设g(x)＝－2x2＋x＋m－1，若对任意的x∈(－1,2)，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．

[解]

(1)由题意可知，x∈(－1，＋∞)，

f′(x)＝aa－2b(x＋1)，f′(1)＝－4b，f(1)＝aln 2－4b，

2x＋1a可得，2－4b＝－3，aln 2－4b＝2ln 2－4，解得a＝2，b＝1.3分

－2x2＋2x2此时f′(x)＝－2(x＋1)＝，

x＋1x＋1因为x∈(－1，＋∞)，当x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.5分

4

(2)依题意，t＝2ln(x＋1)－(x＋1)2，由(1)可知，

1当x∈e－1，0，f(x)单调递增，当x∈(0，e－1)，f(x)单调递减，6分

11而f(0)＝－1，fe－1＝－2－e2，f(e－1)＝2－e2，

11因为－2－e2－(2－e2)＝e2－4－e2＞0，8分

11所以fe－1＞f(e－1)，要使方程f(x)－t＝0在e－1，e－1内有两个不等实数根，

11只需－2－e2≤t＜－1，所以－2－e2≤t＜－1.10分

(3)由f(x)≤g(x)可得，2ln(x＋1)－(x＋1)2≤－2x2＋x＋m－1，

即2ln(x＋1)＋x2－3x≤m在x∈(－1,2)上恒成立，

令h(x)＝2ln(x＋1)＋x2－3x，11分

2x2－x－12x＋1x－12h′(x)＝＋2x－3＝＝，

x＋1x＋1x＋111当x∈－1，－2时，h′(x)＞0，单调递增，x∈－2，1，h′(x)＜0，单调递减，

17x∈(1,2)时，h′(x)＞0，单调递增，又h－2＝4－2ln 2，h(2)＝2ln 3－2，13分

151又h－2－h(2)＝4－2ln 6＞0，

717所以hmax(x)＝h－2＝4－2ln 2，所以m≥4－2ln 2.14分

方法指导

根据函数y＝f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法：

(1)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递增，转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解．

(2)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递减，转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解．

(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调，转化为f′(x)在(a，b)上不变号即f′(x)

5

在(a，b)上恒正或恒负．

(4)若函数y＝f(x)在(a，b)上不单调，转化为f′(x)在(a，b)上变号．

3x2＋ax[变式训练]

设函数f(x)＝ex(a∈R).

(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．

[解]

(1)对f(x)求导得

6x＋aex－3x2＋axexf′(x)＝

ex2－3x2＋6－ax＋a＝.2分

ex因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. －3x2＋6x3x233当a＝0时，f(x)＝ex，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝xeee，从而f(x)33在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝e(x－1)，化简得3x－ey＝0.6分

－3x2＋6－ax＋a(2)由(1)知f′(x)＝. ex令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，

6－a－a2＋36由g(x)＝0，解得x1＝，

66－a＋a2＋36x2＝.8分

6当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，

故f(x)为减函数；

当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，

故f(x)为增函数；

当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，

故f(x)为减函数．

6－a＋a2＋369由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－2，

6

6

9故a的取值范围为－2，＋∞.12分

热点题型2

利用导数研究函数的极值、最值问题

题型分析：利用导数研究函数的极值、最值是高考重点考查内容，主要以解答题的形式考查，难度较大. 1、

设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；

(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．

[解]

(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，1分

可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．

1－2ax1所以g′(x)＝x－2a＝x.2分

当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；3分

1当a>0，x∈0，2a时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，

1x∈2a，＋∞时，函数g(x)单调递减.5分

所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；

11当a>0时，g(x)的单调增区间为0，2a，单调减区间为2a，＋∞.6分

(2)由(1)知，f′(1)＝0. ①当a≤0时，f′(x)单调递增，

所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.7分

111②当01，由(1)知f′(x)在0，2a内单调递增，可得当x∈(0,1)1时，f′(x)<0，当x∈1，2a时，f′(x)>0. 1所以f(x)在(0,1)内单调递减，在1，2a内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.9分

11③当a＝2时，2a＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，

7

所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.11分

111④当a>2时，0<2a<1，当x∈2a，1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．

1综上可知，实数a的取值范围为a>2.13分

利用导数研究函数极值、最值的方法

1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．

2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．

3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．

[变式训练]

设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x)|的最大值为A. (1)求f′(x)；

(2)求A；

(3)证明|f′(x)|≤2A. [解]

(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x．2分

(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2. 当0<α<1时，将f(x)变形为

f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1. 令g(t)＝2at2＋(α－1)t－1，

则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，

g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，

1－α且当t＝4α时，g(t)取得极小值，

8

α－12α2＋6α＋11－α＝－极小值为g. 8α－1＝－8α4α1－α1令－1<4α<1，解得α>5.6分

1①当0<α≤5时，g(t)在(－1,1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|＜|g(1)|，

所以A＝2－3α. 1②当5<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，

1－α. 知g(－1)＞g(1)>g4α1－α1＋7α1－α－|g(－1)|＝又g＞0，

8α4α21－αα＋6α＋1＝所以A＝g. 8α4αα＋6α＋11综上，A＝，＜α＜1，8α53α－2，α≥1.212－3α，0＜α≤5，

8分

(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|. 1当0<α≤5时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A. 1α13当5<α＜1时，A＝8＋8α＋4≥1，

所以|f′(x)|≤1＋α＜2A. 当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A. 所以|f′(x)|≤2A.12分

热点题型3

利用导数解决不等式问题

题型分析：此类问题以函数、导数与不等式相交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的相互转化，达成了综合考查考生解题能力的目的. 1、

设函数f(x)＝x2＋ln(x＋1)．

(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞x恒成立；

9

122 014(2)求证：22＋32＋…＋2 0152＜ln 2 016；

ni－1n＜n(1－cos 1＋ln 2)．

(3)求证：∑

sinn＋i＋ni＝1[证明]

(1)设g(x)＝x－f(x)＝x－x2－ln(x＋1)，

－2x2－x1则g′(x)＝1－2x－＝. x＋1x＋1当x＞0时，g′(x)＜0，

所以g(x)在(0，＋∞)上递减，

所以g(x)＜g(0)＝0，即x＜f(x)恒成立.4分

(2)由(1)知，x＞0时，x－x2＜ln(x＋1)，

1令x＝n(n∈N*)，

1111＋得n－n2＜ln ，

n

2 01511

2 015n＋1所以∑

n－n2＜∑

n，

n＝1n＝1122 014即22＋32＋…＋2 0152＜ln 2 016.7分

(3)因为y＝sin x在[0,1]上单调递增，

ni－1所以∑

sin n

i＝1n－1110

＝nnsin＋sin＋…＋sinnnn＜n1sin xdx＝n(－cos x)|10＝n(1－cos 1)．

0又y＝1在[0,1]上单调递减，9分

1＋x

nn所以∑

i＋ni＝1＝11＋n1＋11＋n2＋…＋n

1＋n1

10

1111＋＋…＋12n

＝nn1＋1＋n1＋nn1＜n1dx

01＋x＝nln(1＋x)|10

＝nln 2.11分

ni－1n＜n(1－cos 1＋ln 2).12分

所以∑

sinn＋i＋ni＝11．利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

2．构造辅助函数的四种方法

(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．

(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．

(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．

(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．

[变式训练]

已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；

fb－fa1(3)在(2)的条件下，任意的0＜a＜b，求证：＜. b－aa1＋a

11

1－mx1[解]

(1)f′(x)＝x－m＝x(x∈(0，＋∞))．

当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

1－mx1当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，

xx111则x∈0，m，则f(x)在0，m上单调递增，在m，＋∞上单调递减.4分

(2)由(1)得：当m≤0时显然不成立；

11当m＞0时，f(x)max＝fm＝lnm－1＋m＝m－ln m－1，

1只需m－ln m－1≤0，即令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－x，

函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0. 则若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.8分

fb－faln b－ln a＋a－bln b－ln a1(3)证明：＝＝－1＝b·a－1，

b－ab－ab－aa－1b由0＜a＜b得a＞1，

blna1－a1－a2bb111由(2)得：lna≤a－1，则b·－1≤－1＝＝＜，

aaaa1＋aa1＋aa－1则原不等式

fb－f a1＜成立.12分

b－aa1＋ablna

12