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【全程复习方略】2016届高考数学(文科人教A版)大一轮复习课件:2.11 导数在研究函数中的应用_图文


第十一节

导数在研究函数中的应用

【知识梳理】

1.必会知识

教材回扣

填一填

(1)函数的导数与单调性的关系: 函数y=f(x)在某个区间内可导: 单调递增 ①若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内_________; 单调递减 ②若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内_________; 常数函数 ③若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是_________.

(2)函数的极值与导数: ①函数的极小值与极小值点: 若函数f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数 都小 且f′(a)=0,而且在x=a附近的左侧_________, f′(x)<0 右侧_______ f′(x) 值_____,

>0 则a点叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值; ___,
②函数的极大值与极大值点: 若函数f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数 都大 且f′(b)=0,而且在x=b附近的左侧_________, f′(x)>0 右侧_______ f′(x) 值_____, <0 则b点叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值. ___,

(3)函数的最值与导数: ①函数f(x)在[a,b]上有最值的条件: 连续不断 的曲线,那么 如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条_________ 它必有最大值和最小值.

②求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤:
极值 (ⅰ)求函数y=f(x)在(a,b)内的_____.

端点处的函数值f(a),f(b) 比较,其中 (ⅱ)将函数y=f(x)的各极值与________________________
最大 的一个是最大值,_____ 最小 的一个是最小值. _____

2.必备结论

教材提炼

记一记

f′(x)≥0 在[a,b]上恒 (1)可导函数f(x)在[a,b]上是增函数,则有__________ 成立. f′(x)≤0 在[a,b]上恒 (2)可导函数f(x)在[a,b]上是减函数,则有__________ 成立.

3.必用技法

核心总结

看一看

(1)常用方法:利用导数判断单调性的方法,利用导数求极值、最值的
方法.

(2)数学思想:分类讨论、数形结合.
(3)记忆口诀:导数应用比较广,单调极值及最值;

导数恒正单调增,导数恒负当然减;
求出导数为零点,左增右减极大值;

左减右增是极小,同增同减非极值;
若是加上端点值,最大最小皆晓得.

【小题快练】 1.思考辨析 静心思考 判一判

(1)若函数f(x)在区间(a,b)上单调递增,那么在区间(a,b)上一定有 f′(x)>0.( )

(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)=0,则函数f(x)在此区间内没 有单调性.( ) ) )

(3)导数为零的点不一定是极值点.(

(4)三次函数在R上必有极大值和极小值.(

【解析】(1)错误.函数f(x)在区间(a,b)上单调递增,则f′(x)≥0. 故f′(x)>0是f(x)在区间(a,b)上单调递增的充分不必要条件. (2)正确.如果函数在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常数函数. 如f(x)=3,则f′(x)=0,函数f(x)不存在单调性. (3)正确.导数为零的点不一定是极值点.如函数y=x3在x=0处导数为零, 但x=0不是函数y=x3的极值点. (4)错误.对于三次函数y=ax3+bx2+cx+d,y′=3ax2+2bx+c.当(2b)212ac<0,即b2-3ac<0时,y′=0无实数根,此时三次函数没有极值. 答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)×

2.教材改编

链接教材

练一练

(1)(选修1-1P93T1(2)改编)函数f(x)=ex-2x的单调递增区间
是 .

【解析】f′(x)=ex-2,令f′(x)>0,解得x>ln2,则函数f(x)=ex-2x的
单调递增区间为(ln2,+∞).

答案:(ln2,+∞)

(2)(选修1-1P96T1(2)改编)函数f(x)=x3-12x的极大值是________. 【解析】由题意得f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,解得x=-2或x=2.当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(-2,2)

时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递
增.因此f(x)的极大值为f(-2)=16.

答案:16

3.真题小试

感悟考题

试一试

(1)(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上 单调递增,则k的取值范围是( A.(-∞,-2] C.[2,+∞) )

B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

【解析】选D.因为f(x)在(1,+∞)上递增,所以f′(x)≥0恒成立, 因为f(x)=kx-ln x,所以f′(x)=k- 1 ≥0,即k≥ 1 . 因为x>1,所以 1 <1,
x x x

所以k≥1.所以k∈[1,+∞),选D.

(2)(2015·福州模拟)函数y=f(x)的图象如图所示,则y=f′(x)的图象 可能是 ( )

【解析】选D.由函数f(x)的图象可知, f(x)在(-∞,0)上单调递增, f(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以在(-∞,0)上f′(x)>0,在(0,+∞)上f′(x)<0.

选项D满足,故选D.

(3)(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)= (ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( )

A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值 B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值 C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值 D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值 【解题提示】当k=1,2时,分别验证f′(1)=0是否成立,根据函数的单 调性判断是极大值点还是极小值点.

【解析】选C.当k=1时,f′(x)=ex(x-1)+ex-1,此时f′(1)≠0,故排除

A,B;当k=2时,f′(x)=ex(x-1)2+(ex-1)(2x-2),此时f′(1)=0,在x=1
附近左侧,f′(x)<0,在x=1附近右侧,f′(x)>0,所以x=1是f(x)的极

小值点.

考点1

利用导数研究函数的单调性

【典例1】(1)(2015·会宁模拟)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函 数和偶函数,当x<0时,f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0,且g(-3)=0,则不 等式f(x)·g(x)<0的解集是 A.(-3,0)∪(3,+∞) C.(-∞,-3)∪(3,+∞) ( ) B.(-3,0)∪(0,3) D.(-∞,-3)∪(0,3)

x a 3 ? ? ln x ? 其中a∈R, , 4 x 2 1 且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y= x. 2

(2)(2014·重庆高考改编)已知函数f(x)=

①求a的值; ②求函数f(x)的单调区间.

【解题提示】(1)先判断函数f(x)g(x)的单调性、奇偶性,再根据 g(-3)=0,求不等式f(x)g(x)<0的解集. (2)①直接根据切线斜率求出a的值; ②先解方程f′(x)=0,再判断在每一个区间上f′(x)的正负号.

【规范解答】(1)选D.记h(x)=f(x)·g(x).依题意得,h(-x)=f(-x)· g(-x)=-f(x)g(x),即h(-x)=-h(x),所以函数h(x)是奇函数.当x<0时, h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,h(x)是增函数,又h(-3)=f(-3)· g(-3)=0,因此,不等式h(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3),即不等式 f(x)·g(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3).

(2)①对f(x)求导得f′(x)= 1 ? a2 ? 1 , 由y=f(x)在点(1,f(1))处的切
4

x x 5 1 线垂直于直线y= x知f′(1)= ? 3 ? a ? ?2, 解得a= . 4 2 4 2 ?5 ②由①可知f(x)= x ? 5 ? ln x ? 3 , 则f′(x)= x ? 4x ,令f′(x)=0,解 2 4 4x 2 4x

得x=-1或x=5.因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,舍去.当x∈(0,5) 时,f′(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数;当x∈(5,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)在(5,+∞)内为增函数. 综上,f(x)的单调递减区间为(0,5),单调递增区间为(5,+∞).

【互动探究】若本例(2)中函数变为f(x)=mlnx- 1 x2(m∈R),其他条件
2

去掉,试求函数f(x)的单调区间. 【解析】函数f(x)=mlnx- 1 x2的定义域是(0,+∞).f′(x)=
? m?x . x
2

2

m ?x x

2 ? x 当m≤0时,f′(x)≤ =-x<0, x 函数f(x)=mlnx- 1 x2在(0,+∞)上为减函数. 2

当m>0时,令f′(x)=0,得x= m或- m (舍去). 当x∈(0, m )时,f′(x)>0,所以f(x)在(0, m )上是增函数; 当x∈( m,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在( m ,+∞)上是减函数. 综上所述,当m≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),当m>0时,f(x)的 单调递增区间为(0, m ),单调递减区间为( m ,+∞).

【规律方法】
1.用导数求函数的单调区间的“三个方法” (1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时,确定函数的定义域,解不等 式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间. (2)当方程f′(x)=0可解时,确定函数的定义域,解方程f′(x)=0,求 出实数根,把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根 按从小到大的顺序排列起来,把定义域分成若干个小区间,确定f′(x) 在各个区间内的符号,从而确定单调区间.

(3)不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解时求导数并 化简,根据f′(x)的结构特征,选择相应基本初等函数,利用其图象与

性质确定f′(x)的符号,得单调区间.
2.根据函数单调性求参数的一般思路

(1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)
是相应单调区间的子集.

(2)转化为不等式的恒成立问题,即“若函数单调递增,则f′(x)≥0;
若函数单调递减,则f′(x)≤0”来求解.

提醒:f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0, 且在(a,b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中 的等号不能省略,否则漏解.

【变式训练】(2015·安庆模拟)已知函数f(x)=2lnx-ax. (1)若曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线过点(2,0),求a的值. (2)求f(x)的单调区间.

【解析】(1)可得f′(x)=

2 -a,所以f′(1)=2-a. x

又因为f(1)=-a,所以曲线在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-a)=(2-

a)(x-1),
即y+a=(2-a)(x-1).

又切线过点(2,0),所以0+a=(2-a)(2-1),解得a=1.

(2)由(1)知f′(x)= 2 -a(x>0),
x

①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当a>0时,令f′(x)>0,有x∈ (0, 2 ) ,f(x)在 (0, 2 ) 上单调递增; 令f′(x)<0,有x∈( 2 , ??) ,f(x)在 ( 2 , ??) 上单调递减.
a a a a

故当a≤0时,f(x)的单调增区间为(0,+∞), 当a>0时,f(x)的单调增区间为 (0, 2 ) ,单调减区间为 ( 2 , ??) .
a a

【加固训练】1.在区间(-1,1)内不是增函数的是( A.y=ex+x C.y=x3-6x2+9x+2 B.y=sin x D.y=x2+x+1

)

【解析】选D.A选项中y′=ex+1,x∈R时都有y′>0,所以y=ex+x在R 上为单调递增函数,所以在(-1,1)上是增函数;B选项中(-1,1) ?[ ? ? , ?],而y=sin x在[ ? ? , ? ]上为增函数,所以y=sin x在
2 2 2 2

(-1,1)上是增函数;C选项y′=3x2-12x+9,令y′=3x2-12x+9>0得 x>3或x<1,所以y=x3-6x2+9x+2在x∈(-∞,1)和(3,+∞)上为增函数, 而(-1,1)?(-∞,1),所以y=x3-6x2+9x+2在(-1,1)上是增函数;D 选项y′=2x+1,令y′=2x+1>0,得x> ? ,所以有y=x2+x+1在( ? 1 ,
2 1 2

+∞)上为增函数,所以本题选D.

2.(2014·广东高考)已知函数f(x)= 1 x3+x2+ax+1(a∈R),求函数f(x)
3

的单调区间.
【解析】因为f′(x)=x2+2x+a,二次方程x2+2x+a=0的判别式Δ=4-4a. 当a≥1时,Δ≤0,f′(x)≥0,此时(-∞,+∞)是函数f(x)的单调 递增区间; 当a<1时,Δ>0,f′(x)=0有两个实数根x=-1+ 1 ? a 和x=-1- 1 ? a , 此时(-∞,-1- 1 ? a ),(-1+ 1 ? a ,+∞)是函数f(x)的单调递增区间, (-1- 1 ? a ,-1+ 1 ? a )是函数f(x)的单调递减区间.

综上,当a≥1时,函数f(x)只有单调递增区间(-∞,+∞);当a<1

时,函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1- 1 ? a ),(-1+ 1 ? a ,+∞),
单调递减区间是(-1- 1 ? a ,-1+ 1 ? a ).

3.(2015·哈尔滨模拟)已知定义在R上的函数f(x)=-2x3+bx2+cx (b,c∈R),函数F(x)=f(x)-3x2是奇函数,函数f(x)满足f′(-1)=0. (1)求f(x)的解析式. (2)讨论f(x)在区间(-3,3)上的单调性. 【解析】(1)f′(x)=-6x2+2bx+c,F(x)=f(x)-3x2是奇函数,得 b=3,f′(-1)=-6-2b+c=0,得c=12,所以f(x)=-2x3+3x2+12x.

(2)令f′(x)=-6x2+6x+12=0,得x=2或-1, x
f′(x)

(-3,-1) -1 (-1,2)
0 +

2
0

(2,3)
-

所以单调递增区间为(-1,2),单调递减区间为(-3,-1),(2,3).

考点2

利用导数研究函数的极值(最值)

知·考情
利用导数研究函数的极值、最值是高考考查热点,几乎每年都会 考查,有时会和函数的单调性、不等式、导数的几何意义等相结合命 题,常常作为高考的压轴题出现,难度为中、高档.

明·角度 命题角度1:利用导数研究函数的极值 【典例2】(2014·天津高考改编)已知函数f(x)=x2- 2 ax3(a>0),x∈R,
3

则f(x)的极大值为

.

【解题提示】根据求极值的步骤直接求解即可.

【规范解答】由已知,有f′(x)=2x-2ax2(a>0),令f′(x)=0,解得x=0

或x= 1 .
a

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x)
a

(-∞,0) 减

0 0 0

1 (0, ) a

1 a

1 ( ,+∞) a

+ 增
a

0
1 3a 2 3a



1 可知,当x= 1 时,f(x)有极大值,且极大值为f( 1 )= 2 .

答案: 1 2
3a

命题角度2:利用导数研究函数的最值

【典例3】(2014·江西高考)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2) x ,其中
a<0.

(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间.
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.

【解题提示】(1)求导整理后,令导数大于零即可.
(2)求导整理后,注意讨论临界点与区间的位置关系.

【规范解答】(1)f(x)=(4x2-16x+16) x ,

定义域为[0,+∞),
4x 2 ? 16x ? 16 10x 2 ? 24x ? 8 2(5x ? 2)(x ? 2) f′(x)= (8x ? 16) x ? ? ? , 2 x x x 2 令f′(x)>0得0<x< 或x>2, 5 2 所以f(x)的单调递增区间为[0, ),(2,+∞). 5

4x 2 ? 4ax ? a 2 20x 2 ? 12ax ? a 2 (10x ? a)(2x ? a) (2)f′(x)= (8x ? 4a) x ? ? ? , 2 x 2 x 2 x a 令f′(x)=0得x= ? a 或x= ? , 2 10 a a a f(x)在定义域上的单调性为[0, ? ]上单调递增,( ? ,? )上单 10 10 2 调递减,[ ? a ,+∞)上单调递增. 2 从而需要讨论 ? a , ? a 与1及4的大小. 10 2 a ①当 ? a ≥4或 ? ≤1, 2 10

即a≤-40或-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上单调递增,
故f(x)的最小值为f(1)=4+4a+a2=8,解得a=-2±2 2 ,均需舍去;

②当 ? a ≤1且 ? a ≥4,
10 2

即-10≤a≤-8时,f(x)在[1,4]上单调递减, 故f(x)的最小值为f(4)=2(64+16a+a2)=8, 解得a=-10或a=-6(舍去); ③当1< ? a <4,即-8<a<-2时, f(x)的最小值为f( ? a ), 因为f( ? )=0,所以不成立;
a 2 2 2

④当1< ? a <4,即-40<a<-10时,f(x)在[1, ? a ]上单调递增,在 [ ? a ,4]上单调递减,f(x)的最小值为f(1)与f(4)中的一个,
10 10 10

根据上面的①②得均不成立.综上所述a=-10.

【易错警示】解答本题有三点容易出错 (1)在定义域上,对于f(x)的单调递增区间[0, ? a ],[ ? a ,+∞)中间
10 2

容易用“∪”符号连接. (2)求最值时容易忽略对 ? 与区间[1,4]的讨论. (3)在每一步讨论中,求得a值后,容易忽略对所求a值的验证.
a 2

悟·技法 求函数f(x)极值的方法 (1)确定函数f(x)的定义域. (2)求导函数f′(x). (3)求方程f′(x)=0的根. (4)检查f′(x)在方程的根的左右两侧的符号,确定极值点.如果左正 右负,那么f(x)在这个根处取得极大值,如果左负右正,那么f(x)在这

个根处取得极小值,如果f′(x)在这个根的左右两侧符号不变,则f(x)
在这个根处没有极值.

通·一类 1.(2015·信阳模拟)已知a,b为正实数,函数f(x)=ax3+bx+2x在[0,1] 上的最大值为4,则f(x)在[-1,0]上的最小值为(
A. ? 3 2 B. 3 2 C. ? 2 D.2

)

【解析】选A.因为a,b为正实数,函数f(x)=ax3+bx+2x,所以导函数 f′(x)=3ax2+b+2xln2.

因为a,b为正实数,所以当0≤x≤1时,3ax2≥0,2xln2>0,
所以f′(x)>0,即f(x)在[0,1]上是增函数,所以f(1)最大且为

a+b+2=4?a+b=2 ①;
又当-1≤x≤0时,3ax2≥0,2xln2>0,所以f′(x)>0,即f(x)在[-1,0]上

是增函数,所以f(-1)最小且为-(a+b)+
-2+ 1 =- 3 ,故选A.
2 2

1 ②,将①代入②得f(-1)= 2

2.(2015·厦门模拟)函数f(x)=x3-3x+m恰好有两个零点,则m的值
为 .

【解析】因为f(x)=x3-3x+m,所以f′(x)=3x2-3,
由f′(x)>0,得x>1或x<-1,此时函数单调递增,

由f′(x)<0,得-1<x<1,此时函数单调递减.
即当x=-1时,函数f(x)取得极大值,当x=1时,函数f(x)取得极小值.

要使函数f(x)=x3-3x+m只有两个零点,则满足极大值等于0或极小值等
于0,由极大值f(-1)=-1+3+m=m+2=0,解得m=-2;再由极小值f(1)=1-

3+m=m-2=0,

解得m=2.综上,实数m的值为-2或2.

答案:-2或2

3.(2015·日照模拟)函数f(x)=x3+ax2+bx+c,以曲线y=f(x)上的点 P(1,f(1))为切点的切线方程为y=3x+1. (1)若y=f(x)在x=-2时有极值,求f(x)的表达式.

(2)在(1)的条件下,求y=f(x)在[-3,1]上的最大值.

【解题提示】(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c求导数,利用导数的几何意义结 合切线方程及函数f(x)在x=-2时有极值即可列出关于a,b,c的方程, 求得a,b,c的值,从而得到f(x)的表达式. (2)先求函数的导数f′(x),通过f′(x)>0及f′(x)<0,得出函数的单 调性,进一步得出函数的极值即可.

【解析】(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c求导数得f′(x)=3x2+2ax+b,过
y=f(x)上的点P(1,f(1))的切线方程为y-f(1)=f′(1)(x-1),即

y-(a+b+c+1)=(3+2a+b)(x-1),
故 ?
?3 ? 2a ? b ? 3, ?2a ? b ? 0, ① 即? ?a ? b ? c ? 2 ? 1, ?a ? b ? c ? 3, ②

因为有y=f(x)在x=-2时有极值,故f′(-2)=0,
所以-4a+b=-12. ③

由①②③相联立解得a=2,b=-4,c=5,
f(x)=x3+2x2-4x+5.

(2)f′(x)=3x2+2ax+b=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2)

f(x)极大=f(-2)=(-2)3+2(-2)2-4(-2)+5=13,f(1)=13+2×1-4×1+5=4. 故f(x)在[-3,1]上最大值为13.

【加固训练】已知函数f(x)=x-aln x(a∈R). (1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程. (2)求函数f(x)的极值. 【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1- a . (1)当a=2时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1因而f(1)=1,f′(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即 x+y-2=0.
2 (x>0), x x

(2)由f′(x)= 1 ?

a x ?a ? , x>0知: x x

①当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)

无极值;
②当a>0时,由f′(x)=0,解得x=a.

又当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.
从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极

大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值; 当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.

规范解答2

导数在研究函数中的应用

【典例】(12分)(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2, 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a. (2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

解题导思

研读信息

快速破题

规范解答

阅卷标准

体会规范

(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.…………………………………1分 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2. ………………2分 由题设得2 =-2,所以a=1.………………………………………3分 a

(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.………………………4分 由题设知1-k>0. 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增, ……………………………………………………5分 g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.………6分

当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).…………8分

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2), 当x∈(0,2)时,h′(x)<0,h(x)在(0,2)上 单调递减,当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0, h(x)在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x) ≥h(2)=0. …………………………………………………10分 所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.………………………11分

综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个
交点.………………………………………………………12分

高考状元 满分心得
1.注意答题的规范性

把握规则

争取满分

在解题过程中,注意答题要求,严格按照题目及相关知识的要求答题,
如本例中的判断函数单调性,应判断导数与零的大小关系,另外还要注 意: (1)如果一个函数有多个单调区间,区间之间不能用“∪”连接,可用 “,”“和”连接. (2)注意“曲线的交点”、“方程的根”与“函数的零点”,求解时应 还原为题目要求.

2.关键步骤要全面 阅卷时,主要看关键步骤、关键点,有关键步骤、关键点则得分,没有 要相应扣分,所以解题要写全关键步骤,尤其对需分类讨论的题目,漏 掉一种情况则应扣掉相应分数,对于纯计算过程等非得分点的步骤,可 简写或不写.


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