选修2-2 第一章 第三节：导数的应用（综合）.docxVIP

个性化教学辅导教案 学生姓名 年 级 高 二 学 科 数 学 上课时间 教师姓名 课 题 选修2-2 第一章 第二节：导数的应用（综合） 教学目标 1、能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间． 2、了解函数极值的概念，会从几何方面直观理解函数的极值与导数的关系，掌握函数极值的判定及求法．并掌握函数在某一点取得极值的条件． 3、理解函数最值的概念，了解其与函数极值的区别与联系，会求某闭区间上函数的最值． 教学过程 教师活动 学生活动 1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq \f(a,b)的值为(　　) A．－eq \f(2,3) B．－2 C．－2或－eq \f(2,3) D．2或－eq \f(2,3) 解析：A　[由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得，或 经检验满足题意，故eq \f(a,b)＝－eq \f(2,3).] 2．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________． 解析　∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴eq \f(a,2)≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－eq \f(a,x)，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2. 3．已知函数f(x)＝x－eq \f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________． 解析　由于f′(x)＝1＋eq \f(1,?x＋1?2)0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1. 根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq \f(x,2)＋eq \f(5,2x)能成立， 令h(x)＝eq \f(x,2)＋eq \f(5,2x)，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min， 又函数h(x)＝eq \f(x,2)＋eq \f(5,2x)在x∈[1,2]上单调递减， 所以h(x)min＝h(2)＝eq \f(9,4)，故只需a≥eq \f(9,4). 4．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．3 D．0 解析：A　[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.] 5．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围为________． 解析　f′(x)＝ln x＋1－2ax(a0)， 问题转化为a＝eq \f(ln x＋1,2x)在(0，＋∞)上有两个实数解． 设g(x)＝eq \f(ln x＋1,2x)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,2x2). 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)在x＝1处取得极大值也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,2). 注意g(eq \f(1,e))＝0，当x1时，g(x)0， 则g(x)的大致图象如图所示． 由图象易知0aeq \f(1,2)时，a＝eq \f(ln x＋1,2x)在(0，＋∞)上有两个实数解． 答案：(0，eq \f(1,2)) 6．已知函数f(x)＝eq \f(x2,8)－ln x，x∈[1,3]． (1)求f(x)的最大值与最小值； (2)若f(x)4－at对任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)∵函数f(x)＝eq \f(x2,8)－ln x，∴f′(x)＝eq \f(x,4)－eq \f(1,x)， 令f′(x)＝0得x＝±2， ∵x∈[1,3]，当1x2时，f′(x)0；当2x3时，f′(x)0； ∴f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数， ∴f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝eq \f(1,2)－ln 2；