KS5U2009届新课标数学考点预测：导数及其应用

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KS5U2010届新课标数学考点预测（15）

导数及其应用

一、考点介绍

导数属于新增内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范围非常广泛，为高考考查函数提供了广阔天地，处于一种特殊的地位，不但一定出大题而相应有小题出现。主要考查导数有关的概念、计算和应用。利用导数工具研究函数的有关性质，把导数应用于单调性、极值等传统、常规问题的同时，进一步升华到处理与自然数有关的不等式的证明，是函数知识和不等式知识的一个结合体，它的解题又融合了转化、分类讨论、函数与方程、数形结合等数学思想与方法，不但突出了能力的考查，同时也注意了高考重点与热点，这一切对考查考生的应用能力和创新意识都大有益处。

1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．

2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数．

3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．

二、高考真题

1.（2008全国一21）．（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知函数f(x)?x?ax?x?1，a?R． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

32（Ⅱ）设函数f(x)在区间??，??内是减函数，求a的取值范围． 解：（1）f(x)?x?ax?x?1

2求导：f?(x)?3x?2ax?1

2?2?31?3?32当a≤3时，?≤0，f?(x)≥0

f(x)在R上递增

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?a?a2?3当a?3，f?(x)?0求得两根为x?

32???a?a2?3?a?a2?3??a?a2?3?即f(x)在???，，?递增，??递减，

????333??????a?a2?3?，???递增 ???3????a???（2）???a???a2?32≤?33a2?31≥?337 4，且a2?3 解得：a≥2.（2008全国二21）．（本小题满分12分） 设a?R，函数f(x)?ax3?3x2．

（Ⅰ）若x?2是函数y?f(x)的极值点，求a的值；

2]，在x?0处取得最大值，求a的取值范围． （Ⅱ）若函数g(x)?f(x)?f?(x)，x?[0，解：（Ⅰ）f?(x)?3ax2?6x?3x(ax?2)．

因为x?2是函数y?f(x)的极值点，所以f?(2)?0，即6(2a?2)?0，因此a?1． 经验证，当a?1时，x?2是函数y?f(x)的极值点． ············· 4分 （Ⅱ）由题设，g(x)?ax?3x?3ax?6x?ax(x?3)?3x(x?2)．

32222]上的最大值为g(0)时， 当g(x)在区间[0，6g(0)≥g(2)， 即0≥20a?24．故得a≤． ·············· 9分

562]， 反之，当a≤时，对任意x?[0，56g(x)≤x2(x?3)?3x(x?2)

53x3x?(2x2?x?10)?(2x?5)(x?2)≤0， 552]上的最大值为g(0)． 而g(0)?0，故g(x)在区间[0，综上，a的取值范围为???，?． ······················ 12分

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3.（2008山东卷21）（本小题满分12分）

已知函数f(x)?1?aln(x?1),其中n∈N*,a为常数. n(1?x)（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；

（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1. （Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}， 当n=2时，f(x)?1?aln(x?1), 2(1?x)2?a(1?x)2 所以 f(x)?. 3(1?x)（1）当a＞0时，由f(x)=0得

x1?1?22＞1，x2?1?＜1， aa?a(x?x1)(x?x2).

(1?x)3此时 f′（x）=

当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增.

（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在x?1?当a≤0时，f(x)无极值. （Ⅱ）证法一：因为a=1,所以f(x)? 当n为偶数时，

令g(x)?x?1?22a2处取得极小值，极小值为f(1?)?(1?ln). aa2a1?ln(x?1).

(1?x)n1?ln(x?1), n(1?x)n1x?2n???＞0（x≥2）.

(x?1)n?1x?1x?1(x?1)n?1则 g′（x）=1+

所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又 g(2)=0 因此g(x)?x?1?1?ln(x?1)≥g(2)=0恒成立， n(x?1) 所以f(x)≤x-1成立.

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当n为奇数时，

要证f(x)≤x-1,由于

1＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1, n(1?x) 令 h(x)=x-1-ln(x-1), 则 h′（x）=1-

1x?2?≥0（x≥2）, x?1x?1 所以 当x∈[2，+∞]时，h(x)?x?1?ln(x?1)单调递增，又h(2)=1＞0， 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.

综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)?1?ln(x?1).

(1?x)n1≤1， n(1?x)

当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.

令h(x)?x?1?(1?ln(x?1))?x?2?ln(x?1),x??2,??? 则h?(x)?1?1x?2?, x?1x?1当x≥2时，h?(x)≥0，故h(x)在?2,???上单调递增， 因此 当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故 当x≥2时，有

1?ln(x?1)≤x-1. n(1?x) 即f（x）≤x-1. 4..（2008湖南卷21）（本小题满分13分）

x2已知函数f(x)=ln(1+x)-. 1?x2

(I) 求函数f(x)的单调区间; （Ⅱ）若不等式(1?)求?的最大值.

解: （Ⅰ）函数f(x)的定义域是(?1,??)，

1na?a?e对任意的n?N*都成立（其中e是自然对数的底数）.

2ln(1?x)x2?2x2(1?x)ln(1?x)?x2?2xf?(x)???. 221?x(1?x)(1?x)欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com

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设g(x)?2(1?x)ln(1?x)?x2?2x,则g?(x)?2ln(1?x)?2x. 令h(x)?2ln(1?x)?2x,则h?(x)?2?2x?2?. 1?x1?x当?1?x?0时， h?(x)?0, h(x)在（-1，0）上为增函数， 当x＞0时，h?(x)?0,h(x)在(0,??)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g?(x)?0(x?0)， 函数g(x)在(?1,??)上为减函数. 于是当?1?x?0时，g(x)?g(0)?0, 当x＞0时，g(x)?g(0)?0.

所以，当?1?x?0时，f?(x)?0,f(x)在（-1，0）上为增函数. 当x＞0时，f?(x)?0,f(x)在(0,??)上为减函数.

故函数f(x)的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,??).

（Ⅱ）不等式(1?)11?e等价于不等式(n?a)ln(1?)?1.由1??1知，

nn111?,x??0,1?,则 a??n. 设G(x)?1ln(1?x)xln(1?)nn?a1n11(1?x)ln2(1?x)?x2G?(x)????2.

(1?x)ln2(1?x)x2x(1?x)ln2(1?x)x2?0,即(1?x)ln2(1?x)?x2?0. 由（Ⅰ）知，ln(1?x)?1?x2所以G?(x)?0,x??0,1?,于是G(x)在?0,1?上为减函数. 故函数G（x）在?0,1?上的最小值为G(1)?所以a的最大值为

1?1. ln21?1. ln25..（2008陕西卷21）．（本小题满分12分） 已知函数f(x)?kx?1（c?0且c?1，k?R）恰有一个极大值点和一个极小值点，其x2?c中一个是x??c．

（Ⅰ）求函数f(x)的另一个极值点；

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