学年高中数学 第64讲 极限和导数竞赛教案docWord下载.docx

学年高中数学 第64讲 极限和导数竞赛教案docWord下载.docx

《学年高中数学 第64讲 极限和导数竞赛教案docWord下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年高中数学 第64讲 极限和导数竞赛教案docWord下载.docx（27页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

0，则f（x）为增函数；

如果f/（x）<

0，则f（x）为减函数。

（2）极大值和极小值。

设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点，都有f（x）<

f（x0）（或f（x）>

f（x0））,我们就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值（或极小值）。

（3）函数f（x）在[a,b]上的最大值和最小值的求法。

A类例题

例1求函数的导数

（2）解y=μ3,μ=ax－bsin2ωx,μ=av－by

v=x,y=sinγγ=ωx

y′=（μ3）′=3μ2·

μ′=3μ2（av－by）′

=3μ2（av′－by′）=3μ2（av′－by′γ′）

=3（ax－bsin2ωx）2（a－bωsin2ωx）

（3）解法一设y=f（μ）,μ=,v=x2+1,则

y′x=y′μμ′v·

v′x=f′（μ）·

v－·

2x

=f′（）·

·

=

解法二y′=［f（）］′=f′（）·

（）′

（x2+1）·

（x2+1）′

=f′（）

说明本题3个小题分别涉及了导数的四则运算法则，复合函数求导的方法，以及抽象函数求导的思想方法这是导数中比较典型的求导类型

解答本题的关键点是要分析函数的结构和特征，挖掘量的隐含条件，将问题转化为基本函数的导数

本题难点在求导过程中符号判断不清，复合函数的结构分解为基本函数出差错

例2．观察，，，是否可判断，可导的奇函数的导函数是偶函数，可导的偶函数的导函数是奇函数。

解：

若为偶函数令

∴可导的偶函数的导函数是奇函数

另证：

例3已知曲线Cy=x3－3x2+2x,直线l:

y=kx,且l与C切于点（x0,y0）（x0≠0），求直线l的方程及切点坐标

解由l过原点，知k=（x0≠0）,点（x0,y0）在曲线C上，y0=x03－3x02+2x0,

∴=x02－3x0+2

y′=3x2－6x+2,k=3x02－6x0+2

又k=,∴3x02－6x0+2=x02－3x0+2

2x02－3x0=0,∴x0=0或x0=

由x≠0,知x0=

∴y0=（）3－3（）2+2·

=－

∴k==－

∴l方程y=－x切点（，－）

情景再现

1．在处可导，则

2．已知f（x）在x=a处可导，且f′（a）=b，求下列极限：

（1）；

（2）

3．设f（x）=（x-1）（x-2）…（x-100），求f′

（1）。

B类例题

例4

（1）试述函数y=f（x）在x=0处的导数的定义；

（2）若f（x）在R上可导，且f（x）=-f（x），求f/（0）。

（1）解：

如果函数y=f（x）在x=0处的改变量△y与自变量的改变量△x之比，当时有极限，这极限就称为y=f（x）在x=0处的导数。

记作。

（2）解法一：

∵f（x）=f（-x），则f（△x）=f（-△x）

∴

当时，有

∴。

解法二：

∵f（x）=f（-x），两边对x求导，得

∴。

链接说明

本题涉及对函数在某一点处导数的定义。

题

（2）可对其几何意义加以解释：

由于f（x）=f（-x）,所以函数y=f（x）为偶函数，它的图象关于y轴对称，因此它在x=x0处的切线关于y轴对称，斜率为互为相反数，点（0,f（0））位于y轴上，且f/（0）存在，故在该点的切线必须平行x轴（当f（0）=0时，与x轴重合），于是有f/（0）=0。

在题

（2）的解二中可指出：

可导的偶函数的导数为奇函数，让学生进一步思考：

可导的奇函数的导函数为偶函数吗？

例5利用导数求和

（1）Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1（x≠0,n∈N*）

（2）Sn=C+2C+3C+…+nC,（n∈N*）

解

（1）当x=1时

Sn=1+2+3+…+n=n（n+1）;

当x≠1时，

∵x+x2+x3+…+xn=,

两边都是关于x的函数，求导得

（x+x2+x3+…+xn）′=（）′

即Sn=1+2x+3x2+…+nxn－1=

（2）∵（1+x）n=1+Cx+Cx2+…+Cxn,

两边都是关于x的可导函数，求导得

n（1+x）n－1=C+2Cx+3Cx2+…+nCxn－1,

令x=1得，n·

2n－1=C+2C+3C+…+nC,

即Sn=C+2C+…+nC=n·

2n－1

说明要注意思维的灵活性以及在建立知识体系中知识点灵活融合的能力通过对数列的通项进行联想，合理运用逆向思维由求导公式（xn）′=nxn－1,可联想到它们是另外一个和式的导数关键要抓住数列通项的形式结构

本题难点是学生易犯思维定势的错误，受此影响而不善于联想

第

（1）题要分x=1和x≠1讨论，等式两边都求导

例6．

（1）求证

（2）求证

（1）证：

令∴

原不等式令∴

∴∴

∴令∴

∴

∴∴∴

（2）令上式也成立

将各式相加

即

例7．已知为正整数.

（Ⅰ）设；

（Ⅱ）设

证明：

（Ⅰ）因为，

所以

（Ⅱ）对函数求导数:

∴

即对任意

4设f（x）在点x0处可导，a为常数，则等于（）

A.f/（x0）B.2af/（x0）C.af/（x0）D.0

5．求证下列不等式

（1）

（2）

（3）

6已知，函数设，记曲线在点处的切线为。

（Ⅰ）求的方程；

（Ⅱ）设与轴的交点为，证明：

①②若，则

C类例题

例8设函数f（x）=ax3-2bx2+cx+4d（a、b、c、d∈R）的图象关于原点对称，且x=1时，f（x）取极小值-。

（1）求a、b、c、d的值；

（2）当x∈[-1,1]时，图象上是否存在两点，使得过此两点的切线互相垂直？

试证明你的结论；

（3）若x1,x2∈[-1,1]时，求证：

|f（x1）-f（x2）|≤。

解

（1）∵函数f（x）图象关于原点对称，∴对任意实数x，都有f（-x）=-f（x）.

∴-ax3-2bx2-cx+4d=-ax3+2bx2-cx-4d，即bx2-2d=0恒成立.

∴b=0,d=0,即f（x）=ax3+cx.∴f′（x）=3ax2+c.

∵x=1时,f（x）取极小值-.∴f′

（1）=0且f

（1）=-,

即3a+c=0且a+c=-.解得a=,c=-1.

（2）证明：

当x∈[-1,1]时，图象上不存在这样的两点使结论成立，假设图象上存在

两点A（x1,y1）、B（x2+y2），使得过这两点的切线互相垂直，

则由f′（x）=x2-1，知两点处的切线斜率分别为k1=x12-1,k2=x22-1,

且（x12-1）（x22-1）=-1.（*）

∵x1、x2∈[-1,1],∴x12-1≤0，x22-1≤0

∴（x12-1）（x22-1）≥0，这与（*）相矛盾，故假设不成立.

（3）证明：

∵f′（x）=x2-1,由f′（x）=0,得x=±

1.

当x∈（-∞，-1）或（1，+∞）时，f′（x）＞0;

当x∈（-1，1）时，f′（x）＜0.

∴f（x）在[-1,1]上是减函数，且fmax（x）=f（-1）=,fmin（x）=f

（1）=-.

∴在[-1,1]上，|f（x）|≤.

于是x1,x2∈[-1,1]时，|f（x1）-f（x2）|≤|f（x1）|+|f（x2）|≤+=.

故x1,x2∈[-1,1]时,|f（x1）-f（x2）|≤.

说明①若x0点是y=f（x）的极值点，则f′（x0）=0,反之不一定成立；

②在讨论存在性问题时常用反证法；

③利用导数得到y=f（x）在[-1,1]上递减是解第（3）问的关键.

例9已知平面向量=（,-1）.=（,）.

（1）证明⊥；

（2）若存在不同时为零的实数k和t，使=+（t2-3），=-k+t，⊥，试求

函数关系式k=f（t）；

（3）据

（2）的结论，讨论关于t的方程f（t）-k=0的解的情况.

分析通过向量的运算转化为函数问题

解

（1）∵=×

+（-1）×

=0∴⊥.

（2）∵⊥，∴=0即[+（t2-3）]·

（-k+t）=0.

整理后得-k+[t-k（t2-3）]+（t2-3）·

=0

∵=0，=4，=1，

∴上式化为-4k+t（t2-3）=0，即k=t（t2-3）

（3）讨论方程t（t2-3）-k=0的解的情况，可以看作曲线f（t）=t（t2-3）与直线y=k

的交点个数.

于是f′（t）=（t2-1）=t（t+1）（t-1）.

令f′（t）=0,解得t1=-1,t2=1.当t变化时，f′（t）、f（t）的变化情况如下表：

t

（-∞,-1）

-1

（-1,1）

1

（1,+∞）

f′（t）

+

-

F（t）

↗

极大值

↘

极小值

当t=-1时，f（t）有极大值，f（t）极大值=.

当t=-1时，f（t）有极小值，f（t）极小值=-.

函数f（t）=t（t2-3）的图象如图13－2－1所示，

可观察出：

（1）当k＞或k＜-时,方程f（t）-k=0有且只有一解；

（2）当k=或k=-时,方程f（t）-k=0有两解；

（3）当-＜k＜时,方程f（t）-k=0有三解.

说明导数的应用为函数的作图提供了新途径。

例10已知函数f（x）=ln（1+x）-x,g（x）=xlnx.

（1）求函数f（x）的最大值；

（2）设0＜a＜b,证明：

0＜g（a）+g（b）-2g（）＜（b-a）ln2.

（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f′（x）=-1.

令f′（x）=0，解得x=0.

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.

（2）证法一：

g（a）+g（b）-2g（）

=alna+blnb-（a+b）ln

=aln

由

（1）结论知ln（1+x）-x<

0（x>

-1，且x≠0）

由题设0<

a<

b，得

因此，，

又，

综上.

证法二：

设，则

当0<

x<

a时，，因此在内为减函数；

当x>

a时，，因此F（x）在上为增函数.

从而，当x=a时，F（x）有极小值F（a）.

即.

0时，，因此上为减函数。

即，综上，原不等式得证。

链接

1．证明：

0时，有

2．已知数列{an}各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任

意的n∈N*，都有4Sn=（an+1）2

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若2n≥tSn对于任意的n∈N*成立，求实数t的最大值。

分析：

利用Sn-Sn-1=an（n≥2）易得an=2n-1，从而Sn