難點 導數(shù)的應用問(1)a、b、c(2)x=±1是函數(shù)的極小值還是極大值，并說明理由f′(±1)=0的隱含條件，因而造成了解決x=±1所確定的相等關系式，運用待定系數(shù)法求值.∵x=±1f(x)∴x=±1f′(x)=0,3ax2+2bx+c=0的兩根2b 由根與系數(shù)的關系，得 又 a=1,b0c3(2)f(x)=2

32

3x2－3

32

x＜－1x＞1時，f′(x)＞0當－1＜x＜1時，f′(x)＜0∴函數(shù)x=－1x=1乙廠位于離河岸40kmB處，乙廠到河岸的垂足DA相距50km，兩廠要在此岸邊合建一個供水站C，從供水站到甲廠和乙廠的水管費用分別為每千米3a元和5a元，問供水站C錯解分析：本題難點是如何把實際問題中所涉及的幾個變量轉化成函數(shù)關系式解法一：根據(jù)題意知，只有點C段AD上某一適當位置，才能使總運費最省，設Dxkm,BD2CDBD2CDx2yx2x2x2x2

在(0,50)上，y只有一個極值點，根據(jù)實際問題的意義，A、D20km處，可使水管費用最省解法二：設∠BCD=Q,BC=40,CD=40cotθ,(0＜θ 設總的水管費用為f(θ),依題意，=150a+40a·5

(53cos)sin(53cos)(sin)sin2

40a

35cossin2f′(θ)=0,cosθ=5cosθ3sinθ

,∴cotθ=34∴AC=50－40cotθ=20(km),A、D20km省 是減函數(shù)y′=00的點，(00y=|x|,x=0處不可導，但它是最小值點.1.(★★★★)f(x)f′(0)=0,又

f(x)=－1,則 x

2n

3.(★★★★)函數(shù)f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0且a≠1)的單調區(qū) 4.(★★★★)R的圓內(nèi)，作內(nèi)接等腰三角形，當?shù)走吷细邽?/p>

6.(★★★★)x=1x=2f(x)=alnx+bx2+x的兩個極值點abx=1,x=2f(x)的極大值還是極小值，并說明理由7.(★★★★)a、bb＞a＞e,e8.(★★★★)x2x2－ax－2=0的兩根為α、β(α＜β),f(x4xax2求f(α)·f(β)的值證明f(x)是［α，β］上的增函數(shù)當a為何值時，f(x)在區(qū)間［α，β］上的最大值與最小值之差最?。劭破彰牢模菪轮械乃季S觀數(shù)學科學具有高度的綜合性、很強的實踐性，不斷的發(fā)展性，中學數(shù)學新打破原教的綜合性和靈活多樣性，更具有朝氣與，因此，把握新的脈搏，培養(yǎng)深刻嚴謹靈活新提升與增添的內(nèi)容包括簡易邏輯平面向量空間向量線性規(guī)劃概率與統(tǒng)計、導數(shù)、研究型課題與實習作業(yè)等，這使得新中的知識內(nèi)容立體交叉，聯(lián)系更加密切，聯(lián)，貫穿在發(fā)現(xiàn)問題與解決問題過的數(shù)學思想方法，是從根本上提高素質，提高數(shù)學科能力的必由，只有通過對數(shù)學思想方法的不斷積累，不斷總結經(jīng)驗，才能從知識型向數(shù)學思維是科學思維的，思維的基石在于邏輯推理，邏輯思維能力是數(shù)學能力的核我國著名的數(shù)學家先生認為，學習有兩個過程：一個是“從薄到厚，一個是從厚若滿足條件的λ存在，則∵函數(shù)φ(x)在(－∞,－1)上是減函數(shù)x＜－1∴2(2－λ)≥－4,解得又函數(shù)φ(x)在(－1,0)上是增函∴當－1＜x＜0∴2(2－λ)≤－4,解得在一、1.解析：由

fx

=－1,0的區(qū)間(a,b)x∈(a,b),x≠0

fx

,fn(x)2

2

2

2 2

2

二、3解析：函數(shù)的定義域是x1或x3

3x25x

.(3x2+5x－2)′(6x5)logae(3x1)(x +∞)上是增函數(shù)，x＜－2時，f′(x)＜0.f(x)在(－∞,－2)上是減函數(shù)

R2R2

(2Rhh2)h

(2Rh3h4S1

1(2Rh3h42

2(2Rh3h4(2Rh2(2R (2Rh3h4)

2(6Rh24h3)

32

h(0,3232(32+0—Sx=3R時，等腰三角形面積最大232三、5.若a＞0,f′(x)＞0對x∈(－∞,+∞)恒成立，此時f(x)只有一個單調區(qū)間，13|a13|a13|a13|a

∴a＜0且單調減區(qū)間為

13|13|a

13|a13|a13|a13|a1313|a解：f′(x)=ax由極值點的必要條件可知：f′(1)=f′(2)=0,a+2b+1=0,a+4b+1=0,2a=－2,b=－1,∴f(x)=－2lnx－1 時，f′(x)＜0,x=1f(x)5,x=242 f′(b)=lnaa.∵b＞a＞e,∴l(xiāng)na＞1,a＜1,∴f′(b)＞0.f(b)=blna－alnb在(e,+∞) 證法二：要證ab＞ba,只要證blna＞alnb(e＜a＜b),即證,設f(x)=lnx(x＞e)，則x(x1lnx＜0,f(x)在(e,+∞)x∴f(a)＞f(b),lnalnb a216a216解 a216a216設φ(x)=2x2－ax－2,則當α＜x＜β時f(x)

(4xa)(x21)(4xa)(x21)(x2

4(x21)2x(4xa)(x21)22(2x2ax2)(x2

2(x)(x2∴函