秒用導(dǎo)數(shù)的工具功能求解相關(guān)問題

1、秒用號數(shù)的工具功能求解相關(guān)問題導(dǎo)數(shù)的主要作用是研究函數(shù)曲線的切線以及函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值問題，實際上，有不少數(shù)學(xué)問題乍一看與導(dǎo)數(shù)無關(guān)，但是，細(xì)細(xì)品味，我們會發(fā)現(xiàn)妙用導(dǎo)數(shù)，有曲徑通幽的神奇之處，令人回味無窮！類型一三角函數(shù)的奇偶性問題若函數(shù)f(x)可導(dǎo)，則由f( x) f(x)兩邊對X求導(dǎo)，得f ( X) f (X),即f ( X) f (X)；由 f( X) f(x)兩邊對 X 求導(dǎo)，得f ( X) f (x),即f ( X) f (X).可得奇、偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)：(1)可導(dǎo)奇函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是偶函數(shù)；(2)可導(dǎo)偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù).這一特征性質(zhì)實現(xiàn)了函數(shù)奇偶性的相互轉(zhuǎn)化，在解題中可靈活例 1

2、 若 f (x) asin(x應(yīng)用.)bcos僅 )(ab 0)是偶函數(shù)，則有序?qū)崝?shù)對(a,b)可以是寫出你認(rèn)為正確的一組數(shù)對即可).解析求導(dǎo)得f (x) a cos僅一) 3bsin(x一),由可導(dǎo)偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)特征性質(zhì)得:3f (x)是R上的奇函數(shù)，所以f (0)f (0) acos bsin( ) 0 ,所以a 6b 0,故只要填寫滿足a 73b0且ab0的任意一組數(shù)對即可，如(、.3,1).評注 本題一般解題思路就是利用偶函數(shù)的定義,顯然較為繁雜，而妙用導(dǎo)數(shù)處理此類問題，簡潔、高效、快捷!變式 1 若 f(x) asin(x ) bsin(x )(ab 0)是偶函數(shù)，則 2ab .類型二

3、三角函數(shù)中的最值、對稱性問題設(shè)函數(shù) f (x) asin x bcosx(ab 0),則可化為 f (x) Ja2 b2 sin(x)，其中btan 一.于是，結(jié)合函數(shù)f(x)的圖像易知：若x x0時函數(shù)f(x)取得最值，即函數(shù)f (x) a的圖像關(guān)于直線 X X0對稱，則函數(shù)f(x)在X x0處的切線斜率為零，即f(x0) 0.這個結(jié)論充分揭示了三角函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)的緊密聯(lián)系，在解題中妙用導(dǎo)數(shù)，可迅速求解.例2 設(shè)當(dāng)x 時，函數(shù)f(x) sin x 2cosx取得最大值，則cos 解析由題設(shè)可知f( ) 0,又f (x) cos x 2sin x ,所以cos 2sin 0,即tansin1

4、22一 ,cos 2sin .于是，結(jié)合 sin cos 1 ,解得2cos吏5或2.55sincos石5 .經(jīng)檢驗知：前者滿足 f(x)取得最大值，后者滿足f(x)取得最小值.2,5故所求cos2.55評注f(x) asin x bcosx(ab 0),若x X0時函數(shù)f (x)取得最大值，則必有tan x0a .ab一,sin Xor_ ,cos Xo=;右x Xo時函數(shù) f(x)取得最小值,b，a2 b2a2 b2則必有 tan Xoa,sin Xoa,cos Xobb. a2 b2. a2b2變式2若函數(shù)y sinx acosx的圖像關(guān)于直線x 一對稱，則實數(shù)a6類型三函數(shù)的零點個數(shù)問

5、題由于函數(shù)的零點個數(shù)就是函數(shù)圖像與橫軸的交點個數(shù),所以結(jié)合函數(shù)零點存在性定理可知：如果知道連續(xù)函數(shù) f(x)在閉區(qū)間m,n上單調(diào),且f(m)f(n) 0 ,那么函數(shù)f (x)在開區(qū)間(m,n)上有唯一的一個零點(即零點個數(shù)為1).這個結(jié)論可以稱之為函數(shù)零點唯一存在性定理，顯然利用該結(jié)論時,必須明確函數(shù)的單調(diào)性，而函數(shù)的單調(diào)性借助導(dǎo)數(shù)知識加以分析比較簡單例3已知函數(shù)f(x)III2015x，則函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)2015的零點個數(shù)是A.0B.1C.2( )D.3解析求導(dǎo)得f(x) 1HI2014x ,可知：當(dāng)x 1時，f (x) 0;當(dāng) x 1 時，f (x)1 1、2015,x)1 ( x

6、)1x2015，無論x 1還是x 1 ,易判斷知均1 x有f (x) 0成立.于是，當(dāng)x R時，必有f(x) 0,所以函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞增.又因為f( 1) 11III1112013 2014 20150, f(0)1 0,所以利用函數(shù)零點唯一存在性定理可知：函數(shù)f(x)在開區(qū)間(1,0)上只有一個零點.從而結(jié)合函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，即得函數(shù)f (x)在其定義域內(nèi)的零點個數(shù)是1.故選B.評注本題具有一定的綜合性,對能力的考查較強(qiáng)，解題關(guān)鍵是靈活利用“分類與整合思想”準(zhǔn)確分析導(dǎo)數(shù)與零的大小關(guān)系23X X變式3已知函數(shù)f(x) 1 x 23f (x)在(0,1)上恰有一個零點C. f

7、 (x)在(1,2)上恰有一個零點42013x x，則下列結(jié)論正確的是42013(f(x)在(0,1)上恰有兩個零點D.f(x)在(1,2)上恰有兩個零點類型四多項式函數(shù)的系數(shù)求值問題令 f (x) f (x), f n 1 (x) fn x n N設(shè)函數(shù) f (x) a0 a1x a2x2anxn,因為 f1 x f (x) a1 2a2x 3a3x2 | nanxn 1f 2 (x) 2a2 2 3a3x 3 4a4x2n 1 nanxn 2,f 3 (x) 2 3a3 2 3 4a4xn 2 n 1 nanxn 3令 x 0 ,則有 a1f (0)f(0)1!a22f (0)2f (0)

8、f 3(0)3!例4 已知函數(shù)f xx x 1 x 2 x 3 III x 2016展開式中的一次項系數(shù)解析設(shè)函數(shù)f xaaxa2x2a2017x2017 ,則 f 0a1，又 a112 3 |U 20162016!.故函數(shù)f x展開式中的一次項系數(shù)是 2016!,答案為2016!.評注由于許多學(xué)生對多項式的乘法法則的理解不透徹，本題若應(yīng)用多項式的乘法的法則直接求解，有一定的難度，而靈活地應(yīng)用導(dǎo)數(shù)法處理，易于理解變式 4 設(shè) 3 2x 20 a0 a1x a2x2a20 x20 ,則 a2 .類型五二項式中的系數(shù)的求和問題設(shè)函數(shù)f (x) (ax b)n n N ,則由二項式定理可知f(x)

9、ao aix a2X2anxn.于是，借助求導(dǎo)、賦值的處理技巧可得許多有趣的結(jié)論因為 f(x) a1 2a2x 3a3x2nanxn 1, (*)令 x 1 ,則有 ai 2a2 3a3nan f(1);令 x 1,則有 a1 2a2 3a3 口 ( 1)n 1nan f ( 1).X(*)式兩邊同乘以 x,得 xf(x) a1x 2a2x2 3a3x3 | nanxn,求導(dǎo)得xf(x) a1 22a2x 32a3x2 | n2anxn 1,又xf (x) f (x) xf (x)，令 x 1,則有a1 22a2 32a3 n2an f(1) f(1). TOC o 1-5 h z 按照這樣的

10、處理思路(乘x、求導(dǎo)、賦值)，有興趣的讀者還可以繼續(xù)探究.201422014例 5 已知(1 x)a0 a1(x 3) a2(x 3)| a2014(x 3) (x R),則 a1 2a2 3a3 4a4 2013a2013 2014a2014解析 設(shè)函數(shù) f(x) (1 x)2014,則求導(dǎo)得 f(x)2014(1 x)2013.又對 f(x) a0 a1(x 3) a2(x 3)2a214(x 3)2014 ,求導(dǎo)得f (x) a1 2a2(x 3) 3a3(x 3)22014a201Mx 3)2013.于是，取x 2得a1 2a2 3a3 4a42013a2013 2014a2014 f

11、 (2)2014(1 2)2013 2014.評注 本題具體求解時，也可以這樣處理：直接對已知等式兩邊同時求導(dǎo)，然后再賦值 TOC o 1-5 h z 顯然，整個解題的關(guān)鍵在于一一先求導(dǎo)(以 x為自變量)，再賦值(注意賦值的靈活性).-A-_r. L/CC52345變式 5 右(2 x 3)a0 a1x a2xa3xa4xa5x ,貝U a12a23a34a45a5 ,a14a29a3 16a425a5 .類型六數(shù)列的求和問題某些較為復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題，往往應(yīng)用常規(guī)的方法比較繁雜，我們不妨根據(jù)待求結(jié)論的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新的函數(shù)巧妙應(yīng)用導(dǎo)數(shù)，靈活地解決問題例 6 求S 1 2x 3x2 4x4 JU

12、nxn 1 x 0.1 .解析 因為x 0.1時，xIllxn 士兩邊求導(dǎo)，得：S 1 2x3x24x4n 1 n 1 xHI nx nx 1 x 1-21即為所求.評注本題的常規(guī)方法是“錯位相減法”,這里構(gòu)造函數(shù)妙用導(dǎo)數(shù)，簡潔、新穎、自然,毫無斧鑿之跡，令人耳目一新！綜上，應(yīng)對某些復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題時，關(guān)注導(dǎo)數(shù)的“非常規(guī)”應(yīng)用，妙用導(dǎo)數(shù)具有入手容 易、思路清晰、過程簡潔的優(yōu)勢，有利于激發(fā)解題思維，溝通所學(xué)知識在分析、解決問題中 的靈活運用，有利于從導(dǎo)數(shù)角度看透問題的本質(zhì)，進(jìn)一步理解數(shù)學(xué)本質(zhì)，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)素附：變式訓(xùn)練參考答案1.答案1 解析：參考例1的解析過程可知a0,故 2ab 20 1.2

13、.答案有 解析：由題設(shè)可知yy cosx asin xcos 6asin 一 63.答案C解析：求導(dǎo)得f (x)Ill2012x可知：當(dāng)x1時,f (x)1 (、2013x)1 ( x)2013x無論x1還是易判斷知均有f (x) 0成立.于是，當(dāng)xR時,必有f(x)0 ,所以函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞減.又因為f(0)1 0, f(1)III2012 20130,f(2) 1 222八3八4八5222III2201222013201220130,所以利用函數(shù)零點唯一存在性定理可知：函數(shù) f(x)在(1,2)上恰有一個零點.故選C.214.答案 95 220解析因為3 2x %a1xa2x2 ID20a20 x,則兩邊求導(dǎo)，得:1920 3 2x2 a1 2a2xIII19 20a20 x19 ,19即 40 3 2xa 2a2x 20a20 x19,兩邊再次求導(dǎo)，得:80 1