2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(含解析)
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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(含解析) 【高考考情解讀】 1.本講主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,導(dǎo)數(shù)的四則運算及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,求函數(shù)的極值、最值等.2.常與直線、圓錐曲線、分式、含參數(shù)的一元二次不等式等結(jié)合在一起考查,題型多樣,屬中高檔題目. 1. 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)y=f(x)在點x=x0處的導(dǎo)數(shù)值就是曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線的斜率,其切線方程是y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2. 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件,如函數(shù)f(x)=x3在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增
2、,但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件,當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0時,則f(x)為常數(shù),函數(shù)不具有單調(diào)性. 3. 函數(shù)的極值與最值 (1)函數(shù)的極值是局部范圍內(nèi)討論的問題,函數(shù)的最值是對整個定義域而言的,是在整個范圍內(nèi)討論的問題. (2)函數(shù)在其定義區(qū)間的最大值、最小值最多有一個,而函數(shù)的極值可能不止一個,也可能沒有. (3)閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值,開區(qū)間內(nèi)的函數(shù)不一定有最值,若有唯一的極值,則此極值一定是函數(shù)的最值. 4. 四個易誤導(dǎo)數(shù)公式及兩個常用的運算法則 (1)(sin x)′=cos x. (2)(cos x)′=
3、-sin x. (3)(ax)′=axln a(a>0,且a≠1). (4)(logax)′=(a>0,且a≠1). (5)[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x). (6)′=(g(x)≠0). 考點一 導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用 例1 (1)過點(1,0)作曲線y=ex的切線,則切線方程為________. (2)(xx·南京模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)A是曲線C1:y=ax3+1(a>0)與曲線C2:x2+y2=的一個公共點,若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直,則實數(shù)a的值是________. 答案 (1)e2x-y-e2=0 (2)4
4、 解析 (1)設(shè)切點為P(x0,ex0),則切線斜率為ex0, 切線方程為y-ex0=ex0(x-x0), 又切線經(jīng)過點(1,0),所以-ex0=ex0(1-x0), 解得x0=2,切線方程為y-e2=e2(x-2), 即e2x-y-e2=0. (2)設(shè)A(x0,y0),則C1在A處的切線的斜率為f′(x0)=3ax,C2在A處的切線的斜率為-=-, 又C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直, 所以(-)·3ax=-1,即y0=3ax, 又ax=y(tǒng)0-1,所以y0=, 代入C2:x2+y2=,得x0=±, 將x0=±,y0=代入y=ax3+1(a>0),得a=4.
5、 (1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異,過點P的切線中,點P不一定是切點,點P也不一定在已知曲線上,而在點P處的切線,必以點P為切點. (2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題,主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化.以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值,則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系,進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解. (1)直線y=kx+b與曲線y=ax2+2+ln x相切于點P(1,4),則b的值為( ) A.3 B.1 C.-1 D.-3 (2)若曲線f(x)=xsin x+1在x=處的切線與直線ax+2y+1=0互相
6、垂直,則實數(shù)a等于 ( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 答案 (1)C (2)D 解析 (1)由點P(1,4)在曲線上,可得a×12+2+ln 1=4, 解得a=2,故y=2x2+2+ln x.所以y′=4x+. 所以曲線在點P處的切線斜率k=y(tǒng)′|x=1=4×1+=5. 所以切線的方程為y=5x+b.由點P在切線上, 得4=5×1+b,解得b=-1. (2)f′(x)=sin x+xcos x,f′()=1, 即函數(shù)f(x)=xsin x+1在點x=處的切線的斜率是1, 直線ax+2y+1=0的斜率是-, 所以(-)×1=-1,解得a=2.
7、 考點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 例2 (xx·廣東)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)當(dāng)k=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)k<0時,求函數(shù)f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M. 解 f′(x)=3x2-2kx+1, (1)當(dāng)k=1時, f′(x)=3x2-2x+1=32+>0, ∴f(x)在R上單調(diào)遞增. (2)當(dāng)k<0時,f′(x)=3x2-2kx+1,其圖象開口向上,對稱軸x=,且過(0,1)點. ①當(dāng)Δ=4k2-12=4(k+)(k-)≤0, 即-≤k<0時, f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上單調(diào)遞增. ∴m=f(x
8、)min=f(k)=k,
M=f(x)max=f(-k)=-2k3-k.
②當(dāng)Δ=4k2-12>0,即k<-時,
令f′(x)=0得x1=,x2=,
且k
9、數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的一般步驟: (1)確定函數(shù)的定義域; (2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x); (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解. (4)①若求極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號. ②若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來求解. (5)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]的最值時,在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的
10、各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值. (xx·浙江)已知a∈R,函數(shù)f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若a=1,求曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程; (2)若|a|>1,求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值. 解 (1)當(dāng)a=1時,f′(x)=6x2-12x+6, 所以f′(2)=6. 又因為f(2)=4,所以切線方程為6x-y-8=0. (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令f′(x)=0,得到x1=1,x2=a. 當(dāng)a>1時, x 0
11、 (0,1) 1 (1,a) a (a,2a) 2a f′(x) + 0 - 0 + f(x) 0 單調(diào)遞增 極大值3a-1 單調(diào)遞減 極小值a2(3-a) 單調(diào)遞增 4a3 比較f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得 g(a)= 當(dāng)a<-1時, x 0 (0,1) 1 (1,-2a) -2a f′(x) - 0 + f(x) 0 單調(diào)遞減 極小值3a-1 單調(diào)遞增 -28a3-24a2 得g(a)=3a-1. 綜上所述,f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為 g(a)= 考點
12、三 利用導(dǎo)數(shù)解決與方程、不等式有關(guān)的問題 例3 (xx·陜西)已知函數(shù)f(x)=ex,x∈R. (1)求f(x)的反函數(shù)的圖象上點(1,0)處的切線方程; (2)證明:曲線y=f(x)與曲線y=x2+x+1有唯一公共點; (3)設(shè)a
13、數(shù)等于函數(shù)φ(x)=ex-x2-x-1零點的個數(shù). ∵φ(0)=1-1=0,∴φ(x)存在零點x=0. 又φ′(x)=ex-x-1,令h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 則h′(x)=ex-1, 當(dāng)x<0時,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x>0時,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, ∴φ′(x)在x=0處有唯一的極小值φ′(0)=0, 即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)=0. ∴φ′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立), ∴φ(x)在R上是單調(diào)遞增的, ∴φ(x)在R上有唯一的零點, 故曲線y=f(x)與曲線y=x2
14、+x+1有唯一的公共點. 方法二 ∵ex>0,x2+x+1>0, ∴曲線y=ex與曲線y=x2+x+1公共點的個數(shù)等于曲線y=與y=1公共點的個數(shù), 設(shè)φ(x)=,則φ(0)=1,即當(dāng)x=0時,兩曲線有公共點. 又φ′(x)==≤0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立), ∴φ(x)在R上單調(diào)遞減, ∴φ(x)與y=1有唯一的公共點, 故曲線y=f(x)與曲線y=x2+x+1有唯一的公共點. (3)解?。璮=-e = =[e-e-(b-a)]. 設(shè)函數(shù)u(x)=ex--2x(x≥0), 則u′(x)=ex+-2≥2-2=0, ∴u′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立), ∴
15、u(x)單調(diào)遞增.
當(dāng)x>0時,u(x)>u(0)=0.
令x=,則得e-e-(b-a)>0,
∴>f.
研究方程及不等式問題,都要運用函數(shù)性質(zhì),而導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具.基本思路是構(gòu)造函數(shù),通過導(dǎo)數(shù)的方法研究這個函數(shù)的單調(diào)性、極值和特殊點的函數(shù)值,根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)推斷不等式成立的情況以及方程實根的個數(shù),必要時畫出函數(shù)的草圖輔助思考.
(1)(xx·天津)設(shè)函數(shù)f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x2-3.若實數(shù)a,b滿足f(a)=0,g(b)=0,則 ( )
A.g(a)<0 16、0 17、R).
①討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù);
②若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,?x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求實數(shù)b的取值范圍;
③當(dāng)0 18、,f(x)在(0,+∞)上有一個極值點.
②∵函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,∴a=1,
∴f(x)≥bx-2?1+-≥b,
令g(x)=1+-,
則g′(x)=-+,
∴g′(e2)=0,從而可得g(x)在(0,e2]上單調(diào)遞減,在[e2,+∞)上單調(diào)遞增,
∴g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.
③由②知g(x)=1+在(0,e2)上單調(diào)遞減,
∴0 19、單調(diào)遞增,則f′(x)≥0在區(qū)間(a,b)上恒成立;
(2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞減,則f′(x)≤0在區(qū)間(a,b)上恒成立;
(3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上為增函數(shù)是f′(x)>0的必要不充分條件.
2. 可導(dǎo)函數(shù)極值的理解
(1)函數(shù)在定義域上的極大值與極小值的大小關(guān)系不確定,也有可能極小值大于極大值;
(2)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x),“f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x)=0”是“f(x)在x=x0處取得極值”的必要不充分條件;
(3)注意導(dǎo)函數(shù)的圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系,導(dǎo)函數(shù)由正變負(fù)的零點是原函數(shù)的極大值點,導(dǎo)函數(shù)由負(fù)變正的零點是原函數(shù)的極小值點.
20、
3. 導(dǎo)數(shù)在綜合應(yīng)用中轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型
(1)把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題;
(2)把證明不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題;
(3)把方程解的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題.
1. 已知函數(shù)f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),則實數(shù)a的取值范圍是__________.
答案
解析 由于f′(x)=1+>0,
因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,
所以x∈[0,1]時,f(x)min=f(0)=-1.
根據(jù)題意可知存在x∈[1,2],
使得g(x)=x2-2ax+4≤-1 21、,
即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,
令h(x)=+,
則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,
又函數(shù)h(x)=+在x∈[1,2]上單調(diào)遞減,
所以h(x)min=h(2)=,故只需a≥.
2. 設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax-ln x(a∈R).
(1)當(dāng)a=1時,求函數(shù)f(x)的極值;
(2)當(dāng)a≥2時,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(3)若對任意a∈(2,3)及任意x1,x2∈[1,2],恒有ma+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求實數(shù)m的取值范圍.
解 (1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),
當(dāng)a=1時,f(x)=x-ln x 22、,f′(x)=1-=.
令f′(x)=0,得x=1.
當(dāng)0 23、)上單調(diào)遞減,在(,1)上單調(diào)遞增.
(3)由(2)知,當(dāng)a∈(2,3)時,f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,
當(dāng)x=1時,f(x)有最大值,當(dāng)x=2時,f(x)有最小值.
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=-+ln 2,
∴ma+ln 2>-+ln 2.
而a>0經(jīng)整理得m>-,
由2
24、0,+∞),
又由y′=x-≤0,解得0 25、象如圖所示,則該函數(shù)的圖象是 ( )
答案 B
解析 從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出,導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小,x=0時最大,所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小,在x=0時變化率最大.A項,在x=0時變化率最小,故錯誤;C項,變化率是越來越大的,故錯誤;D項,變化率是越來越小的,故錯誤.B項正確.
4. 若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo),且滿足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立,且常數(shù)a,b滿足a>b,則下列不等式一定成立的是 ( )
A.a(chǎn)f(b)>bf(a) B.a(chǎn)f(a)>bf(b)
C.a(chǎn)f(a) 26、f(a)
答案 B
解析 令g(x)=xf(x),∴g′(x)=xf′(x)+f(x)>0.
∴g(x)在R上為增函數(shù),∵a>b,
∴g(a)>g(b),即af(a)>bf(b).
5. 函數(shù)y=+sin x的圖象大致是 ( )
答案 C
解析 因為f(-x)=+sin(-x)
=-(+sin x)=-f(x),
所以函數(shù)為奇函數(shù),它的圖象關(guān)于原點對稱,則可以排除B.
當(dāng)x接近于正無窮大時,接近于正無窮大,而-1≤sin x≤1,
所以+sin x也接近于正無窮大,則可以排除D.
由y′=(+sin x)′=+cos x,
令y′=0得+ 27、cos x=0,
它有無數(shù)個解,可知極值點有無數(shù)個,所以排除A.
故答案選C.
6. (xx·湖北)已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.(-∞,0) B.(0,)
C.(0,1) D.(0,+∞)
答案 B
解析 f′(x)=(ln x-ax)+x(-a)
=ln x+1-2ax(x>0)
令f′(x)=0得2a=,
設(shè)φ(x)=,
則φ′(x)=
易知φ(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減,
大致圖象如右圖
若f(x)有兩個極值點,
則y=2a和y=φ(x)圖象有兩個交點,
∴0<2a
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