高考數(shù)學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 導數(shù)及應用學生版
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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 導數(shù)及應用 一、高考預測 從近幾年考查的趨勢看,本專題考查的重點是導數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和極值中的應用、導數(shù)在研究方程和不等式中的應用,考查的形式是解答題考查導數(shù)在研究函數(shù)問題中的綜合運用,但常圍繞一些交叉點設計一些新穎的試題,大部分函數(shù)和導數(shù)的基礎試題難度也不大,但少數(shù)函數(shù)的基礎試題難度較大,解答題中的函數(shù)導數(shù)試題也具有一定的難度. 由于該專題的絕大多數(shù)內(nèi)容(除定積分)都是傳統(tǒng)的高中數(shù)學內(nèi)容,在考查上已經(jīng)基本穩(wěn)定(難度穩(wěn)定、考查重點穩(wěn)定、考查的分值穩(wěn)定),預計20xx年基本上還是這
2、個考查趨勢,具體為:以選擇題或者填空題的方式考查導數(shù)的幾何意義的應用,定積分的計算及其簡單應用.以解答題的方式考查導數(shù)在函數(shù)問題中的綜合應用,重點是使用導數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性和極值以及能夠轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題的不等式和方程等問題,考查函數(shù)建模和利用導數(shù)解模. 導數(shù)及其應用:要掌握好導數(shù)的幾何意義、導數(shù)的運算、導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性與極值的關系,由于函數(shù)的極值和最值的解決是以函數(shù)的單調(diào)性為前提的,因此要重點解決導數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性中的應用,特別是含有字母參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性(這是高考考查分類與整合思想的一個主要命題點),在解決好上述問題后,要注意把不等式問題、方程問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)
3、的單調(diào)性、極值、最值進行研究性訓練,這是高考命制壓軸題的一個重要考查點. 二、知識導學 要點1:利用導數(shù)研究曲線的切線 1.導數(shù)的幾何意義:函數(shù)在處的導數(shù)的幾何意義是:曲線在點處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)對時間的導數(shù))。 2.求曲線切線方程的步驟:(1)求出函數(shù)在點的導數(shù),即曲線在點處切線的斜率;(2)在已知切點坐標和切線斜率的條件下,求得切線方程為。注:①當曲線在點處的切線平行于軸(此時導數(shù)不存在)時,由切線定義可知,切線方程為;②當切點坐標未知時,應首先設出切點坐標,再求解。 要點2:利用導數(shù)研究導數(shù)的單調(diào)性 利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟。(1)確定函數(shù)的定義域;
4、(2)求導數(shù);(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只需在函數(shù)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式>0或<0。②若已知的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式≥0或≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解。 要點3:利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.在求可導函數(shù)的極值時,應注意:(以下將導函數(shù)取值為0的點稱為函數(shù)的駐點可導函數(shù)的極值點一定是它的駐點,注意一定要是可導函數(shù)。例如函數(shù)在點處有極小值=0,可是這里的根本不存在,所以點不是的駐點.(1) 可導函數(shù)的駐點可能是它的極值點,也可能不是極值點。例如函數(shù)的導數(shù),在點處有,即點是的駐點,但從在上為增函數(shù)可知,點不是的極值點.(2) 求一個可導函數(shù)的極值時,常常把駐點附近的函數(shù)
5、值的討論情況列成表格,這樣可使函數(shù)在各單調(diào)區(qū)間的增減情況一目了然.(3) 在求實際問題中的最大值和最小值時,一般是先找出自變量、因變量,建立函數(shù)關系式,并確定其定義域.如果定義域是一個開區(qū)間,函數(shù)在定義域內(nèi)可導(其實只要是初等函數(shù),它在自己的定義域內(nèi)必然可導),并且按常理分析,此函數(shù)在這一開區(qū)間內(nèi)應該有最大(?。┲担ㄈ绻x域是閉區(qū)間,那么只要函數(shù)在此閉區(qū)間上連續(xù),它就一定有最大(小).記住這個定理很有好處),然后通過對函數(shù)求導,發(fā)現(xiàn)定義域內(nèi)只有一個駐點,那么立即可以斷定在這個駐點處的函數(shù)值就是最大(?。┲?。知道這一點是非常重要的,因為它在應用上較為簡便,省去了討論駐點是否為極值點,求函數(shù)在端
6、點處的值,以及同函數(shù)在極值點處的值進行比較等步驟. 2.極大(?。┲蹬c最大(?。┲档膮^(qū)別與聯(lián)系 極值是局部性概念,最大(?。┲悼梢钥醋髡w性概念,因而在一般情況下,兩者是有區(qū)別的.極大(?。┲挡灰欢ㄊ亲畲螅ㄐ。┲?,最大(?。┲狄膊灰欢ㄊ菢O大(小)值,但三、易錯點點睛 命題角度 1導數(shù)的概念與運算 1.設,,…, ,n∈N,則 ( ) A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx [考場錯解] 選C [專家把脈] 由=,,f3(x) =(-sinx)’=-cosx, ,,故周期為4。 [對癥下藥] 選
7、A 2.已知函數(shù)在x=1處的導數(shù)為3,的解析式可能為 ( ) A.=(x-1)3+32(x-1) B.=2x+1 C.=2(x-1)2 D.=-x+3 =2e-xcosx令f’(x)=0,x=nπ+(n=1,2,3,…)從而xn=nπ+。f(xn)=e-( nπ+)(-1)n·=-e. ∴數(shù)列{f(xn)}是公比為q=-e-π的等比數(shù)列。 [專家把脈] 上面解答求導過程中出現(xiàn)了錯誤,即(e-x)’=e-x是錯誤的,由復合函數(shù)的求導法則知(e-x)’=e-x(-x)’=-e-x才是正確的。 [對診下藥](1)證明:f’(x)=(e-x
8、)’(cos+sinx)+e-x(cosx+sinx)’ =-e-x(cosx+sinx) +e-x(-sinx+cos) =-2e-xsinx. 令f’(x)=0得-2e-xsinx=0,解出x=nπ,(n為整數(shù),從而xn=nπ(n=1,2,3,…), f(xn)=(-1)ne-nπ,所以數(shù)列|f(xn)|是公比q=-e-π的等比數(shù)列,且首項f(x1)=-e-π (2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+…+xnf(xn)=nq(1+2q+…+nqn-1) aSn=πq(q+2q2+…+nqn)=πq(-nqn)從而Sn=(-nqn) ∵|q|=e-π<1 ∴qn=0
9、,∴ 專家會診1.理解導數(shù)的概念時應注意導數(shù)定義的另一種形式:設函數(shù)f(x)在x=a處可導,則的運用。2.復合函數(shù)的求導,關鍵是搞清復合關系,求導應從外層到內(nèi)層進行,注意不要遺漏3.求導數(shù)時,先化簡再求導是運算的基本方法,一般地,分式函數(shù)求導,先看是否化為整式函數(shù)或較簡單的分式函數(shù);對數(shù)函數(shù)求導先化為和或差形式;多項式的積的求導,先展開再求導等等。 命題角度 2導數(shù)幾何意義的運用 1.曲線y=x3在點(1,1)的切線與x軸、直線x=2所圍成的三角形面積為_________. [考場錯解] 填2 由曲線y=x3在點(1,1)的切線斜率為1,∴切線方程為y-1==x-1,y=x.所以三條直
10、線y=x,x=0,x=2所圍成的三角形面積為S=×2×2=2。 [專家把脈] 根據(jù)導數(shù)的幾何意義,曲線在某點處的切線斜率等于函數(shù)在這點處的導數(shù),上面的解答顯然是不知道這點,無故得出切線的斜率為1顯然是錯誤的。 [對癥下藥] 填?!?3x2 當x=1時f’(1)=3.由導數(shù)的幾何意義知,曲線在點(1,1)處的斜率為3。即切線方程為y-1=3(x-1) 得y=3x-2.聯(lián)立得交點(2,4)。又y=3x-2與x軸交于(,0)?!嗳龡l直線所圍成的面積為S=×4×(2-)=。 2.設t≠0,點P(t,0)是函數(shù)=x3+ax與g(x)=bx3+c的圖像的
11、一個公共點,兩函數(shù)的圖像在P點處有相同的切線。(1)用t表示a、b、c;(2)若函數(shù)y=f(x)-g(x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,求t的取值范圍。 [考場錯解] (1)∵函數(shù)=x3+ax與g(x)=bx2+c的圖像的一個公共點P(t,0).∴f(t)=g(t)t3+at=bt2+c. ①又兩函數(shù)的圖像在點P處有相同的切線,∴f’(t)=g’(t) 3t3+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t2.∴c=-t3. [專家把脈] 上面解答中得b=t理由不充足,事實上只由①、②兩式是不可用t表示a、b、c,其實錯解在使用兩函數(shù)有公共點P,只是利用f(t)=g(t)是不準確的,準確的結論
12、應是f(t)=0,即t3+at=0,因為t≠0,所以a=-t2.g(t)=0即bt2+c=0,所以c=ab又因為f(x)、g(x)在(t,0)處有相同的切線, 所以f’(t)=g;(t).即3t2+a=2bt, ∵a=-t2, ∴b=t.因此c=ab=-t2·t=-t3.故a=-t2,b=t,c=-t3 (2)解法1 y=-g(x)=x3-t2x-tx2+t3 y’=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t). 當y’=(3x+t)(x-t)<0時,函數(shù)y=f(d)-g(x)單調(diào)遞減。 由y’<0,若t<0,則t<x<-,若t>0,則
13、-<x<t.則題意,函數(shù)y=f(x)-g(x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,則(-1,3)(-,t)或(-1,3)(t,-)所以t≥3或-≥3。即t≤-9或t≥3。又當-9<t<3時,函數(shù)y=f(x0-g(x)在(-1,3)上單調(diào)遞增,所以t的取值范圍(-∞,-9)∪(3,+∞) 解法2 y=-g(x)=x3-t2x-tx2+t3,y’=3x2-3tx-t2=(3x+t)(x-t). ∵函數(shù)y=-g(x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,且y’=(3x+t)(x-t)≤0在(-1,3)上恒成立, ∴解得 t≤-9或t≥3. 又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)&
14、gt;0∴f(x)在(-∞,-1)與(1,+∞)上是增函數(shù)。 若x∈[-1,1]時,f’(x) ≤0,故f9x)在[-1,1]上是減函數(shù)。 ∴f(-1)=2是極大值。f(1)=-2是極小值。 (2)解:曲線方程為y==x3-3x,點A(0,16)不在曲線上。設切點M(x0,y0),則點M在曲線上, ∴y0=x30-3x0.因f’(x0)=3x20-3.故切線的方程為y-y0=(3x20-3)(x-x0). ∵點A(0,16)在曲線上,有16-(x20-0)=3(x20-1)(0-x0),化簡得x30=-8,得x0=-2. 專家會診 設函數(shù)y=f(x),在點(x0,y0)處的導數(shù)為f
15、’(x0),則過此點的切線的斜率為f’(x0),在此點處的切線方程為y-y0=f’(x0)(x-x0).利用導數(shù)的這個幾何意義可將解析幾何的問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題求解。 命題角度 3導數(shù)的應用 1.(典型例題)已知函數(shù)=-x3+3x2+9x+a.(1)求的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)若在區(qū)間[-2,2]上最大值為20,求它在該區(qū)間上的最小值。 [考場錯解](1)=-3x2+6x+9,令<0,解得x<-1或x>3,∴函數(shù)的音調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-1)(3,+∞) (2)令=0,得x=-1或x=3當-2<x<-1時, <0;當-1<x<3時,>0;
16、當x>3時,<0. ∴x=-1,是的極不值點,x=3是極大值點?!鄁(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7.的最小值為f(-1)=-1+3-9+a=-14. [專家把脈] 在閉區(qū)間上求函數(shù)的最大值和最小值,應把極值點的函數(shù)值與兩端點的函數(shù)值進行比較大小才能產(chǎn)生最大(?。┲迭c,而上面解答題直接用極大(小)值替代最大(小)值,這顯然是錯誤的。 [對癥下藥] (1)=-3x2+6x+9,令<0,解得x<-1或x>3. (2)因為f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以在[-1,2]因為在(-1,3)上>
17、;0,所以在[-1,2]上單調(diào)遞增,又由于在[-2,-1]上單調(diào)遞減,因此f(2)和f(-1)分別是在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值,于是22+a=20,解得a=-2.故=-x3+3x2+9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7 即函數(shù)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為-7。 2.已知函數(shù)=ax3+3x2-x+1在R上是減函數(shù),求a的取值范圍。 [考場錯解] ∵=3ax2+6x-1,因為在R上是減函數(shù),所以=3ax2+6x-1<0對任何x∈R恒成立?!? 解得a<-3. [專家把脈] 當>0時,是減函數(shù),但反之并不盡然,如=-x3是減函數(shù),=3x2并不恒小于0
18、,(x=0時=0).因此本題應該有在R上恒小于或等于0。 [對癥下藥] 函數(shù)的導數(shù):=3x2+6x-1. 當=3ax2+6x-1<0對任何x∈R恒成立時,在R上是減函數(shù)。 ①對任何x∈R,3ax2+6x-1<0恒成立,a<0且△=36+12a<0a<-3. 所以當a<-3時,由<0對任何x∈R恒成立時,在R上是減函數(shù)。 ②當a=-3時, =-3x3+3x2-x+1=-3(x-)3+. 由函數(shù)y=x3在R上的單調(diào)性知,當a=-3時,在R上是減函數(shù)。 ③當a>-3時,=3ax2+6x-1>0在R上至少可解得一個區(qū)間,所以當a&g
19、t;-3時,是在R上的減函數(shù)。綜上,所求a的取值范圍是(-∞,-3)。 3.已知a∈R,討論函數(shù)=ex(x2+ax+a+1)的極值點的個數(shù)。 (1)當△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0即a<0或a>4時,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有兩個不同的實根x1、x2,不妨設x1<x2.于是=ex(x-x1)(x-x2),從而有下表 X (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+ ∞) F’(x) + 0 - 0 + F(x) f(x1)有極大值 f(x2)有極小值 即此時f(x
20、)有兩個極值點。 (2)當△=0,即a=0或a=4時,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有兩個相同的實根x1=x2 于是f’(x)=ex(x1-x1)2.故當x<x1時,f’(x)>0;當x>x1時,f’(x)>0因此f(x)無極值。 (3)當△<0,即0<a<4時,x2+(a+2)x+(2a+1)>0 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)為增函數(shù),此時f(x)無極值點,因此,當a>4或a<0時,f(x)有兩個極值點,當0≤a≤4時,f(x)無極值點。 4.設函數(shù)=x-ln(x+m
21、)其中常數(shù)m為整數(shù)。(1)當m為何值時,≥0;(2)定理:若g(x)在[a、b]上連續(xù),且g(a)與g(b)異號,則至少存在一點x0∈(a、b),使g(x0)=0.試用上述定理證明:當整數(shù)m>1時,方程=0,在[e-m-m,e2m-m]內(nèi)有兩個實根。 [考場錯解] 令≥0,x≥ln(x+m).∴m≤ex-x ∴m取小于或等于ex-x的整數(shù)。 [專家把脈] 上面解答對題意理解錯誤,原題“當m為何值時,≥0恒成立”,并不是對x的一定范圍成立。因此,m≤ex-x這個結果顯然是錯誤的。 [對癥下藥] (1)函數(shù)=x-ln(x+m),x∈(-m,+ ∞)連續(xù),且f’(x)=1-,令f’(x
22、)=0,得x=1-m.當-m<x<1-m時,<0, 為減函數(shù);當x>1-m時,>0, 為增函數(shù)。 根據(jù)函數(shù)極值判別方法,f(1-m)=1-m為極小值,而且對x∈(-m,+ ∞)都有≥f(1-m)=1-m,故當1-m=f()≥0,即m≤1時,≥0.即m≤1且m∈Z時,≥0. (2)證明:由(1)可知,當整數(shù)m>1時,f(1-m)=1-m<0,f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m>0,又為連續(xù)函數(shù),且當m>1時,f(e-m-m)與f(1-m)異號,由所給定理知,存在唯一的x1∈(e-m-m;1-m),使f(x1)=0
23、,而當m>1時,f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+-3m>0.(∵m>12m-1>1). 類似地,當整數(shù)m>1時,=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上為連續(xù)增函數(shù),且f(1-m)與f(e2m-m)異號,由所給定理知,存在唯一的x+∈(1-m,e2m-m)使f(x2)=0.故當整數(shù)m>1時,方程=0在[e-m-m,e2m-m]內(nèi)有兩個實根。 5.用長為90cm,寬為48cm的長方形鐵皮做一個無蓋的容器,先在四角分別截去一個小正形,然后把四邊翻轉(zhuǎn)90°角,再焊接而成(如圖,)問該容器高為多少時,容
24、器的容積最大?最大容積是多少? [考場錯解] 設容器的高為x,容器的容積為V,則V=(90-2x)(48-2x)·x=4x3-276x2+4320x ∵V’=12x2-552x+4320=0 得x1=10,x2=36 又∵x<10時,V’<0,10<x<36,V’>0,x>36時, V’<0∴當x=36時,V有極大值V(36)<0故V沒有最大值。 [專家把脈] 上面解答有兩處錯誤:一是沒有注明原函數(shù)定義域;二是驗算f’(x)的符號時,計算錯誤,∵x<10,V’>0;10<x<36,V’<0;x&
25、gt;36,V’>0. [對癥下藥] 設容器的高為x,容器的容積為V。則V=(90-2x)(48-2x)·x =4x3-276x2+4320x (0<x<24) ∵V’=12x2-552x+4320由V’=12x2-552x+4320=0得x1=10,x2=36 ∵x<10時,V’>0,10<x<36時,V’<0,x>36時V’>0.所以,當x=10時V有最大值V(10)=1960cm3 又V(0)=0,V(24)=0所以當x=10時,V有最大值V(10)=1960。所以該窗口的高為10cm,容器的容積最大,最大
26、容積是1960cm3. 專家會診1.證函數(shù)在(a,b)上單調(diào),可以用函數(shù)的單調(diào)性定義,也可用導數(shù)來證明,前者較繁,后者較易,要注意若在(a、b)內(nèi)個別點上滿足=0(或不存在但連續(xù))其余點滿足>0(或<0)函數(shù)仍然在(a、b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減),即導數(shù)為零的點不一定是增、減區(qū)間的分界點。 2.函數(shù)的極值是在局部對函數(shù)值的比較,函數(shù)在區(qū)間上的極大值(或極小值)可能有若干個,而且有時極小值大于它的極大值,另外,=0是可導數(shù)f(x)在x=x0處取極值的必要而不充分條件,對于連續(xù)函數(shù)(不一定處處可導)時可以是不必要條件。 時取得極值?說明理由;(Ⅱ)若,當時,與的圖象恰好有兩個公共點
27、,求的取值范圍. 3、已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點,曲線在點處的切線恰好與直線垂直。(Ⅰ)求實數(shù)的值;(Ⅱ)若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求的取值范圍。 4、已知函數(shù)(Ⅰ) 若曲線在點處的切線方程為,求函數(shù)解析式;(Ⅱ) 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅲ) 若對于任意的,不等式在上恒成立,求的取值范圍. 5、若定義在上的函數(shù)同時滿足以下條件:① 在上是減函數(shù),在上是增函數(shù); ② 是偶函數(shù);③ 在處的切線與直線垂直. (Ⅰ)求函數(shù)的解析式;(Ⅱ)設,若存在,使,求實數(shù)的取值范圍 6、設函數(shù)(Ⅰ) 當時,求函數(shù)的極值; (Ⅱ)當時,討論函數(shù)的單調(diào)性.(Ⅲ)若對任意及任意,恒有 成立,求實數(shù)的取值范圍
28、. 7、已知函數(shù).(Ⅰ)求的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)是否存在實數(shù),使得函數(shù)的極大值等于?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由. 8、已知函數(shù)(是自然對數(shù)的底數(shù))(Ⅰ)若對于任意恒成立,試確定實數(shù)的取值范圍;(Ⅱ)當時,是否存在,使曲線在點處的切線斜率與在上的最小值相等?若存在,求符合條件的的個數(shù);若不存在,請說明理由. 9、已知函數(shù)在點,)處的切線的斜率為。(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)若時,恒成立,求整數(shù)的最大值。 10、已知函數(shù).(Ⅰ)當時,求函數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值;(Ⅱ)若存在,使,求的取值范圍. 11、函數(shù)¦(x)=x2―x―lnx. (Ⅰ)求函數(shù)
29、166;(x)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)是否存在實數(shù)m,n,同時滿足下列條件①1≤m<n;②存在實數(shù)k,使得函數(shù)y=¦(x)―k在x∈[m,n]時的值域是[m,n]?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,并說明理由. 12、設函數(shù)(I)若函數(shù)f(x)在x=1處與直線y=相切, ①求實數(shù)a,b的值; ②求函數(shù)f(x)在[土,e]上的最大值.(II)當b=0時,若不等式f(x)≥m+x對所有的都成立,求實數(shù)m的取值范圍, 13、已知函數(shù)(Ⅰ)求函數(shù)的極值點;(Ⅱ)若直線過點且若恒成立,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)求證: . 16、已知函數(shù).(Ⅰ)分別求函數(shù)和的圖象在處的切線方程;(Ⅱ)證明不等式;(Ⅲ)對一個實數(shù)集合,若存在實數(shù),使得中任何數(shù)都不超過,則稱是的一個上界.已知是無窮數(shù)列所有項組成的集合的上界(其中是自然對數(shù)的底數(shù)),求實數(shù)的最大值. 17、 已知函數(shù).(Ⅰ)討論函數(shù)的單調(diào)性;(Ⅱ)對于任意正實數(shù),不等式 恒成立,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)求證:當時,對于任意正實數(shù),不等式恒成立. 20、已知函數(shù)的圖象在處的切線與直線平行.(Ⅰ)求實數(shù)的值;(Ⅱ)若方程在上有兩個不相等的實數(shù)根,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)設常數(shù) ,數(shù)列滿足(),.求證:.
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