2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù)第3講 導數(shù)及其應用 文.doc

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2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù)第3講 導數(shù)及其應用 文 真題試做 1．(xx遼寧高考，文8)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　)． A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 2．(xx浙江高考，文21)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝4x3－2ax＋a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|＞0. 3．(xx天津高考，文20)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點，求a的取值范圍； (3)當a＝1時，設函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． 考向分析 從近三年高考來看，該部分高考命題有以下特點： 從內(nèi)容上看，考查導數(shù)主要有三個層次：(1)導數(shù)的概念、求導公式與法則、導數(shù)的幾何意義；(2)導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)極值、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明函數(shù)的單調(diào)性等；(3)導數(shù)的綜合考查，包括導數(shù)的應用題以及導數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題． 從形式上看，考查導數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題，有時三種題型會同時出現(xiàn)． 熱點例析 熱點一　導數(shù)的幾何意義 【例1】設函數(shù)f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝3. (1)求y＝f(x)的解析式； (2)證明曲線y＝f(x)上任一點處的切線與直線x＝1和直線y＝x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值． 規(guī)律方法 1．導數(shù)的幾何意義： 函數(shù)y＝f(x)在x0處的導數(shù)f′(x0)的幾何意義是：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)s(t)對時間t的導數(shù))． 2．求曲線切線方程的步驟： (1)求出函數(shù)y＝f(x)在點x＝x0的導數(shù)f′(x0)，即曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處切線的斜率； (2)已知或求得切點坐標P(x0，f(x0))，由點斜式得切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)． 特別提醒：①當曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時導數(shù)不存在)時，由切線定義可知，切線方程為x＝x0；②當切點坐標未知時，應首先設出切點坐標，再求解． 變式訓練1 (1)設曲線y＝ax2在點(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，則a＝__________； (2)設f(x)＝xln x＋1，若f′(x0)＝2，則f(x)在點(x0，y0)處的切線方程為__________． 熱點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】已知函數(shù)f(x)＝x2＋aln x. (1)當a＝－2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍． 規(guī)律方法 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； (2)求導函數(shù)f′(x)； (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(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)性求參數(shù)，只需轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立問題求解．解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題，都離不開分類討論思想． 變式訓練2 已知函數(shù)f(x)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性． 熱點三　利用導數(shù)研究函數(shù)極值和最值問題 【例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x， (1)若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若x＝－是f(x)的極值點，求f(x)在[1，a]上的最大值； (3)在(2)的條件下，是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點？若存在，請求出實數(shù)b的取值范圍；若不存在，試說明理由． 規(guī)律方法 利用導數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟是：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)；(3)①若求極值，則先求出方程f′(x)＝0的根，再檢驗f′(x)在方程根左右邊f(xié)′(x)的符號，求出極值．當根中有參數(shù)時要注意分類討論根是否在定義域內(nèi)．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，從而求解． 變式訓練3 設a∈R，函數(shù)f(x)＝ax3－3x2. (1)若x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點，求a的值； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]在x＝0處取得最大值，求a的取值范圍． 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想的含義 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學方法．一般是將復雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題． 轉(zhuǎn)化與化歸常用的方法是等價轉(zhuǎn)化法：把原問題轉(zhuǎn)化為一個易于解決的等價問題，以達到化歸的目的． 已知函數(shù)f(x)＝x(ln x＋m)，g(x)＝x3＋x. (1)當m＝－2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若m＝時，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當m＝－2時，f(x)＝x(ln x－2)＝xln x－2x，定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x－1. 由f′(x)＞0，得ln x－1＞0，所以x＞e. 由f′(x)＜0，得ln x－1＜0，所以0＜x＜e. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e，＋∞)，遞減區(qū)間是(0，e)． (2)當m＝時，不等式g(x)≥f(x)， 即x3＋x≥x恒成立． 由于x＞0，所以x2＋1≥ln x＋， 即x2≥ln x＋，所以a≥ . 令h(x)＝ ，則h′(x)＝， 由h′(x)＝0得x＝1. 且當0＜x＜1時，h′(x)＞0； 當x＞1時，h′(x)＜0， 即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(x)在x＝1處取得極大值h(1)＝， 也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值． 因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即為a的取值范圍． 1．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝3xf′(1)＋x2，則f′(1)＝(　　)． A．－1 B．－2 C．1 D．2 2．(xx浙江名?！秳?chuàng)新》沖刺卷，文10)已知f(x)是R上的周期為2的偶函數(shù)，當0＜x＜1時，f(x)＝x2＋2x－3ln x，設a＝f，b＝f，c＝f，則(　　)． A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜a＜b C．a(chǎn)＜c＜b D．b＜c＜a 3．已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x＜0時，不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，則a，b，c間的大小關(guān)系是(　　)． A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b 4．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　)． A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 5．三次函數(shù)f(x)，當x＝1時有極大值4；當x＝3時有極小值0，且函數(shù)圖象過原點，則f(x)＝__________. 6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a為常數(shù))在區(qū)間[－2,2]上有最大值20，那么此函數(shù)在區(qū)間[－2,2]上的最小值為__________． 7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x(a∈R)． (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設g(x)＝2x，若對任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍． 8．(xx浙江寧波十校聯(lián)考，文21)設函數(shù)f(x)＝a2ln x－4x，g(x)＝bx2，(a≠0，b≠0，a，b∈R)． (1)當b＝時，函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)在x＝1處有極小值，求函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)和g(x)有相同的極大值，且函數(shù)p(x)＝f(x)＋在區(qū)間[1，e2]上的最大值為－8e，求實數(shù)b的值．(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)) 參考答案 命題調(diào)研明晰考向 真題試做 1．B　解析：對函數(shù)y＝x2－ln x求導， 得y′＝x－＝(x＞0)， 令解得x∈(0,1]．因此函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．故選B. 2．(1)解：由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當a＞0時，f′(x)＝12， 此時函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 和. 單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明：由于0≤x≤1，故當a≤2時，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當a＞2時，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0. 所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0. 3．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點當且僅當解得0＜a＜. 所以，a的取值范圍是. (3)a＝1時，f(x)＝x3－x－1. 由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增． ①當t∈[－3，－2]時，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]上單調(diào)遞減． 因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者． 由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當t∈[－3，－2]時，f(t)≤f(t＋3)， 故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)． 而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－， 所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－－＝. ②當t∈[－2，－1]時，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大?。? 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)，f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，從而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為. 精要例析聚焦熱點 熱點例析 【例1】(1)解：f′(x)＝a－， 于是解得或 由a，b∈Z，故f(x)＝x＋. (2)證明：在曲線上任取一點. 由f′(x0)＝1－知，過此點的切線方程為y－＝(x－x0)． 令x＝1得y＝，切線與直線x＝1的交點為. 令y＝x，得y＝2x0－1， 切線與直線y＝x的交點為(2x0－1,2x0－1)． 直線x＝1與直線y＝x的交點為(1,1)． 從而所圍三角形的面積為2x0－1－1 ＝2x0－2＝2. ∴所圍三角形的面積為定值2. 【變式訓練1】(1)1　解析：∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a. 又y＝ax2在點(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行， ∴2a＝2，a＝1. (2)2x－y－e＋1＝0　解析：因為f(x)＝xln x＋1， 所以f′(x)＝ln x＋x＝ln x＋1. 因為f′(x0)＝2，所以ln x0＋1＝2， 解得x0＝e，y0＝e＋1. 由點斜式得，f(x)在點(e，e＋1)處的切線方程為y－(e＋1)＝2(x－e)，即2x－y－e＋1＝0. 【例2】解：(1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝－2時，f′(x)＝2x－＝， 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)． (2)由題意得g′(x)＝2x＋－，函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)． ①若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，則g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，設φ(x)＝－2x2， ∵φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0. ②若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)減函數(shù)， 則g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴實數(shù)a的取值范圍為a≥0. 【變式訓練2】解：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝. 設g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當Δ＜0即0＜a＜2時，對一切x＞0都有f′(x)＞0. 此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ②當Δ＝0即a＝2時，僅對x＝有f′(x)＝0，對其余的x＞0都有f′(x)＞0. 此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ③當Δ＞0即a＞2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根 x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 此時f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3. ∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0， 即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立， 則必有≤1且f′(1)＝－2a≥0. ∴a≤0. (2)依題意，f′＝0，即＋a－3＝0. ∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x. 令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3. 則當x變化時，f′(x)與f(x)變化情況如下表： x 1 (1,3) 3 (3,4) 4 f′(x) － 0 ＋ f(x) －6 －18 －12 ∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)＝－6. (3)函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3個不等實根． ∴x3－4x2－3x－bx＝0， ∴x＝0是其中一個根， ∴方程x2－4x－3－b＝0有兩個非零不等實根． ∴ ∴b＞－7且b≠－3. ∴存在滿足條件的b值，b的取值范圍是b＞－7且b≠－3. 【變式訓練3】解：(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)． 因為x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點， 所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1. 經(jīng)驗證，當a＝1時，x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點． (2)由題設，g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)． 當g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0)時，g(0)≥g(2)， 即0≥20a－24，得a≤. 反之，當a≤時，對任意x∈[0,2]， g(x)≤x2(x＋3)－3x(x＋2)＝(2x2＋x－10)＝(2x＋5)(x－2)≤0， 而g(0)＝0，故g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0)． 綜上，a的取值范圍為. 創(chuàng)新模擬預測演練 1．A　解析：f′(x)＝3f′(1)＋2x，令x＝1，得f′(1)＝3f′(1)＋2， ∴f′(1)＝－1.故選A. 2．D　解析：當0＜x＜1時，f′(x)＝x＋2－＝＜0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)． 又b＝f＝f＝f＝f， c＝f＝f，則有b＜c＜a. 3．C　解析：設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0， ∴當x＜0時，g(x)＝xf(x)為減函數(shù)． 又g(x)為偶函數(shù)，∴當x＞0時，g(x)為增函數(shù)． ∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2， ∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)， 即c＞a＞b，故選C. 4．B　解析：設h(x)＝f(x)－(2x＋4)，則h′(x)＝f′(x)－2＞0， 故h(x)在R上單調(diào)遞增，又h(－1)＝f(－1)－2＝0， 所以當x＞－1時，h(x)＞0，即f(x)＞2x＋4. 5．x3－6x2＋9x　解析：設f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)， 則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 由題意，有即 解得 故f(x)＝x3－6x2＋9x. 6．－7　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)． ∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22， ∴a＋22＝20，a＝－2. 故最小值為f(－1)＝－7. 7．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′()＝1＋2＝3. 故曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率為3. (2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)． ①當a≥0時，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當a＜0時，由f′(x)＝0，得x＝－， 在區(qū)間上f′(x)＞0，在區(qū)間上f′(x)＜0.所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由題可知，若對任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，轉(zhuǎn)化為[f(x)]max＜[g(x)]max，而[g(x)]max＝2. 由(2)知，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域為R，故不符合題意．(或者舉出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合題意．) 當a＜0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 故f(x)的極大值即為最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－. 所以，a的取值范圍為. 8．解：(1)b＝，h(x)＝a2ln x－4x＋x2，h′(x)＝－4＋3x，h′(1)＝a2－1＝0，a2＝1， ∴h(x)＝ln x－4x＋x2，由h′(x)＝－4＋3x＝＞0， 得x＞1或0＜x＜，所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(1，＋∞)． (2)函數(shù)g(x)的極大值為0，且b＜0， 而f′(x)＝－4，令f′(x)＝0?x＝，f(x)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減， 所以f(x)極大值＝f＝a2ln－a2＝0?a2＝4e， 則p(x)＝4eln x－4x＋bx，根據(jù)題意得p(1)＝－4＋b≤－8e?b≤4－8e，p′(x)＝，令p′(x)＝0?x＝， ∵4－b≥8e，∴x≤， ∴函數(shù)p(x)在[1，e2]上單調(diào)遞減， ∴p(x)最大值＝p(1)＝－4＋b＝－8e，得b＝4－8e.