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  • 2021-05-14 发布

高考文科数学导数专题复习

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高考文科数学导数专题复习 第1讲 变化率与导数、导数的计算 知 识 梳 理 ‎1.导数的概念 ‎(1)函数y=f(x)在x=x0处的导数f′(x0)或y′|x=x0,即f′(x0)=.‎ ‎(2)函数f(x)的导函数f′(x)=为f(x)的导函数.‎ ‎2.导数的几何意义函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义,就是曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,过点P的切线方程为y-y0=f′(x0)(x-x0).‎ ‎3.基本初等函数的导数公式 ‎4.导数的运算法则若f′(x),g′(x)存在,则有:‎ 考点一 导数的计算 ‎【例1】 求下列函数的导数:‎ ‎(1)y=exln x;(2)y=x;‎ 解 (1)y′=(ex)′ln x+ex(ln x)′=exln x+ex=ex.(2)因为y=x3+1+,‎ 所以y′=(x3)′+(1)′+′=3x2-.‎ ‎【训练1】 (1) 已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2x·f′(1)+ln x,则f′(1)等于(  )‎ A.-e B.-1 C.1 D.e 解析 由f(x)=2xf′(1)+ln x,得f′(x)=2f′(1)+,∴f′(1)=2f′(1)+1,则f′(1)=-1.答案 B ‎ (2)(2015·天津卷)已知函数f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中a为实数,f′(x)为f(x)的导函数.若f′(1)=3,则a的值为________.‎ ‎ (2)f′(x)=a=a(1+ln x).由于f′(1)=a(1+ln 1)=a,又f′(1)=3,所以a=3.答案  (2)3‎ 考点二 导数的几何意义 命题角度一 求切线方程 ‎【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是________.解析 (1)设x>0,则-x<0,f(-x)=ex-1+x.又f(x)为偶函数,f(x)=f(-x)=ex-1+x,所以当x>0时,f(x)=ex-1+x.因此,当x>0时,f′(x)=ex-1+1,f′(1)=e0+1=2.则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线的斜率为f′(1)=2,所以切线方程为y-2=2(x-1),即2x-y=0. 答案 2x-y=0‎ ‎【训练2】(2017·威海质检)已知函数f(x)=xln x,若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,则直线 l的方程为(  )A.x+y-1=0 B.x-y-1=0 C.x+y+1=0 D.x-y+1=0‎ ‎ (2)∵点(0,-1)不在曲线f(x)=xln x上,∴设切点为(x0,y0).又∵f′(x)=1+ln x,∴解得x0=1,y0=0.∴切点为(1,0),∴f′(1)=1+ln 1=1.∴直线l的方程为y=x-1,即x-y-1=0.答案 B 命题角度二 求切点坐标 ‎【例3】 (2017·西安调研)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为________.‎ 解析 由y′=ex,知曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k1=e0=1.设P(m,n),又y=(x>0)的导数y′=-,曲线y=(x>0)在点P处的切线斜率k2=-.依题意k1k2=-1,所以m=1,从而n=1.‎ 则点P的坐标为(1,1).答案 (1,1)‎ ‎【训练3】若曲线y=xln x上点P处的切线平行于直线2x-y+1=0,则点P的坐标是________.解析 (1)由题意得y′=ln x+x·=1+ln x,直线2x-y+1=0的斜率为2.设P(m,n),则1+ln m=2,解得m=e,所以n=eln e=e,即点P的坐标为(e,e). 答案 (1)(e,e)‎ 命题角度三 求与切线有关的参数值(或范围)‎ ‎【例4】 (2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=________.‎ 解析 由y=x+ln x,得y′=1+,得曲线在点(1,1)处的切线的斜率为k=y′|x=1=2,所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.又该切线与y=ax2+(a+2)x+1相切,消去y,得ax2+ax+2=0,∴a≠0且Δ=a2-8a=0,解得a=8.答案 8‎ ‎【训练4】1.函数f(x)=ln x+ax的图象存在与直线2x-y=0平行的切线,则实数a的取值范围是________.‎ 函数f(x)=ln x+ax的图象存在与直线2x-y=0平行的切线,即f′(x)=2在(0,+∞)上有解,而f′(x)=+a,即+a在(0,+∞)上有解,a=2-,因为a>0,所以2-<2,所以a的取值范围是(-∞,2).答案  (2)(-∞,2)‎ ‎2.点P是曲线x2-y-ln x=0上的任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离为(  )‎ A.1 B. C. D. 解析 点P是曲线y=x2-ln x上任意一点,当过点P的切线和直线y=x-2平行时,点P到直线y=x-2的距离最小,直线y=x-2的斜率为1,令y=x2-ln x,得y′=2x-=1,解得x=1或x=-(舍去),故曲线y=x2-ln x上和直线y=x-2平行的切线经过的切点坐标为(1,1),点(1,1)到直线y=x-2的距离等于,∴点P到直线y=x-2的最小距离为.答案 D 第2讲 导数在研究函数中的应用 知 识 梳 理 函数的单调性与导数的关系函数y=f(x)在某个区间内可导,则:(1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内单调递增;(2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内单调递减;(3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是常数函数.‎ 考点一 利用导数研究函数的单调性 ‎【例1】设f(x)=ex(ax2+x+1)(a>0),试讨论f(x)的单调性.‎ 解 f′(x)=ex(ax2+x+1)+ex(2ax+1)=ex[ax2+(2a+1)x+2]=ex(ax+1)(x+2)‎ ‎=aex(x+2)①当a=时,f′(x)=ex(x+2)2≥0恒成立,∴函数f(x)在R上单调递增;‎ ‎②当0<a<时,有>2,令f′(x)=aex(x+2)>0,有x>-2或x<-,‎ 令f′(x)=aex(x+2)<0,有-<x<-2,∴函数f(x)在和(-2,+∞)上单调递增,在上单调递减;③当a>时,有<2,令f′(x)=aex(x+2)>0时,有x>-或x<-2,令f′(x)=aex(x+2)<0时,有-2<x<-,‎ ‎∴函数f(x)在(-∞,-2)和上单调递增;在上单调递减.‎ ‎【训练1】(2016·四川卷节选)设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x>1时,g(x)>0.‎ ‎(1)解 由题意得f′(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f′(x)=0有x=,当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.(2)证明 令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1.当x>1时,s′(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=->0.‎ ‎ 考点二 求函数的单调区间 ‎【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.‎ ‎(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,求函数g(x)的单调减区间.‎ 解 (1)对f(x)求导得f′(x)=3ax2+2x,因为f(x)在x=-处取得极值,所以f′=0,即3a·+2·=-=0,解得a=.‎ ‎(2)由(1)得g(x)=ex故g′(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex.令g′(x)<0,得x(x+1)(x+4)<0.解之得-10).则f′(x)=.令f′(x)=0,解得x=-1或x=5.但-1∉(0,+∞),舍去.当x∈(0,5)时,f′(x)<0;当x∈(5,+∞)时,f′(x)>0.∴f(x)的增区间为(5,+∞),减区间为(0,5).‎ 考点三 已知函数的单调性求参数 ‎【例3】 (2017·西安模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax2+2x(a≠0).‎ ‎(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;‎ ‎(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求a的取值范围.‎ 解 (1)h(x)=ln x-ax2-2x,x>0.∴h′(x)=-ax-2.若函数h(x)在(0,+∞)上存在单调减区间,则当x>0时,-ax-2<0有解,即a>-有解.设G(x)=-,所以只要a>G(x)min.(*)又G(x)=-1,所以G(x)min=-1.所以a>-1.即实数a的取值范围是(-1,+∞).‎ ‎(2)由h(x)在[1,4]上单调递减,∴当x∈[1,4]时,h′(x)=-ax-2≤0恒成立,(**)则a≥-恒成立,所以a≥G(x)max.又G(x)=-1,x∈[1,4]因为x∈[1,4],所以∈,所以G(x)max=-(此时x=4),所以a≥-.当a=-时,h′(x)=+x-2==,∵x∈[1,4],∴h′(x)=≤0,当且仅当x=4时等号成立.(***)‎ ‎∴h(x)在[1,4]上为减函数.故实数a的取值范围是.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)=x3-ax-1.‎ ‎(1)若f(x)在R上为增函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)的单调减区间为(-1,1),求a的值.‎ 解 (1)因为f(x)在R上是增函数,所以f′(x)=3x2-a≥0在R上恒成立,即a≤3x2对x∈R恒成立.因为3x2≥0,所以只需a≤0.又因为a=0时,f′(x)=3x2≥0,当且仅当x=0时取等号.∴f(x)=x3-1在R上是增函数.所以实数a的取值范围是(-∞,0].(2)f′(x)=3x2-a.当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,‎ 所以a≤0不合题意.当a>0时,令3x2-a<0,得-0,则点a叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点:若函数f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,f′(b)=0,而且在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则点b叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.‎ ‎2.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件:如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.(2)求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤 考点一 用导数研究函数的极值 命题角度一 根据函数图象判断极值 ‎【例1】 设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(  )‎ A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)‎ C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)‎ 解析 由题图可知,当x<-2时,1-x>3,此时f′(x)>0;当-22时,1-x<-1,此时f′(x)>0,由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.答案 D 命题角度二 求函数的极值 ‎【例2】 求函数f(x)=x-aln x(a∈R)的极值.‎ 解 由f′(x)=1-=,x>0知:(1)当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;(2)当a>0时,令f′(x)=0,解得x=a.又当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞),f′(x)>0,从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.‎ 命题角度三 已知极值求参数 ‎【例3】 已知关于x的函数f(x)=-x3+bx2+cx+bc在x=1处有极值-,试求b,c的值.‎ 解 ∵f′(x)=-x2+2bx+c,由f(x)在x=1处有极值-,可得解得或若b=1,c=-1,则f′(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0,f(x)没有极值.若b=-1,c=3,则f′(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1).当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-3)‎ ‎-3‎ ‎(-3,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎1‎ f(x)‎  极小值-12‎  极大值-  ‎∴当x=1时,f(x)有极大值-,满足题意.故b=-1,c=3为所求.‎ ‎【训练1】 设函数f(x)=ax3-2x2+x+c(a>0).‎ ‎(1)当a=1,且函数图象过(0,1)时,求函数的极小值;(2)若f(x)在R上无极值点,求a的取值范围.‎ 解 由题意得f′(x)=3ax2-4x+1.(1)函数图象过(0,1)时,有f(0)=c=1.当a=1时,f′(x)=3x2-4x+1.令f′(x)>0,解得x<或x>1;令f′(x)<0,解得0),若函数f(x)在x=1处与直线y=-相切,(1)求实数a,b的值;(2)求函数f(x)在上的最大值.‎ 解 (1)由f(x)=aln x-bx2,得f′(x)=-2bx(x>0).∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切.∴解得(2)由(1)知f(x)=ln x-x2,则f′(x)=-x=,当≤x≤e时,令f′(x ‎)>0,得0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.‎ 解 (1)f′(x)==.令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,由于ex>0.令f′(x)=0,则g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c=0,∴-3和0是y=g(x)的零点,且f′(x)与g(x)的符号相同.又因为a>0,所以-30,即f′(x)>0,当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,所以有解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=.因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞).所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者,又f(-5)==5e5>5=f(0),所数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.‎ ‎【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).‎ ‎(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;‎ ‎(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的最大值.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=.当a≤0时,f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点.当a>0时,由f′(x)<0,得00,得x>,∴f(x)在上递减,在上递增,即f(x)在x=处有极小值.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.‎ ‎(2)∵函数f(x)在x=1处取得极值,∴f′(1)=a-1=0,则a=1,从而f(x)=x-1-ln x.因此f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,令g(x)=1+-,则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e2,则g(x)在(0,e2)上递减,在(e2,+∞)上递增,∴g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.故实数b的最大值是1-.‎ 第4讲 导数与函数的综合应用 考点一 利用导数研究函数的性质 ‎【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,当a≤0,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=取得最大值,最大值为f =ln+a=-ln a+a-1.因此f >2a-2等价于ln a+a-1<0.令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.于是,当01时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).‎ ‎【训练1】设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间,求a的取值范围;‎ ‎(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.‎ 解 (1)由f′(x)=-x2+x+2a=-++2a,当x∈时,f′(x)的最大值为f′=+2a;令+2a>0,得a>-.所以,当a>-时,f(x)在上存在单调递增区间.‎ ‎(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a的图象开口向下,且对称轴x=,∴f′(1)=-1+1+2a=2a>0,f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,则必有一点x0∈[1,4],使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上单调递增,在[x0,4]上单调递减,f(1)=-++2a=+2a>0,∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a=-⇒a=1.此时,由f′(x0)=-x+x0+2=0⇒x0=2或-1(舍去),所以函数f(x)max=f(2)=.‎ 考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根 ‎【例2】 (2015·北京卷)设函数f(x)=-kln x,k>0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎(1)解 由f(x)=-kln x(k>0),得x>0且f′(x)=x-=.由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎   所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=.‎ ‎(2)证明 由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.当k>e时,f(x)在区间(0,)上单调递减,且f(1)=>0,f()=<0,‎ 所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎【训练2】 (2016·北京卷节选)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围.‎ 解 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.‎ ‎(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f′(x)=3x2+8x+4.令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎- f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  c  c-  所以,当c>0且c-<0,存在x1∈(-4,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.‎ 考点三 导数在不等式中的应用 命题角度一 不等式恒成立问题 ‎【例3】 (2017·合肥模拟)已知f(x)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2.‎ ‎(1)如果函数g(x)的单调递减区间为,求函数g(x)的解析式;‎ ‎(2)对任意x∈(0,+∞),2f(x)≤g′(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)g′(x)=3x2+2ax-1,由题意3x2+2ax-1<0的解集是,即3x2+2ax-1=0的两根分别是-,1.将x=1或-代入方程3x2+2ax-1=0,得a=-1.所以g(x)=x3-x2-x+2.‎ ‎(2)由题意2xln x≤3x2+2ax-1+2在x∈(0,+∞)上恒成立,可得a≥ln x-x-,设h(x)=ln x-x-,则h′(x)=-+=-,令h′(x)=0,得x=1或-(舍),当00,当x>1时,h′(x)<0,所以当x=1时,h(x)取得最大值,h(x)max=-2,所以a≥-2,所以a的取值范围是[-2,+∞).‎ ‎【训练3】已知函数f(x)=x2-ln x-ax,a∈R.‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)若f(x)>x,求a的取值范围.‎ 解 (1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-x,f′(x)=.当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f(1)=0.‎ ‎(2)由f(x)>x,得f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0.由于x>0,所以f(x)>x等价于x->a+1.令g(x)=x-,则g′(x)=.当x∈(0,1)时,g′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)=1.故a+1<1,a<0,即a的取值范围是(-∞,0).‎ 命题角度二 证明不等式 ‎【例4】 (2017·昆明一中月考)已知函数f(x)=ln x-.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)证明:当x>1时,f(x)0得解得01时,F(x)1时,f(x)1时,f(x)0时,0e,故F(x)在(0,e)上是增函数,在(e,+∞)上是减函数,故F(x)max=F(e)=+.‎ ‎(2)证明 令h(x)=x-f(x)=x-ln x,则h′(x)=1-=,当h′(x)<0时,00时,x>1,故h(x)在(0,1)上是减函数,在(1+∞)上是增函数,‎ 故h(x)min=h(1)=1.又F(x)max=+<1,故F(x)