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  • 2021-06-11 发布

2015二轮复习专题五:函数与导数考点归纳与解题策略(含近年高考试题)

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‎2015专题五:函数与导数 ‎ 在解题中常用的有关结论(需要熟记):‎ ‎(1)曲线在处的切线的斜率等于,切线方程为 ‎(2)若可导函数在 处取得极值,则。反之,不成立。‎ ‎(3)对于可导函数,不等式的解集决定函数的递增(减)区间。‎ ‎(4)函数在区间I上递增(减)的充要条件是:恒成立 ‎(5)函数在区间I上不单调等价于在区间I上有极值,则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。(若为二次函数且I=R,则有)。‎ ‎(6) 在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数,进而得到或在I上恒成立 ‎(7)若,恒成立,则; 若,恒成立,则 ‎(8)若,使得,则;若,使得,则.‎ ‎(9)设与的定义域的交集为D若D 恒成立则有 ‎(10)若对、 ,恒成立,则.‎ 若对,,使得,则.‎ ‎ 若对,,使得,则.‎ ‎(11)已知在区间上的值域为A,,在区间上值域为B,‎ 若对,,使得=成立,则。‎ ‎(12)若三次函数f(x)有三个零点,则方程有两个不等实根,且极大值大于0,极小值小于0.‎ ‎(13)证题中常用的不等式:‎ ‎① ② ③ ‎ ‎ ④ ⑤ ⑥ ‎ 考点一:导数几何意义:‎ 角度一 求切线方程 ‎1.(2014·洛阳统考)已知函数f(x)=3x+cos 2x+sin 2x,a=f′,f′(x)是f(x)的导函数,则过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线方程为(  )‎ A.3x-y-2=0‎ B.4x-3y+1=0‎ C.3x-y-2=0或3x-4y+1=0‎ D.3x-y-2=0或4x-3y+1=0‎ 解析:选A 由f(x)=3x+cos 2x+sin 2x得f′(x)=3-2sin 2x+2cos 2x,则a=f′=3-2sin+2cos=1.由y=x3得y′=3x2,过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线的斜率k=3a2=3×12=3.又b=a3,则b=1,所以切点P的坐标为(1,1),故过曲线y=x3上的点P的切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0.‎ 角度二 求切点坐标 ‎2.(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y=3ln x+x+2在点P0处的切线方程为4x-y-1=0,则点P0的坐标是(  )‎ A.(0,1)          B.(1,-1)‎ C.(1,3) D.(1,0)‎ 解析:选C 由题意知y′=+1=4,解得x=1,此时4×1-y-1=0,解得y=3,∴点P0的坐标是(1,3).‎ 角度三 求参数的值 ‎3.已知f(x)=ln x,g(x)=x2+mx+(m<0),直线l与函数f(x),g(x)的图像都相切,且与f(x)图像的切点为(1,f(1)),则m等于(  )‎ A.-1 B.-3‎ C.-4 D.-2‎ 解析:选D ∵f′(x)=,‎ ‎∴直线l的斜率为k=f′(1)=1,‎ 又f(1)=0,‎ ‎∴切线l的方程为y=x-1.‎ g′(x)=x+m,设直线l与g(x)的图像的切点为(x0,y0),‎ 则有x0+m=1,y0=x0-1,y0=x+mx0+,m<0,‎ 于是解得m=-2,故选D.‎ 考点二:判断函数单调性,求函数的单调区间。‎ ‎[典例1]已知函数f(x)=x2-ex试判断f(x)的单调性并给予证明.‎ 解:f(x)=x2-ex,f(x)在R上单调递减,‎ f′(x)=2x-ex,只要证明f′(x)≤0恒成立即可.‎ 设g(x)=f′(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,‎ 当x=ln 2时,g′(x)=0,‎ 当x∈(-∞,ln 2)时,g′(x)>0,‎ 当x∈(ln 2,+∞)时,g′(x)<0.‎ ‎∴f′(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,‎ ‎∴f′(x)<0恒成立,‎ ‎∴f(x)在R上单调递减.‎ ‎[典例2] (2012·北京高考改编)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;‎ ‎(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间.‎ ‎[解] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,‎ 由已知可得解得a=b=3.‎ ‎(2)令F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+x+1,F′(x)=3x2+2ax+,令F′(x)=0,得x1=-,x2=-,‎ ‎∵a>0,∴x10得,x<-或x>-;‎ 由F′(x)<0得,-0),‎ f′(x)=x-5+=.‎ 令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.‎ 当03时,f′(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当20,∴x=1.‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ ‎∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)显然函数f(x)=ln x-a2x2+ax的定义域为(0,+∞),‎ ‎∴f′(x)=-2a2x+a==.‎ ‎①当a=0时,f′(x)=>0,‎ ‎∴f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不合题意.‎ ‎②当a>0时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)·(ax-1)≥0(x>0),即x≥,‎ 此时f(x)的单调递减区间为.‎ 由得a≥1.‎ ‎③当a<0时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)·(ax-1)≥0(x>0),即x≥-,此时f(x)的单调递减区间为.‎ 由得a≤-.‎ 综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).‎ ‎[针对训练]‎ ‎(2014·荆州质检)设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.‎ ‎(1)求b,c的值;‎ ‎(2)若a>0,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=x2-ax+b,‎ 由题意得即 ‎(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,‎ 当x∈(0,a)时,f′(x)<0,‎ 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).‎ ‎(3)g′(x)=x2-ax+2,‎ 依题意,存在x∈(-2,-1),使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立,‎ 即x∈(-2,-1)时,a0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln a.‎ x∈(-∞,ln a),f′(x)<0;x∈(ln a,+∞),f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,‎ 故f(x)在x=ln a处取得极小值,‎ 且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.‎ 综上,当a ≤0时,函数f(x)无极值;‎ 当a>0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.‎ ‎[针对训练]‎ 设f(x)=2x3+ax2+bx+1的导数为f′(x),若函数y=f′(x)的图像关于直线x=-对称,且f′(1)=0.‎ ‎(1)求实数a,b的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的极值.‎ 解:(1)因为f(x)=2x3+ax2+bx+1,‎ 故f′(x)=6x2+2ax+b,‎ 从而f′(x)=62+b-,‎ 即y=f′(x)关于直线x=-对称.‎ 从而由题设条件知-=-,即a=3.‎ 又由于f′(1)=0,即6+2a+b=0,‎ 得b=-12.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2-12x+1,‎ 所以f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2),‎ 令f′(x)=0,‎ 即6(x-1)(x+2)=0,‎ 解得x=-2或x=1,‎ 当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,‎ 即f(x)在(-∞,-2)上单调递增;‎ 当x∈(-2,1)时,f′(x)<0,‎ 即f(x)在(-2,1)上单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,‎ 即f(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 从而函数f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=21,‎ 在x=1处取得极小值f(1)=-6.‎ 考点五 运用导数解决函数的最值问题 ‎ [典例] 已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.‎ ‎[解] (1)f′(x)=-a(x>0),‎ ‎①当a≤0时,f′(x)=-a>0,‎ 即函数f(x)的单调增区间为(0,+∞).‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=-a=0,可得x=,‎ 当00;‎ 当x>时,f′(x)=<0,‎ 故函数f(x)的单调递增区间为,‎ 单调递减区间为.‎ ‎(2)①当≤1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上是减函数,∴f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a.‎ ‎②当≥2,即00),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)f′(x)=-2bx,‎ ‎∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切,‎ ‎∴解得 ‎(2)f(x)=ln x-x2,f′(x)=-x=,‎ ‎∵当≤x≤e时,令f′(x)>0得≤x<1;‎ 令f′(x)<0,得10)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,‎ 因为ex>0,所以y=f′(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f′(x)与g(x)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)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-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)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-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.‎ 而f(-5)==5e5>5=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.‎ ‎ [针对训练]‎ 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0,若x=时,y=f(x)有极值.‎ ‎(1)求a,b,c的值;‎ ‎(2)求y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值.‎ 解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.当x=1时,切线l的斜率为3,可得2a+b=0,①‎ 当x=时,y=f(x)有极值,则f′=0,可得4a+3b+4=0,②‎ 由①②,解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为1,‎ 所以f(1)=4.‎ 所以1+a+b+c=4.所以c=5.‎ ‎(2)由(1),可得f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令f′(x)=0,解之,得x1=-2,x2=.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示:‎ x ‎-3‎ ‎(-3,-2)‎ ‎-2‎ ‎1‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎8‎  ‎13‎   ‎4‎ 所以y=f(x)在[-3,1]上的最大值为13,最小值为.‎ 考点七:利用导数研究恒成立问题及参数求解 ‎ [典例] (2013·全国卷Ⅰ)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.‎ ‎(1)求a,b,c,d的值;‎ ‎(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.‎ ‎[解] (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,‎ f′(0)=4,g′(0)=4.‎ 而f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.‎ 从而a=4,b=2,c=2,d=2.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).‎ 设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,‎ 则F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).‎ 由题设可得F(0)≥0,即k≥1.‎ 令F′(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.‎ ‎(ⅰ)若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.‎ 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.‎ ‎(ⅱ)若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增,‎ 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.‎ ‎(ⅲ)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2·(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.‎ 综上,k的取值范围是[1,e2].‎ ‎[针对训练]‎ 设函数f(x)=x2+ex-xex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>m恒成立,求实数m的取值范围.‎ 解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),‎ ‎∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex),‎ 若x=0,则f′(x)=0;‎ 若x<0,则1-ex>0,所以f′(x)<0;‎ 若x>0,则1-ex<0,所以f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,‎ 即f(x)的单调减区间为(-∞,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减.‎ 故[f(x)]min=f(2)=2-e2,‎ ‎∴m<2-e2时,不等式f(x)>m恒成立.‎ 故m的取值范围为(-∞,2-e2).‎ 考点八、利用导数证明不等式问题 ‎[典例] (2013·河南省三市调研)已知函数f(x)=ax-ex(a>0).‎ ‎(1)若a=,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当1≤a≤1+e时,求证:f(x)≤x.‎ ‎[解] (1)当a=时,f(x)=x-ex.‎ f′(x)=-ex,令f′(x)=0,得x=-ln 2.‎ 当x<-ln 2时,f′(x)>0;‎ 当x>-ln 2时,f′(x)<0,‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-ln 2),单调递减区间为(-ln 2,+∞).‎ ‎(2)证明:法一:令F(x)=x-f(x)=ex-(a-1)x,‎ ‎(ⅰ)当a=1时,F(x)=ex>0,‎ ‎∴f(x)≤x成立.‎ ‎(ⅱ)当1ln(a-1)时,F′(x)>0,‎ ‎∴F(x)在(-∞,ln (a-1))上单调递减,在(ln(a-1),+∞)上单调递增.‎ ‎∴F(x)≥F(ln(a-1))=eln(a-1)-(a-1)·ln(a-1)=(a-1)[1-ln(a-1)],‎ ‎∵10,1-ln(a-1)≥1-ln[(1+e)-1]=0,‎ ‎∴F(x)≥0,即f(x)≤x成立.‎ 综上,当1≤a≤1+e时,有f(x)≤x.‎ 法二:令g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex,‎ 只要证明g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立即可.‎ g(1)=-x+x+ex=ex>0,①‎ g(1+e)=-x·(1+e)+x+ex=ex-ex,‎ 设h(x)=ex-ex,则h′(x)=ex-e,‎ 当x<1时,h′(x)<0;当x>1时,h′(x)>0,‎ ‎∴h(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴h(x)≥h(1)=e1-e·1=0,‎ 即g(1+e)≥0.②‎ 由①②知,g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立.‎ ‎∴当1≤a≤1+e时,有f(x)≤x.‎ ‎[针对训练]‎ ‎(2014·东北三校联考)已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),函数g(x)=f(x)+ex(x-1),函数g(x)的导函数为g′(x).‎ ‎(1)求函数f(x)的极值;‎ ‎(2)若a=e,‎ ‎(ⅰ)求函数g(x)的单调区间;‎ ‎(ⅱ)求证:x>0时,不等式g′(x)≥1+ln x恒成立.‎ 解:(1)f′(x)=x-ax2=-ax,‎ ‎∴当f′(x)=0时,x=0或x=,又a>0,‎ ‎∴当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈时,‎ f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,‎ ‎∴f(x)的极小值为f(0)=0,‎ f(x)的极大值为f=.‎ ‎(2)∵a=e,∴g(x)=x2-ex3+ex(x-1),‎ g′(x)=x(ex-ex+1).‎ ‎(ⅰ)记h(x)=ex-ex+1,则h′(x)=ex-e,‎ 当x∈(-∞,1)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;‎ x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,‎ ‎∴h(x)≥h(1)=1>0,‎ 则在(0,+∞)上,g′(x)>0;‎ 在(-∞,0)上,g′(x)<0,‎ ‎∴函数g(x)的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-∞,0).‎ ‎(ⅱ)证明:x>0时,g′(x)=x(ex-ex+1)≥1+ln x⇔ex-ex+1≥,‎ 由(ⅰ)知,h(x)=ex-ex+1≥1,‎ 记φ(x)=1+ln x-x(x>0),则φ′(x)=,‎ 在区间(0,1)上,φ′(x)>0,φ(x)是增函数;‎ 在区间(1,+∞)上,φ′(x)<0,φ(x)是减函数,‎ ‎∴φ(x)≤φ(1)=0,即1+ln x-x≤0,≤1,‎ ‎∴ex-ex+1≥1≥,即g′(x)≥1+ln x恒成立. ‎