2019高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第七講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 微專題3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理

《2019高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第七講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 微專題3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第七講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 微專題3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題3　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 命 題 者 說 考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊 2018·全國卷Ⅰ·T5·函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 2018·全國卷Ⅱ·T13·導(dǎo)數(shù)的幾何意義 2018·全國卷Ⅲ·T14·導(dǎo)數(shù)的幾何意義 2017·全國卷Ⅱ·T11·利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值 2016·全國卷Ⅲ·T15·導(dǎo)數(shù)的幾何意義 　　1.此部分內(nèi)容是高考命題的熱點內(nèi)容。在選擇題、填空題中多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，難度較小。 2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題。有時也常在解答題的第一問中考查，難度一般。 考向一 導(dǎo)數(shù)的計

2、算與幾何意義 【例1】　(1)(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax。若f (x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x (2)(2018·天津高考)已知函數(shù)f (x)＝exlnx，f ′(x)為f (x)的導(dǎo)函數(shù)，則f ′(1)的值為________。 解析　(1)解法一：因為函數(shù)f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f (－x)＝－f (x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝

3、0，因為x∈R，所以a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。 解法二：因為函數(shù)f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以(－1＋a－1－a)＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。 解法三：易知f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因為f (x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)g

4、(x)＝x2＋(a－1)x＋a為偶函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。 (2)由題意得f ′(x)＝exlnx＋ex·，則f ′(1)＝e。 答案　(1)D　(2)e (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、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化。以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系

5、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，進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解。 變|式|訓(xùn)|練 1．(2018·合肥質(zhì)檢)已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是(　　) A．　　　　B．1 C．2　　　　D．e 解析　由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－lna，代入曲線方程得y＝1－lna，所以切線方程為y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1?a＝1。故選B。 答案　B 2．(2018·廣州調(diào)研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，則實數(shù)k的值為________。

6、解析　由y＝xlnx得，y′＝lnx＋1。設(shè)直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切于點P(x0，y0)，則切線方程為y－y0＝(lnx0＋1)(x－x0)，又直線y＝kx－2恒過點(0，－2)，所以點(0，－2)在切線上，把(0，－2)以及y0＝x0lnx0代入切線方程，得x0＝2，故P(2,2ln2)。把(2,2ln2)代入直線的方程y＝kx－2，得k＝1＋ln2。 答案　1＋ln2 考向二 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 微考向1：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 【例2】　已知函數(shù)f (x)＝－lnx＋x2＋5，則其單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．(0,1] B．[0,1] C．(0，＋∞)

7、 D．(1，＋∞) 解析　由題意知，函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，因為f (x)＝－lnx＋x2＋5，所以f ′(x)＝－＋x＝(x2－1)。由???x>1。故選D。 答案　D 用導(dǎo)數(shù)求y＝f (x)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)轉(zhuǎn)化為求f ′(x)>0或f ′(x)<0的解集，應(yīng)注意函數(shù)的定義域。如果一個函數(shù)具有相同單調(diào)性的區(qū)間不止一個，那么這些單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接，應(yīng)用“，”隔開。 變|式|訓(xùn)|練 已知函數(shù)f (x)＝x2＋3x－2lnx，則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________。 解析　函數(shù)f (x)＝x2＋3x－2lnx的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝2x

8、＋3－，令2x＋3－<0，即2x2＋3x－2<0，解得x∈。又x∈(0，＋∞)，所以x∈。所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為。 答案　 微考向2：利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍 【例3】　(1)設(shè)函數(shù)f (x)＝在區(qū)間(a，a＋2)內(nèi)單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________。 (2)已知函數(shù)g(x)＝kx3－x－2在區(qū)間(1,2)內(nèi)不單調(diào)，則實數(shù)k的取值范圍是________。 解析　(1)函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝，由f ′(x)＝>0，解得0

9、a的取值范圍是[0，e－2]。 (2)依題意g′(x)＝3kx2－1。①當k≤0時，g′(x)＝3kx2－1≤0，所以g(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞減，不滿足題意；②當k>0時，g(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增。因為函數(shù)g(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)不單調(diào)，所以1< <2，解得

10、f ′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立求解。 (3)若函數(shù)y＝f (x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f ′(x)在區(qū)間(a，b)上不變號，即f ′(x)在區(qū)間(a，b)上恒正或恒負。 (4)若函數(shù)y＝f (x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f ′(x)＝0在區(qū)間(a，b)上有解。 變|式|訓(xùn)|練 1．若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，則b的取值范圍是________。 解析　若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，則對任意x∈(－1，＋∞)，f ′(x)＝－x＋≤0，只需b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)內(nèi)恒成立，令y＝

11、x(x＋2)＝(x＋1)2－1，則在(－1，＋∞)內(nèi)y>－1，所以b的取值范圍是b≤－1。 答案　(－∞，－1] 2．若函數(shù)f (x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________。 解析　因為函數(shù)f (x)＝x2－ex－ax，所以f ′(x)＝2x－ex－a。因為函數(shù)f (x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，所以f ′(x)＝2x－ex－a>0有解，即a<2x－ex有解。令g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，g′(x)＝2－ex＝0，x＝ln2，g′(x)＝2－ex>0，xln2，所以當x＝ln

12、2時，g(x)max＝2ln2－2。所以a<2ln2－2。故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2ln2－2)。 答案　(－∞，2ln2－2) 微考向3：導(dǎo)數(shù)與不等式 【例4】　(2018·德州模擬)設(shè)偶函數(shù)f (x)定義在∪上，其導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，當02f cosx的解集為(　　) A．∪ B．∪ C．∪ D．∪ 解析　令g(x)＝，因為f (x)是定義在∪上的偶函數(shù)，所以g(x)是定義在∪上的偶函數(shù)，又當0

13、在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，將f (x)>2f cosx化為>，即g(x)>g，則|x|<，又x∈∪，所以x∈∪。故選C。 答案　C 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題。利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題或不等式的解集問題，往往要根據(jù)已知和所求合理構(gòu)造函數(shù)，再求導(dǎo)進行求解，如本題中的關(guān)鍵是利用“f ′(x)cosx＋f (x)sinx<0”和“f (x)>2f cosx”的聯(lián)系構(gòu)造函數(shù)g(x)＝。 變|式|訓(xùn)|練 (2018·益陽、湘潭調(diào)研)π是圓周率，e是自然對數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是(　　) A．3e,3π B．3e，eπ

14、 C．e3，π3 D．πe,3π 解析　構(gòu)造函數(shù)f (x)＝，f (x)的定義域為(0，＋∞)，求導(dǎo)得f ′(x)＝，當f ′(x)>0，即0e時，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減。故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)。因為e<3<π，所以eln3

15、(3)π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數(shù)中的最大的數(shù)是3π，同理得最小的數(shù)為3e。故選A。 答案　A 考向三 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 【例5】　(1)(2018·河南漯河四模)設(shè)函數(shù)f (x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f ′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論一定成立的是(　　) A．x＝1為f (x)的極大值點 B．x＝1為f (x)的極小值點 C．x＝－1為f (x)的極大值點 D．x＝－1為f (x)的極小值點 (2)(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝2sin

16、x＋sin2x，則f (x)的最小值是________。 解析　(1)繪制表格考查函數(shù)的性質(zhì)如下： 區(qū)間 (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞) 1－x符號 ＋ ＋ － y＝(1－x)f ′(x)的符號 － ＋ － f ′(x)符號 － ＋ ＋ f (x)的單調(diào)性 單調(diào)遞減 單調(diào)遞增 單調(diào)遞增 據(jù)此可得，函數(shù)f (x)在x＝－1處取得極小值，在x＝1處無極值。故選D。 (2)解法一：因為f (x)＝2sinx＋sin2x，所以f ′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4·(cosx＋1)，由f ′(x)≥0得≤cos

17、x≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z，由f ′(x)≤0得－1≤cosx≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z，所以當x＝2kπ－(k∈Z)時，f (x)取得最小值，且f (x)min＝f ＝2sin＋sin2＝－。 解法二：因為f (x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，設(shè)cosx＝t，則y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以當－10；當

18、

19、能在使得解得cosx＝1，cosx＝－1，cosx＝的這些點處取到，對應(yīng)的sinx的值依次是：sinx＝0，sinx＝0，sinx＝±。顯然，f (x)min＝2××＝－。 答案　(1)D　(2)－ (1)求函數(shù)f (x)的極值，需先求方程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。 (3)求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，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)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值。求f (x)在(a，b)的

20、最值需討論函數(shù)的單調(diào)性。 變|式|訓(xùn)|練 1．設(shè)函數(shù)f (x)在(m，n)上的導(dǎo)函數(shù)為g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的導(dǎo)函數(shù)小于零恒成立，則稱函數(shù)f (x)在(m，n)上為“凸函數(shù)”。已知當a≤2時，f (x)＝x3－ax2＋x，在x∈(－1,2)上為“凸函數(shù)”，則函數(shù)f (x)在(－1,2)上結(jié)論正確的是(　　) A．既有極大值，也有極小值 B．有極大值，沒有極小值 C．沒有極大值，有極小值 D．既沒有極大值，也沒有極小值 解析　g(x)＝f ′(x)＝x2－ax＋1。由已知得g′(x)＝x－a<0，當x∈(－1,2)時恒成立，故a≥2，又已知a≤2，故a＝2，此時由f

21、 ′(x)＝0，得x1＝2－，x2＝2＋?(－1,2)，當x∈(－1,2－)時，f ′(x)>0；當x∈(2－，2)時，f ′(x)<0，所以函數(shù)f (x)在(－1,2)有極大值，沒有極小值，故選B。 答案　B 2．(2018·貴州聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝lnx－，若函數(shù)f (x)在[1，e]上的最小值為，則a的值為(　　) A．－ B．－ C．－ D．e 解析　由題意，f ′(x)＝＋，若a≥0，則f ′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以f (x)min＝f (1)＝－a＝，矛盾；若－e

22、解得a＝－；若－1≤a<0，函數(shù)f (x)是遞增函數(shù)，所以f (1)＝－a＝，矛盾；若a≤－e，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減，所以f (e)＝，解得a＝－，矛盾。綜上a＝－。故選A。 答案　A 1．(考向一)(2018·全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________。 解析　y′＝aex＋(ax＋1)ex，則f ′(0)＝a＋1＝－2，所以a＝－3。 答案?。? 2．(考向二)(2018·安徽黃山八校聯(lián)考)已知f (x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f ′(x)<2f (x)，則有(　　) A．e4 034f (－2 017)

23、0)，f (2 017)>e4 034f (0) B．e4 034f (－2 017)f (0)，f (2 017)>e4 034f (0) D．e4 034f (－2 017)>f (0)，f (2 017)g(0)，所以>，所以e4 034f (－2 017)>f (0)，同理得g(2 017)

24、(2 017)

25、因為f (x)在x＝x0處取得極值，所以f ′(x0)＝sinx0＋x0cosx0＝0；所以x0＝－＝－tanx0，則(1＋x)(1＋cos2x0)＝(1＋tan2x0)·(1＋cos2x0)＝×2cos2x0＝2。故選D。 答案　D 5．(考向三)(2018·汕頭質(zhì)檢)已知函數(shù)f (x)＝－mx(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若f (x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，e) C． D． 解析　因為f (x)＝－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，所以m<在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，x>0，所以g′(x)＝＝，當02時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增。故當x＝2時，g(x)取得最小值，且最小值為g(2)＝。所以m<。故選C。 答案　C 10