2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第7講 導(dǎo)數(shù)練習(xí) 文

上傳人:Sc****h 文檔編號(hào):116599033 上傳時(shí)間:2022-07-06 格式:DOC 頁(yè)數(shù):12 大?。?.46MB
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1、第7講 導(dǎo)數(shù) [考情分析] 高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查定位在作為解決初等數(shù)學(xué)問(wèn)題的工具這一目標(biāo)上,主要體現(xiàn)在以下方面:(1)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)有關(guān)知識(shí)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值(最值)問(wèn)題;(2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義,研究曲線切線的斜率問(wèn)題;(3)對(duì)一些實(shí)際問(wèn)題建立數(shù)學(xué)模型后求解.題型遍布選擇、填空與解答,難度上分層考查,是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容. 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 1.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件,如函數(shù)f(x)=x3在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,但f′(x)≥0; (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件,當(dāng)函

2、數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0時(shí),f(x)為常數(shù)函數(shù). 2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法 (1)對(duì)含參數(shù)的函數(shù)解析式求最值時(shí),常常進(jìn)行分類討論,分類的原則是極值點(diǎn)在給定區(qū)間的內(nèi)部還是外部,從而根據(jù)單調(diào)性求出最值; (2)求極值和最值時(shí),為了直觀易懂,常常列出x的取值范圍與y′的符號(hào)及y的單調(diào)區(qū)間、極值的對(duì)應(yīng)表格. (2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范圍. 解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞), f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0

3、,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f′(x)=0得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減, 在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. ③若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln . 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0. 故f(x)在上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增. (2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,則由(1),得當(dāng)x=ln a時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a,

4、 從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a≥0,即a≤1時(shí),f(x)≥0. ③若a<0,則由(1),得當(dāng)x=ln 時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f=a2,從而當(dāng)且僅當(dāng)a2≥0,即a≥-2e時(shí),f(x)≥0. 綜上,a的取值范圍是[-2e,1]. 運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)來(lái)討論函數(shù)單調(diào)性時(shí),首先考慮函數(shù)的定義域,再求出f′(x),由f′(x)的正負(fù),得出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;函數(shù)的最值(極值)的求法:由確認(rèn)的單調(diào)區(qū)間,結(jié)合極值點(diǎn)的定義及自變量的取值范圍,得出函數(shù)f(x)的極值或最值. (2019·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)是否存在a,b

5、,使得f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,說(shuō)明理由. 解 (1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f′(x)=0,得x=0或x=. 若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪時(shí),f′(x)>0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 若a=0,則f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. 若a<0,則當(dāng)x∈∪(0,+∞)時(shí),f′(x)>0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0. 故f(x)在,(0,+∞)上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)滿足題設(shè)條件的a,b存在. ①當(dāng)a≤0時(shí),由(

6、1),知f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1. ②當(dāng)a≥3時(shí),由(1),知f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. ③當(dāng)0<a<3時(shí),由(1),知f(x)在[0,1]上的最小值為f=-+b,最大值為b或2-a+b. 若-+b=-1,b=1,則a=3,與0<a<3矛盾. 若-+b=-1,2

7、-a+b=1, 則a=3或a=-3或a=0,與0<a<3矛盾. 綜上,當(dāng)a=0,b=-1或a=4,b=1時(shí),f(x)在[0,1]的最小值為-1,最大值為1. 熱點(diǎn)2 利用導(dǎo)數(shù)解決與方程的解有關(guān)的問(wèn)題 方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)、函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是三個(gè)等價(jià)的概念,解決這類問(wèn)題可以通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值,根據(jù)函數(shù)圖象的走勢(shì),通過(guò)數(shù)形結(jié)合直觀求解. (2019·寧夏石嘴山市模擬)已知函數(shù)f(x)=ex(x-aex). (1)當(dāng)a=0時(shí),求f(x)的最值; (2)若f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn),求a的取值范圍. 解 (1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=xex, 所以f′(x

8、)=(x+1)ex,令f′(x)>0,解得x>-1, 令f′(x)<0,解得x<-1, 所以f(x)=xex在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(-1)=-,無(wú)最大值. (2)因?yàn)閒′(x)=ex(x+1-2aex),且f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn),所以f′(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根,所以2a=有兩個(gè)不等的實(shí)根. 令g(x)=,則g′(x)=,令g′(x)>0,解得x<0,令g′(x)<0,解得x>0,所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(0)=1. 又g(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí),g(x)>0

9、,且當(dāng)x→+∞時(shí),g(x)→0,據(jù)此可畫出g(x)的大致圖象,如圖所示.由g(x)的圖象可得0<2a<1,即0

10、=(x-1)ln x-x-1. 證明:(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn); (2)f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根,且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù). 證明 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). f′(x)=+ln x-1=ln x-. 因?yàn)閥=ln x在(0,+∞)上單調(diào)遞增, y=在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln 2-=>0, 故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0. 又當(dāng)xx0時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 因此,f(x)存在唯一的極值點(diǎn)

11、. (2)由(1),知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α. 由α>x0>1,得<1a(≥a)在區(qū)間D上恒成立?f(x)min>a(≥a); (2)不等式f(x)

12、 2.若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上不存在最大(小)值,且值域?yàn)?m,n),則: (1)不等式f(x)>a(≥a)在區(qū)間D上恒成立?m≥a; (2)不等式f(x)

13、. 所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一最小值點(diǎn). 因?yàn)閒(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥0, 故a=1. (2)由(1),知當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),x-1-ln x>0. 令x=1+,得ln <, 從而ln +ln +…+ln <++…+=1-<1. 故·…·<e. 而>2, 所以m的最小值為3. 構(gòu)造輔助函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵,把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值,從而證得不等式.構(gòu)造輔助函數(shù)的一般方法及解題步驟如下: (1)移項(xiàng)(有時(shí)需要作簡(jiǎn)單的恒等變形),

14、使不等式的一端為0,另一端即為所作的輔助函數(shù)f(x); (2)求f′(x),并驗(yàn)證f(x)在指定區(qū)間上的增減性; (3)求出區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值(或最值),作比較即得所證. (2019·天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)=excosx,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x∈時(shí),證明f(x)+g(x)≥0; (3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)=f(x)-1在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn),其中n∈N,證明2nπ+-xn<. 解 (1)由已知,有f′(x)=ex(cosx-sinx). 因此,當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí), 有sinx>cosx,得f′(x)<0,則f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x

15、∈(k∈Z)時(shí),有sinx0,則f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z), f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z). (2)證明:記h(x)=f(x)+g(x). 依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cosx-sinx), 從而g′(x)=-2exsinx. 當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0, 故h′(x)=f′(x)+g′(x)+g(x)·(-1) =g′(x)<0. 因此,h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減, 進(jìn)而h(x)≥h=f=0. 所以當(dāng)x∈時(shí),f(x)+g(x)≥0. (3)證明:依題意,得u(xn)=f(xn)-1=0, 即exn

16、cosxn=1. 記yn=xn-2nπ,則yn∈, 且f(yn)=eyncosyn=exn-2nπcos(xn-2nπ)=e-2nπ(n∈N). 由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0. 由(2),知當(dāng)x∈時(shí),g′(x)<0, 所以g(x)在上為減函數(shù), 因此g(yn)≤g(y0)

17、區(qū)間上的最大值和最小值. 解 (1)因?yàn)閒(x)=excosx-x, 所以f′(x)=ex(cosx-sinx)-1,f′(0)=0. 又因?yàn)閒(0)=1, 所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1. (2)設(shè)h(x)=ex(cosx-sinx)-1,則 h′(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx. 當(dāng)x∈時(shí),h′(x)<0, 所以h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減. 所以對(duì)任意x∈有h(x)<h(0)=0, 即f′(x)<0. 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減. 因此f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)=1,最小值為f=-.

18、 2.已知函數(shù)f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0). (1)若f(0)=2,求實(shí)數(shù)a的值,并求此時(shí)f(x)在[-2,1]上的最小值; (2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=ex-x+1,求導(dǎo)得f′(x)=ex-1. 易知f(x)在[-2,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=0時(shí),f(x)在[-2,1]上取得最小值2. (2)f′(x)=ex+a,由于ex>0, ①當(dāng)a>0時(shí),f′(x)>0,f(x)在R上是增函數(shù), 當(dāng)x>1時(shí),f(x)=

19、ex+a(x-1)>0; 當(dāng)x<0時(shí),取x=-, 則f<1+a=-a<0. 所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn),不滿足題意. ②當(dāng)a<0時(shí),令f′(x)=0,得x=ln (-a). 在(-∞,ln (-a))上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,在(ln (-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=ln (-a)時(shí),f(x)取得最小值. 函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),等價(jià)于 f[ln (-a)]=eln (-a)+aln (-a)-a=-2a+aln (-a)>0,解得-e2

20、數(shù)f(x)=x-2sinx+1,g(x)=x2+mcosx. (1)求曲線y=f(x)在x=0處的切線方程; (2)求f(x)在(0,π)上的單調(diào)區(qū)間; (3)當(dāng)m>1時(shí),證明:g(x)在(0,π)上存在最小值. 解 (1)因?yàn)閒(x)=x-2sinx+1, 所以f′(x)=1-2cosx, 則f(0)=1,f′(0)=-1,所以曲線y=f(x)在x=0處的切線方程為y=-x+1. (2)令f′(x)=0,則cosx=,當(dāng)x∈(0,π)時(shí),得x=,當(dāng)x變化時(shí),f′(x), f(x)的變化如下表. x f′(x) - 0 + f(x) 減 最小值 增

21、 所以函數(shù)f(x)在(0,π)上的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為. (3)證明:因?yàn)間(x)=x2+mcosx,所以g′(x)=x-msinx. 令h(x)=g′(x)=x-msinx,則h′(x)=1-mcosx, 因?yàn)閙>1,所以∈(0,1), 令h′(x)=1-mcosx=0,則cosx=,易知cosx=在(0,π)內(nèi)有唯一解x0, 當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),h′(x)>0. 所以h(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,π)上單調(diào)遞增.所以h(x0)0, 所以h(x)=x-msinx在(x0,π)內(nèi)有

22、唯一零點(diǎn)x1, 當(dāng)x∈(0,x1)時(shí),h(x)<0,即g′(x)<0, 當(dāng)x∈(x1,π)時(shí),h(x)>0,即g′(x)>0, 所以g(x)在(0,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,π)上單調(diào)遞增. 所以函數(shù)g(x)在x=x1處取得最小值, 即當(dāng)m>1時(shí),函數(shù)g(x)在(0,π)上存在最小值. 4.(2019·東北三省四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-x-m(m<-2,m為常數(shù)). (1)求函數(shù)f(x)在上的最小值; (2)設(shè)x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),且x1

23、(x)==0,∴x=1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,所以y=f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0, 所以y=f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減. 且f=-1--m,f(e)=1-e-m, 因?yàn)閒-f(e)=-2-+e>0, 所以函數(shù)f(x)在上的最小值為1-e-m. (2)證明:由已知條件和(1)知x1,x2滿足ln x-x-m=0,且01, ln x1-x1-m=ln x2-x2-m=0, 由題意可知ln x2-x2=m<-22, 所以02), 則g′(x)=-1-+==≤0, 當(dāng)x>2時(shí),g(x)是減函數(shù), 所以g(x)2時(shí),f(x1)-f<0, 即f(x1)

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