新編高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前回扣3 導(dǎo)數(shù)講學(xué)案 理

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 回扣3　導(dǎo)　數(shù) 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)f′(x0)的幾何意義：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，該切線的方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． (2)切點的兩大特征：①在曲線y＝f(x)上；②在切線上． 2．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 (1)求可導(dǎo)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟 ①求函數(shù)f(x)的定義域； ②求導(dǎo)函數(shù)f′(x)； ③由f′(x)＞0的解集確定函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間，由f′(x)<0的解集確定函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間． (2)由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：①若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間M上單調(diào)遞增，則f′(

2、x)≥0(x∈M)恒成立；若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間M上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0(x∈M)恒成立； ②若可導(dǎo)函數(shù)在某區(qū)間上存在單調(diào)遞增(減)區(qū)間，f′(x)＞0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集； ③若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I中含有參數(shù)時，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，則I是其單調(diào)區(qū)間的子集． 3．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 (1)求函數(shù)的極值的一般步驟 ①確定函數(shù)的定義域； ②解方程f′(x)＝0； ③判斷f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0兩側(cè)的符號變化： 若左正右負，則x0為極大值點； 若左負右正，則x0為極小值點； 若不變號，則x0不是極值點．

3、 (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最值的一般步驟 ①求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]內(nèi)的極值； ②比較函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)的大小，最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 4．定積分的三個公式與一個定理 (1)定積分的性質(zhì)： ①?kf(x)dx＝k?f(x)dx； ②?[f1(x)±f2(x)]dx＝?f1(x)dx±?f2(x)dx. ③?f(x)dx＝?f(x)dx＋?f(x)dx(其中a

4、F(a)． 1．已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)，則f′(x)≥0(≤0)對?x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且需驗證“＝”不能恒成立；已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增(減)區(qū)間為(a，b)，則f′(x)＞0(＜0)的解集為(a，b)． 2．f′(x)＝0的解不一定是函數(shù)f(x)的極值點．一定要檢驗在x＝x0的兩側(cè)f′(x)的符號是否發(fā)生變化，若變化，則為極值點；若不變化，則不是極值點． 1．a(chǎn)，b，c依次表示函數(shù)f(x)＝2x＋x－2，g(x)＝3x＋x－2，h(x)＝lnx＋x－2的零點，則a，b，c的大小順序為(　　) A．c

5、 C．a(chǎn)

6、 答案　C 解析　根據(jù)f′(x)的符號，f(x)圖象應(yīng)該是先下降后上升，最后下降，排除A，D；從適合f′(x)＝0的點可以排除B，故選C. 4．設(shè)曲線f(x)＝－ex－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))上任意一點處的切線為l1，總存在曲線g(x)＝3ax＋2cos x上某點處的切線l2，使得l1⊥l2，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[－1,2] B．(3，＋∞) C. D. 答案　D 解析　由f(x)＝－ex－x，得f′(x)＝－ex－1， 因為ex＋1＞1，所以∈(0,1)， 由g(x)＝3ax＋2cos x，得g′(x)＝3a－2sin x， 又－2sin x∈[－2

7、,2]， 所以3a－2sin x∈[－2＋3a,2＋3a]， 要使過曲線f(x)＝－ex－x上任意一點的切線l1， 總存在過曲線g(x)＝3ax＋2cos x上一點處的切線l2， 使得l1⊥l2，則 解得－≤a≤. 5．(2016·四川)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a等于(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 答案　D 解析　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，則x1＝－2，x2＝2. 當x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當x∈(－2,2)時，f′(x)<0，f(x

8、)單調(diào)遞減， ∴f(x)的極小值點為a＝2. 6．(2016·全國Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A.[－1,1] B. C. D. 答案　C 解析　方法一　(特殊值法) 不妨取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x， f′(x)＝1－cos 2x－cosx，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具備在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，排除A，B，D.故選C. 方法二　(綜合法) ∵函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f′(x)＝1－cos 2x＋acosx ＝1

9、－(2cos2x－1)＋acosx ＝－cos2x＋acosx＋≥0， 即acosx≥cos2x－在(－∞，＋∞)上恒成立． 當cosx＝0時，恒有0≥－，得a∈R； 當0

10、2＞0，排除A；f(2)＝8－e2<8－2.72<1，排除B；在x＞0時，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，當x∈時，f′(x)<×4－e0＝0，因此f(x)在上單調(diào)遞減，排除C，故選D. 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于(　　) A．11或18 B．11 C．18 D．17或18 答案　C 解析　∵函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0， 即解得或 而當時，函數(shù)在x＝1處無極值，故舍去． ∴f(x)＝x3＋4x2－11

11、x＋16， ∴f(2)＝18. 9．若函數(shù)f(x)＝x2－lnx＋1在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B. C．[1,2) D. 答案　B 解析　因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－， 由f′(x)＝0，得x＝. 利用圖象可得 解得1≤k＜，故選B. 10．已知奇函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當x＞0時，有2f(x)＋xf′(x)＞x2，則不等式(x＋2 018)2f(x＋2 018)＋4f(－2)＜0的解集為(　　) A．(－∞，－2 016)

12、 B．(－2 016，－2 012) C．(－∞，－2 018) D．(－2 016,0) 答案　A 解析　由題觀察聯(lián)想可設(shè)g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，結(jié)合條件x>0,2f(x)＋xf′(x)＞x2，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＞0，g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 又f(x)為R上的奇函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)， 所以g(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)． 由(x＋2 018)2f(x＋2 018)＋4f(－2)＜0， 可得(x＋2 018)2f(x＋2 018)＜4f(2)， 即g(x＋2 018)＜g(

13、2)， 所以x＋2 018＜2，故x＜－2 016，故選A. 11．?(＋x＋x3)dx＝________. 答案　 解析　因為?(＋x＋x3)dx ＝?dx＋?(x＋x3)dx， ?(x＋x3)dx＝＝， ?dx等于以原點為圓心，以1為半徑的圓的面積的四分之一，即為， 所以?(＋x＋x3)dx＝. 12．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值是正數(shù)，極小值是負數(shù)，則a的取值范圍是________． 答案　 解析　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)， 由f′(x)＝0，得x＝±a， 當－a

14、a或x<－a時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增． ∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0， 解得a>.∴a的取值范圍是. 13．已知曲線C：y＝f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補，則a的值為________． 答案　 解析　設(shè)切點坐標為(t，t3－at＋a)． 由題意知，f′(x)＝3x2－a， 切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝t＝3t2－a，① 所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)．② 將點(1,0)代入②式，得 －(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝

15、0或t＝. 分別將t＝0和t＝代入①式，得k＝－a和k＝－a， 由題意它們互為相反數(shù)，得a＝. 14．已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若對任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　 解析　由于f′(x)＝1＋＞0， 因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以當x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1. 根據(jù)題意可知，存在x∈[1,2]， 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立， 令h(x)＝＋， 則若存在x∈[1,2]，使a≥h

16、(x)成立， 只需使a≥h(x)min， 又函數(shù)h(x)＝＋在[1,2]上單調(diào)遞減， 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥. 所以a的取值范圍是. 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx (k≠0)． (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增，求k的取值范圍． 解　(1)由題意可得f′(x)＝(1＋kx)ekx， f′(0)＝1，f(0)＝0， 故曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為x－y＝0. (2)由f′(x)＝(1＋kx)ekx＝0，得x＝－(k≠0)

17、， 若k＞0，則當x∈時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 當x∈時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 若k＜0，則當x∈時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 當x∈時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 所以當k>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為； 當k<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由(2)知，若k＞0，則當且僅當－≤－1， 即0

18、在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增時， k的取值范圍是[－1,0)∪(0,1]． 16．已知函數(shù)f(x)＝，其中a＞0，且函數(shù)f(x)的最大值是. (1)求實數(shù)a的值； (2)若函數(shù)g(x)＝lnf(x)－b有兩個零點，求實數(shù)b的取值范圍； (3)若對任意的x∈(0,2)，都有f(x)＜成立，求實數(shù)k的取值范圍． 解　(1)由題意得f′(x)＝， 因為a＞0，所以當x∈(－∞，1)時，f′(x)＞0， f(x) 在(－∞，1)上單調(diào)遞增； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 則f(x)max＝f(1)＝＝，所以a＝1. (2)由題意知，函數(shù)

19、g(x)＝lnf(x)－b＝lnx－x－b(x＞0)，所以g′(x)＝－1＝， 易得函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝－1－b， 依題意知，－1－b＞0，則b＜－1， 所以實數(shù)b的取值范圍是(－∞，－1)． (3)由題意知，f(x)＝＜對任意x∈(0,2)都成立， 所以k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)都成立，從而k≥0. 又不等式整理可得k＜＋x2－2x， 令h(x)＝＋x2－2x， 所以令h′(x)＝＋2(x－1) ＝(x－1)＝0，得x＝1， 當x∈(1,2)時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增， 同理，函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， h(x)min＝h(1)＝e－1. 依題意得k＜h(x)min＝h(1)＝e－1， 綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．