2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第7講 導數(shù)練習 文

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1、第7講　導數(shù) [考情分析]　高考對導數(shù)的考查定位在作為解決初等數(shù)學問題的工具這一目標上，主要體現(xiàn)在以下方面：(1)運用導數(shù)有關知識研究函數(shù)的單調性和極值(最值)問題；(2)利用導數(shù)的幾何意義，研究曲線切線的斜率問題；(3)對一些實際問題建立數(shù)學模型后求解．題型遍布選擇、填空與解答，難度上分層考查，是高考考查的重點內(nèi)容． 熱點題型分析 熱點1　利用導數(shù)研究函數(shù)的性質 1．導數(shù)與函數(shù)單調性的關系 (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，當函

2、數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，f(x)為常數(shù)函數(shù)． 2．利用導數(shù)求函數(shù)最值的方法 (1)對含參數(shù)的函數(shù)解析式求最值時，常常進行分類討論，分類的原則是極值點在給定區(qū)間的內(nèi)部還是外部，從而根據(jù)單調性求出最值； (2)求極值和最值時，為了直觀易懂，常常列出x的取值范圍與y′的符號及y的單調區(qū)間、極值的對應表格． (2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)≥0，求a的取值范圍． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0

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

4、 從而當且僅當－a2ln a≥0，即a≤1時，f(x)≥0. ③若a<0，則由(1)，得當x＝ln 時，f(x)取得最小值，最小值為f＝a2，從而當且僅當a2≥0，即a≥－2e時，f(x)≥0. 綜上，a的取值范圍是[－2e，1]． 運用導數(shù)知識來討論函數(shù)單調性時，首先考慮函數(shù)的定義域，再求出f′(x)，由f′(x)的正負，得出函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；函數(shù)的最值(極值)的求法：由確認的單調區(qū)間，結合極值點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·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)討論f(x)的單調性； (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x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，0)，上單調遞增，在上單調遞減． 若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增． 若a<0，則當x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在，(0，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減． (2)滿足題設條件的a，b存在． ①當a≤0時，由(

6、1)，知f(x)在[0,1]上單調遞增，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a，b滿足題設條件當且僅當b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. ②當a≥3時，由(1)，知f(x)在[0,1]上單調遞減，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a，b滿足題設條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. ③當0＜a＜3時，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a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1. 熱點2　利用導數(shù)解決與方程的解有關的問題 方程的根、函數(shù)的零點、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調性、極值與最值，根據(jù)函數(shù)圖象的走勢，通過數(shù)形結合直觀求解． (2019·寧夏石嘴山市模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex(x－aex)． (1)當a＝0時，求f(x)的最值； (2)若f(x)有兩個不同的極值點，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝0時，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)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)min＝f(－1)＝－，無最大值． (2)因為f′(x)＝ex(x＋1－2aex)，且f(x)有兩個不同的極值點，所以f′(x)＝0有兩個不等實根，所以2a＝有兩個不等的實根． 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)上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減，所以g(x)max＝g(0)＝1. 又g(－1)＝0，當x>0時，g(x)>0

9、，且當x→＋∞時，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； (2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)． 證明　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因為y＝ln x在(0，＋∞)上單調遞增， y＝在(0，＋∞)上單調遞減， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 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xx0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 因此，f(x)存在唯一的極值點

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，且值域為(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)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值點． 因為f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0， 故a＝1. (2)由(1)，知當x∈(1，＋∞)時，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. 構造輔助函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關鍵，把不等式的證明轉化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性或求最值，從而證得不等式．構造輔助函數(shù)的一般方法及解題步驟如下： (1)移項(有時需要作簡單的恒等變形)，

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)，并驗證f(x)在指定區(qū)間上的增減性； (3)求出區(qū)間端點的函數(shù)值(或最值)，作比較即得所證． (2019·天津高考)設函數(shù)f(x)＝excosx，g(x)為f(x)的導函數(shù)． (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)當x∈時，證明f(x)＋g(x)≥0； (3)設xn為函數(shù)u(x)＝f(x)－1在區(qū)間內(nèi)的零點，其中n∈N，證明2nπ＋－xn<. 解　(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)． 因此，當x∈(k∈Z)時， 有sinx>cosx，得f′(x)<0，則f(x)單調遞減； 當x

15、∈(k∈Z)時，有sinx0，則f(x)單調遞增． 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z)， f(x)的單調遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)證明：記h(x)＝f(x)＋g(x). 依題意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)， 從而g′(x)＝－2exsinx. 當x∈時，g′(x)<0， 故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)·(－1) ＝g′(x)<0. 因此，h(x)在區(qū)間上單調遞減， 進而h(x)≥h＝f＝0. 所以當x∈時，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x∈時，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)因為f(x)＝excosx－x， 所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0. 又因為f(0)＝1， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1. (2)設h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則 h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx. 當x∈時，h′(x)＜0， 所以h(x)在區(qū)間上單調遞減． 所以對任意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，求實數(shù)a的值，并求此時f(x)在[－2,1]上的最小值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1， 所以f(x)＝ex－x＋1，求導得f′(x)＝ex－1. 易知f(x)在[－2,0]上單調遞減，在[0,1]上單調遞增， 所以當x＝0時，f(x)在[－2,1]上取得最小值2. (2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0， ①當a>0時，f′(x)>0，f(x)在R上是增函數(shù)， 當x>1時，f(x)＝

19、ex＋a(x－1)>0； 當x<0時，取x＝－， 則f<1＋a＝－a<0. 所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿足題意． ②當a<0時，令f′(x)＝0，得x＝ln (－a)． 在(－∞，ln (－a))上，f′(x)<0，f(x)單調遞減，在(ln (－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 所以當x＝ln (－a)時，f(x)取得最小值． 函數(shù)f(x)不存在零點，等價于 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)上的單調區(qū)間； (3)當m>1時，證明：g(x)在(0，π)上存在最小值． 解　(1)因為f(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x∈(0，π)時，得x＝，當x變化時，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)上的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為. (3)證明：因為g(x)＝x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx. 令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，則h′(x)＝1－mcosx， 因為m>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x∈(0，x0)時，h′(x)<0，當x∈(x0，π)時，h′(x)>0. 所以h(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，π)上單調遞增．所以h(x0)0， 所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)內(nèi)有

22、唯一零點x1， 當x∈(0，x1)時，h(x)<0，即g′(x)<0， 當x∈(x1，π)時，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(0，x1)上單調遞減，在(x1，π)上單調遞增． 所以函數(shù)g(x)在x＝x1處取得最小值， 即當m>1時，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x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，且x1

23、(x)＝＝0，∴x＝1. 當x∈(0,1)時，f′(x)>0，所以y＝f(x)在(0,1)上單調遞增； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0， 所以y＝f(x)在(1，＋∞)上單調遞減． 且f＝－1－－m，f(e)＝1－e－m， 因為f－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x>2時，g(x)是減函數(shù)， 所以g(x)2時，f(x1)－f<0， 即f(x1)