《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 理（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
1．(2016四川)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，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(dāng)x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)的極小值點(diǎn)為a＝2.
2．(2016課標(biāo)全國(guó)乙)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x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－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具備在(－∞，＋∞)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＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，
∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x
＝1－(2cos2x－1)＋acos x
＝－cos2x＋acos x＋≥0，即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)恒成立．
當(dāng)cos x＝0時(shí)，恒有0≥－，得a∈R；
當(dāng)0
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)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時(shí)，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．
例2 設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx (k≠0)．
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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)內(nèi)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(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝x.
(2)由f′(x)＝(1＋kx)ekx＝0，得x＝－(k≠0)，
若k>0，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
若k<0，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
(3)由(2)知，若k>0，則當(dāng)且僅當(dāng)－≤－1，即k≤1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增；
若k<0，則當(dāng)且僅當(dāng)－≥1，即k≥－1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增．
綜上可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增時(shí)，k的取值范圍是[－1,0)∪(0,1]．
思維升華 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：
(1)確定函數(shù)的定義域；
(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；
(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來(lái)求解．
跟蹤演練2 (1)已知m是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.
B.
C.∪(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
(2)若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是__________．
答案 (1)C (2)
解析 (1)因?yàn)閒′(x)＝3x2－2mx，
所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2.
由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－或x>0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)∪(0，＋∞)，
故選C.
(2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
f′(x)＝4x－.
由f′(x)＝0，得x＝.
據(jù)題意，得
解得1≤k<.
熱點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值
1．若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值．
2．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點(diǎn)或端點(diǎn)處取得．
例3 已知函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，其中a為常數(shù)．
(1)當(dāng)函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)處的切線的斜率為1時(shí)，求函數(shù)f(x)在上的最小值；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上既有極大值又有極小值，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝a＋－(x>0)，
由題意可知，f′＝1，解得a＝1.
故f(x)＝x－－3ln x，
∴f′(x)＝，
根據(jù)題意由f′(x)＝0，得x＝2.
于是可得下表：
x
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
1－3ln 2
↗
∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x>0),
由題意可得方程ax2－3x＋2＝0有兩個(gè)不等的正實(shí)根，不妨設(shè)這兩個(gè)根為x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，
則
解得00時(shí)，
令f′(x)＝＝0，得
x1＝－(舍去)，x2＝，
所以x，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
極大值
↘
所以f(x)max＝f()＝ln <0，所以a>1.
綜上可得，a的取值范圍是(1，＋∞).
1．設(shè)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若y＝f(x)的圖象在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線方程為x－y＋2＝0，則f(1)＋f′(1)等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
押題依據(jù) 曲線的切線問題是導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用，是高考考查的熱點(diǎn)，對(duì)于“過(guò)某一點(diǎn)的切線”問題，也是易錯(cuò)易混點(diǎn)．
答案 A
解析 依題意有f′(1)＝1,1－f(1)＋2＝0，即f(1)＝3，
所以f(1)＋f′(1)＝4.
2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為( )
A．－ B．－2
C．－2或－ D．2或－
押題依據(jù) 函數(shù)的極值是單調(diào)性與最值的“橋梁”，理解極值概念是學(xué)好導(dǎo)數(shù)的關(guān)鍵．極值點(diǎn)、極值的求法是高考的熱點(diǎn)．
答案 A
解析 由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或
經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意，故＝－.
3．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于________．
押題依據(jù) 函數(shù)單調(diào)性問題是導(dǎo)數(shù)最重要的應(yīng)用，體現(xiàn)了“以直代曲”思想，要在審題中搞清“在(0,1)上為減函數(shù)”與“函數(shù)的減區(qū)間為(0,1)”的區(qū)別．
答案 2
解析 ∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
4．已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．
押題依據(jù) 不等式恒成立或有解問題可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域解決．考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，是高考的一個(gè)熱點(diǎn)．
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x∈[0,1]時(shí)，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≥＋能成立，
令h(x)＝＋，
則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
A組 專題通關(guān)
1．函數(shù)f(x)＝x2＋sin，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的圖象是( )
答案 C
解析 依題意f(x)＝x2－cos x，對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝x＋sin x，可知f′(x)為奇函數(shù)，由此可排除B，D；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝x＋sin x<0，由此可排除A.
2．曲線y＝f(x)＝在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程是( )
A．x＝1 B．y＝
C．x＋y＝1 D．x－y＝1
答案 B
解析 f(x)＝的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝，
∴曲線在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率k＝0，
∵切點(diǎn)為，
∴曲線在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝.
3．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex.若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)遞減函數(shù)，則a的取值范圍是( )
A．0－，都存在x∈R，使得f(x)－，方程f(x)＝m總有兩個(gè)實(shí)根
答案 B
解析 因?yàn)閒′(x)＝[(x＋1)ex]′＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex，故函數(shù)在區(qū)間(－∞，－2)，(－2，＋∞)上分別為減函數(shù)與增函數(shù)，故f(x)min＝f(－2)＝－，故當(dāng)m>－時(shí)，總存在x使得f(x)0，∴f(x)為增函數(shù)．
又f(x)為奇函數(shù)，由f(mx－2)＋f(x)<0知，
f(mx－2)0；x∈時(shí)，y′<0，故函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)取最大值＋.
9．(2016北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解 (1)f(x)的定義域?yàn)镽.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
依題設(shè)，即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)與1－x＋ex－1同號(hào)．
令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1.
∴當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，
從而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
綜上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
10．已知函數(shù)f(x)＝－ln x，x∈[1,3]．
(1)求f(x)的最大值與最小值；
(2)若f(x)<4－at對(duì)任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)∵函數(shù)f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．
∵x∈[1,3]，
當(dāng)10.
∴f(x)在(1,2)上是單調(diào)減函數(shù)，
在(2,3)上是單調(diào)增函數(shù)，
∴f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝－ln 2.
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－(－ln 3)＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最大值為；
當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得最小值為－ln 2.
(2)由(1)知，當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，f(x)≤，
故對(duì)任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>對(duì)任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．
∴解得a<，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，)．
B組 能力提高
11．設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x) (x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
解析 設(shè)g(x)＝，
則g(x)的導(dǎo)數(shù)g′(x)＝.
∵當(dāng)x>0時(shí)，總有xf′(x)0時(shí)，g′(x)<0恒成立，
∴當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)g(x)＝為減函數(shù)，
又∵g(－x)＝＝＝＝g(x)，
∴函數(shù)g(x)為定義域上的偶函數(shù)，
又∵g(－1)＝＝0，
∴函數(shù)g(x)的大致圖象如圖：
數(shù)形結(jié)合可得，不等式f(x)>0?xg(x)>0
?或?00，令g(x)＝0，
方程ax2＋2ax－1＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1＝－1＋，x2＝－1－，
作差可知－1－>－1＋，
則當(dāng)x<－1＋時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，
f(x)在上為單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)－1＋0，f′(x)>0，
f(x)在上為單調(diào)增函數(shù)；
當(dāng)x>－1－時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，
f(x)在上為單調(diào)減函數(shù)．
綜上所述，當(dāng)－1≤a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，＋∞)；
當(dāng)a<－1時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為
，，
函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為
.
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