《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 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)用試題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 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)用試題.doc（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 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)用試題
1．(xx湖南)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是( )
A．奇函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù)
B．奇函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù)
C．偶函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù)
D．偶函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù)
2．(xx課標(biāo)全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
3．(xx遼寧)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
4．(xx安徽)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1
0)與曲線C2：x2＋y2＝的一個公共點，若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直，則實數(shù)a的值是________．
熱點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
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)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．
例2 (xx重慶)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．
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)間上恒成立問題來求解．
跟蹤演練2 (1)函數(shù)f(x)＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
(2)若函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋2ax在[，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________．
熱點三 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或端點處取得．
例3 設(shè)函數(shù)f(x)＝px－－2ln x，g(x)＝，其中p>0.
(1)若f(x)在其定義域內(nèi)是單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)p的取值范圍；
(2)若在[1，e]上存在點x0，使得f(x0)>g(x0)成立，求實數(shù)p的取值范圍；
(3)若在[1，e]上存在點x1，x2，使得f(x1)>g(x2)成立，求實數(shù)p的取值范圍．
思維升華 (1)求函數(shù)f(x)的極值，則先求方程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]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(jìn)行比較得到函數(shù)的最值．
跟蹤演練3 已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．
(1)若x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極值點，求a的值；
(2)若f(x)<0在定義域內(nèi)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
1．已知曲線y＝ln x的切線過原點，則此切線的斜率為( )
A．e B．－e
C. D．－
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－
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________．
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)，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
提醒：完成作業(yè) 專題二 第3講
二輪專題強(qiáng)化練
專題二
第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
A組 專題通關(guān)
1.若函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象可能為( )
2．(xx云南第一次檢測)函數(shù)f(x)＝的圖象在點(1，－2)處的切線方程為( )
A．2x－y－4＝0 B．2x＋y＝0
C．x－y－3＝0 D．x＋y＋1＝0
3．(xx福建)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是( )
A．f＜ B．f＞
C．f＜ D．f＞
4．設(shè)f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在區(qū)間[1,3]上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．[－，＋∞)
B．(－∞，－3]
C．(－∞，－3]∪[－，＋∞)
D．[－，]
5．已知a≤＋ln x對任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為( )
A．0 B．1 C．2 D．3
6．(xx陜西)函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為________．
7．若函數(shù)f(x)＝在x∈(2，＋∞)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．
8．已知函數(shù)f(x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b為常數(shù))，且x＝2為f(x)的一個極值點，則a的值為________．
9．(xx重慶)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值．
(1)確定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．
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對任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
B組 能力提高
11．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是( )
A．20 B．18
C．3 D．0
12．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍為________．
13．設(shè)函數(shù)f(x)＝aex(x＋1)(其中，e＝2.718 28…)，g(x)＝x2＋bx＋2，已知它們在x＝0處有相同的切線．
(1)求函數(shù)f(x)，g(x)的解析式；
(2)求函數(shù)f(x)在[t，t＋1](t>－3)上的最小值；
(3)若對?x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．
學(xué)生用書答案精析
第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
高考真題體驗
1．A [易知函數(shù)定義域為(－1,1)，又f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(x)＝ln＝ln，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷方法知，f(x)在(0,1)上是增函數(shù)．故選A.]
2．B [f′(x)＝3ax2－6x，
當(dāng)a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
則當(dāng)x∈(－∞，0)時，
f′(x)>0；x∈(0，)時，f′(x)<0；x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f()＝>0，則f(x)的大致圖象如圖1所示．不符合題意，排除A、C.
圖1
當(dāng)a＝－時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當(dāng)x∈(－∞，－)時，f′(x)<0，x∈(－，0)時，
f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，注意
f(0)＝1，f(－)＝－，則f(x)的大致圖象如圖2所示．不符合題意，排除D.
圖2
]
3．C [當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R.
當(dāng)x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
設(shè)φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－>0，
∴φ(x)在(0,1]上遞增，
φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.
當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤，
∴a≤min.
仍設(shè)φ(x)＝，
φ′(x)＝－.
當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0，
當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)>0.
∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，
即為最小值．
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，
∴a≤－2.
綜上知－6≤a≤－2.]
4．A [f′(x)＝3x2＋2ax＋b；
由已知x1，x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的不同兩根，
當(dāng)f(x1)＝x10)，得a＝4.
例2 解 (1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝＝，
因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
當(dāng)a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，
x2＝.
當(dāng)x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
故f(x)為減函數(shù)；
當(dāng)x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
故f(x)為增函數(shù)；
當(dāng)x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
故f(x)為減函數(shù)．
由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范圍為.
跟蹤演練2 (1)B (2)(－，＋∞)
解析 (1)由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由
f′(x)＝x－≤0，解得00，解得a>－.
所以a的取值范圍是(－，＋∞)．
例3 解 (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝p＋－＝.
由條件知f′(x)≥0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，
即p≥恒成立．
而≤＝1，當(dāng)x＝1時等號成立，即的最大值為1，
所以p≥1，即實數(shù)p的取值范圍是[1，＋∞)．
(2)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)，則已知等價于
h(x)>0在[1，e]上有解，
即等價于h(x)在[1，e]上的最大值大于0.
因為h′(x)＝p＋－＋
＝>0，
所以h(x)在[1，e]上是增函數(shù)，
所以h(x)max＝h(e)＝pe－－4>0，
解得p>.
所以實數(shù)p的取值范圍是(，＋∞)．
(3)已知條件等價于f(x)max>g(x)min.
當(dāng)p≥1時，由(1)知f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(e)＝pe－－2.
當(dāng)00.
綜上可知，應(yīng)用pe－－2>2，
解得p>.
所以實數(shù)p的取值范圍是(，＋∞)．
跟蹤演練3 解 (1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝.
因為x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極值點，
所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，
解得a＝－(舍去)或a＝1.
經(jīng)檢驗，當(dāng)a＝1時，x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極值點，所以a＝1.
(2)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ln x，顯然在定義域內(nèi)不滿足f(x)<0；
當(dāng)a>0時，
令f′(x)＝＝0，得
x1＝－(舍去)，x2＝，
所以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，＋∞)．
高考押題精練
1．C [y＝f(x)＝ln x的定義域為(0，＋∞)，設(shè)切點為(x0，y0)，則切線斜率k＝f′(x0)＝.∴切線方程為y－y0＝(x－x0)，又切線過點(0,0)，代入切線方程得y0＝1，則x0＝e，∴k＝＝.]
2．A [由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，
即
解得或
經(jīng)檢驗滿足題意，故＝－.]
3．2
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.
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，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≥.
二輪專題強(qiáng)化練答案精析
第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
1．C [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.]
2．C [f′(x)＝，則f′(1)＝1，故該切線方程為y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.]
3．C [∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，
∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，
故g(x)在R上為增函數(shù)，∵f(0)＝－1，
∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，
∴f－＞－1，∴f＞，∴選項C錯誤，故選C.]
4．C [f′(x)＝x2＋2ax＋5，當(dāng)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減時，由得a≤－3；
當(dāng)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增時，f′(x)≥0恒成立，
則有Δ＝4a2－45≤0或或得a∈[－，＋∞)．
綜上a的取值范圍為(－∞，－3]∪[－，＋∞)，故選C.]
5．A [令f(x)＝＋ln x，則f′(x)＝，當(dāng)x∈[，1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1,2]時，f′(x)>0，∴f(x)在[，1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增，∴[f(x)]min＝f(1)＝0，∴a≤0.]
6．y＝－
解析 設(shè)y＝f(x)＝xex，令y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得x＝－1.當(dāng)x＜－1時，y′＜0；當(dāng)x＞－1時，y′＞0，故x＝－1為函數(shù)f(x)的極值點，切線斜率為0，
又f(－1)＝－e－1＝－，故切點坐標(biāo)為，切線方程為y＋＝0(x＋1)，即y＝－.
7．a(chǎn)≤
解析 f′(x)＝
＝＝，令f′(x)≤0，即2a－1≤0，解得a≤.
8．1
解析 由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
∵f′(x)＝＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.
9．解 (1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，
因為f(x)在x＝－處取得極值，
所以f′＝0，
即3a＋2＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋
ex
＝ex
＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
當(dāng)x＜－4時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；
當(dāng)－4＜x＜－1時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)；
當(dāng)－1＜x＜0時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；
當(dāng)x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)．
綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．
10．解 (1)∵函數(shù)f(x)＝－ln x，
∴f′(x)＝－，
令f′(x)＝0得x＝2，
∵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)，
∴x＝1時f(x)的最大值為，x＝2時函數(shù)取得最小值為－ln 2.
(2)由(1)知當(dāng)x∈[1,3]時，f(x)≤，
故對任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>對任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．
∴解得a<，
∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)．
11．A [因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1，可知－1,1為函數(shù)的極值點．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由題設(shè)知在區(qū)間[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20.]
12．(0，)
解析 f′(x)＝ln x＋1－2ax(a>0)，
問題轉(zhuǎn)化為a＝在(0，＋∞)上有兩個實數(shù)解．
設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝－.
所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)在x＝1處取得極大值也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝.
注意g()＝0，當(dāng)x>1時，g(x)>0，
則g(x)的大致圖象如圖所示．
由圖象易知00得x>－2，
由f′(x)<0得x<－2，
∴f(x)在(－2，＋∞)單調(diào)遞增，
在(－∞，－2)單調(diào)遞減．∵t>－3，
∴t＋1>－2.
①當(dāng)－30得ex>，
∴x>ln；
由F′(x)<0得xe2時，F(xiàn)(x)在[－2，＋∞)單調(diào)遞增，
F(x)min＝F(－2)＝－2ke－2＋2＝(e2－k)<0，
不滿足F(x)min≥0.
②當(dāng)ln＝－2，即k＝e2時，由①知，
F(x)min＝F(－2)＝(e2－k)＝0，滿足F(x)min≥0.
③當(dāng)ln>－2，即1≤k0，
滿足F(x)min≥0.
綜上所述，滿足題意的k的取值范圍為[1，e2]．
2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 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)用試題.doc
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