(浙江专用)2019高考数学二轮复习专题五函数与导数第3讲导数及其应用学案.pdf

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1、推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料第 3 讲导数及其应用 考情考向分析 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型热点一导数的几何意义1函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0)处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率kf(x0)，相应的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)2求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同例 1(1)(2018 全国)设函数f(x)x3(a1)x2ax，若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为()Ay 2xB

2、yxCy2xDyx答案D 解析方法一f(x)x3(a1)x2ax，f(x)3x22(a1)xa.又f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立，即x3(a 1)x2axx3(a 1)x2ax恒成立，a1，f(x)3x21，f(0)1，曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx.推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料故选 D.方法二f(x)x3(a1)x2ax为奇函数，f(x)3x22(a1)xa为偶函数，a1，即f(x)3x21，f(0)1，曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx.故选 D.(2)若直线ykxb是曲线yln x1 的切线，也是曲线yln(x2)的切线，则实数b_.答案

3、ln 2 解析设直线ykxb与曲线y ln x1 和曲线yln(x2)的切点分别为(x1，ln x11)，(x2，ln(x22)直线ykxb是曲线yln x 1 的切线，也是曲线y ln(x2)的切线，1x11x22，即x1x22.切线方程为y(ln x11)1x1(xx1)，即为yxx1ln x1或yln(x22)1x22(xx2)，即为yxx12x1x1ln x1，2x1x10，则x12，bln 2.思维升华(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点(2)利用导数的几何意义

4、解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解跟踪演练1(1)(2018 全国)曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为_答案2xy 0 解析y2ln(x1)，y2x1.令x0，得y 2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料切线方程为y2x，即 2xy0.(2)若函数f(x)ln x(x0)与函数g(x)x22xa(x0)，则切线方程为yln x11x1(xx1)设公切线与函数g(x)x22xa切于点B(x2，

5、x222x2a)(x20)，则切线方程为y(x22 2x2a)2(x2 1)(xx2)，1x12x21，ln x1 1x22a，x20 x1，01x12.又aln x112x1 121 ln 1x1141x1221，令t1x1，0t2，a14t2tln t.设h(t)14t2tln t(0t2)，则h(t)12t11tt1232th(2)ln 21ln 12e，a ln12e，.热点二利用导数研究函数的单调性1f(x)0 是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.2f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如函数在某个区间内恒有f(x)0 时，

6、则f(x)为常函数，函数不具有单调性推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料例 2 已知函数f(x)2exkx2.(1)讨论函数f(x)在(0，)内的单调性；(2)若存在正数m，对于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|2x恒成立，求正实数k的取值范围解(1)由题意得f(x)2exk，x(0，)，因为x0，所以 2ex2.当k2时，f(x)0，此时f(x)在(0，)内单调递增当k2时，由f(x)0 得xlnk2，此时f(x)单调递增；由f(x)0 得 0 x2时，f(x)在 0，lnk2内单调递减，在 lnk2，内单调递增(2)当 00.这时|f(x)|2x可化为f(x)2x，即 2ex(k2

7、)x20.设g(x)2ex(k2)x2，则g(x)2ex(k2)，令g(x)0，得xlnk220，所以g(x)在 0，lnk22内单调递减，且g(0)0，所以当x 0，lnk 22时，g(x)2 时，由(1)可得f(x)在 0，lnk2内单调递减，且f(0)0，所以存在x00，使得对于任意的x(0，x0)都有f(x)2x可化为f(x)2x，即 2ex()k2x20.设h(x)2ex()k2x2，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料则h(x)2ex()k2.()若 2k4，则h(x)0 在(0，)上恒成立，这时h(x)在(0，)内单调递减，且h(0)0，所以对于任意的x(0，x0)都有h(x

8、)4，令h(x)0，得x0，此时取mminx0，lnk22，则对于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|2x恒成立综上可得k的取值范围为()4，.思维升华利用导数研究函数单调性的一般步骤(1)确定函数的定义域(2)求导函数f(x)(3)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0 或f(x)1时，ln x0，要使f(x)0恒成立，则xa0 恒成立xa1a，1a0，解得a 1，当 0 x1 时，ln x0，要使f(x)0 恒成立，则xa0 恒成立，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料xaf(x)，则关于x的不等式f(x 2)1ex的解集为()A(，3)B(3，

9、)C(，0)D(0，)答案B 解析f(x)是偶函数，f(x)f(x)，f(x)fxf(x)，f(x)f(x)，f(x)f(x)f(x)，即f(x)f(x)0，设g(x)exf(x)，则exf x exf xfx0，g(x)在(，)上单调递增，由f x12f(x 1)0，得f(x)f x320，f x32f()x3 0，相减可得f(x)f()x3，f(x)的周期为3，e3f()2 018e3f(2)1，g(2)e2f(2)1e，f(x2)1ex，结合f(x)的周期为3 可化为 ex1f(x1)1e e2f(2)，g(x1)g(2)，x12，x3，不等式的解集为()3，故选 B.热点三利用导数求函

10、数的极值、最值1若在x0附近左侧f(x)0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值2设函数yf(x)在a，b 上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在a，b 上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得例 3(2018北京)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x 2 处取得极小值，求a的取值范围解(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料所以f(1

11、)(1a)e.由题设知f(1)0，即(1 a)e 0，解得a 1.此时f(1)3e0.所以a的值为 1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x 2ex(ax1)(x 2)ex.若a12，则当x1a，2 时，f(x)0.所以f(x)在x2 处取得极小值若a12，则当x(0,2)时，x20，ax112x10.所以 2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是12，.思维升华(1)求函数f(x)的极值，则先求方程f(x)0 的根，再检查f(x)在方程根的左右函数值的符号(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f(x)0 根的大小或存在情况来求解(3)求函数f(x)在闭区间 a，b上的

12、最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值跟踪演练3(2018浙江省重点中学联考)已知函数f(x)ln(xb)a(a，bR)(1)若yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线方程为yx3，求a，b的值；(2)当b0 时，f(x)2x1对定义域内的x都成立，求a的取值范围解(1)由f(x)ln(xb)a，得f(x)1xb，所以f 2 12b 1，f2 ln 2ba1，解得a 1，b 1.(2)当b0 时，f(x)2x1对定义域内的x都成立，即 ln xa2x1x12恒成立，所以aln x2x1，则a(ln x2x1)max.推荐学习

13、K12 资料推荐学习K12 资料令g(x)ln x2x 1，则g(x)1x12x12x1xx2x1.令m(x)2x1x，则m(x)12x1112x 12x1，令m(x)0，得12x1，令m(x)1，所以m(x)在12，1上单调递增，在(1，)上单调递减，则m(x)maxm(1)0，所以g(x)0，即g(x)在定义域上单调递减，所以g(x)maxg12ln12，即aln12.真题体验1(2017浙江改编)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是 _(填序号)答案解析观察导函数f(x)的图象可知，f(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于 0，大于 0，

14、对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增观察图象可知，排除.如图所示，f(x)有 3 个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料大值点，且x20，故正确2(2017全国改编)若x 2 是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为 _答案 1 解析函数f(x)(x2ax1)ex1，则f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1 由x 2 是函数f(x)的极值点，得f(2)e3(4 2a4a1)(a1)e30，所以a 1，所以f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x

15、2x2)由 ex10 恒成立，得当x 2 或x1 时，f(x)0，且当x0；当 2x1时，f(x)1时，f(x)0.所以x1 是函数f(x)的极小值点所以函数f(x)的极小值为f(1)1.3(2017山东改编)若函数 exf(x)(e 2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是 _(填序号)f(x)2x;f(x)x2；f(x)3x;f(x)cos x.答案解析若f(x)具有性质M，则 exf(x)exf(x)f(x)0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)f(x)0 在f(x)的定义域上恒成立对于式，f(x)f(x)2x

16、2xln 2 2x(1 ln 2)0，符合题意经验证，均不符合题意4(2017全国)曲线yx21x在点(1,2)处的切线方程为_答案xy1 0 解析y 2x1x2，y|x11，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k1，切线方程为y2x1，即xy10.押题预测1设函数yf(x)的导函数为f(x)，若yf(x)的图象在点P(1，f(1)处的切线方程为xy2 0，则f(1)f(1)等于()推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料A4 B 3 C 2 D 1 押题依据曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点答案A 解析依题意有f(1)1,1 f(

17、1)20，即f(1)3，所以f(1)f(1)4.2已知函数f(x)x3ax2bxa27a在x1 处取得极大值10，则ab的值为()A23B 2 C 2 或23D2 或23押题依据函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键极值点、极值的求法是高考的热点答案A 解析由题意知f(x)3x2 2axb，f(1)0，f(1)10，即32ab0，1aba2 7a10，解得a 2，b 1或a 6，b9，经检验a 6，b9满足题意，故ab23.3已知函数f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数，函数g(x)x2aln x在(1,2)上为增函数，则a的值为 _押题依据函数单调性问题是导数

18、最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别答案2 解析函数f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数，a21，得a2.又g(x)2xax，依题意g(x)0 在(1,2)上恒成立，得2x2a在(1,2)上恒成立，a2，a 2.4已知函数f(x)x1x 1，g(x)x22ax 4，若对任意x10,1，存在x21,2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是 _推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料押题依据不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决考查了转化与化归思想，是高考的一个热点答案94，解析由于f(x)11x

19、120，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以当x0,1 时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax4 1，即x22ax50，即ax252x成立，令h(x)x252x，则要使ah(x)在1,2上能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)x252x在1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)94，故只需a94.A组专题通关1(2018宁波月考)已知f(x)14x2 cos x，f(x)为f(x)的导函数，则f(x)的图象是()答案A 推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料解析由题意得f(x)x2sin x，易得函数f(x)为奇函数，排除 B，D；设g

20、(x)x2sin x，则g(x)12cos x，易得当x 0，3时，g(x)12cos x0，即函数f(x)在 0，3上单调递减，排除C，故选 A.2已知函数f(x)exx22kln xkx，若x2 是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是()A.，e24B.，e2C(0,2 D.)2，答案A 解析由题意得f(x)exx2x32kxkx2()exkx2x3，f(2)0，令g(x)exkx2，则g(x)在区间(0，)内恒大于等于0 或恒小于等于0，令g(x)0，得kexx2，令h(x)exx2，则h(x)exx2x3，所以h(x)的最小值为h(2)e24，无最大值，所以ke24，故选 A

21、.3已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(0)12，则不等式f(x)12ex0 的解集为()A.，12B(0，)C.12，D(，0)答案B 解析构造函数g(x)f xex，则g(x)fxf xex，因为f(x)f(x)，所以g(x)0，故函数g(x)在 R上为减函数，又f(0)12，所以g(0)f0e012，则不等式f(x)12ex0 可化为f xex12，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料即g(x)0，即所求不等式的解集为(0，)4(2018浙江杭州二中月考)若函数f(x)13bx3ax2b1bx1 存在极值点，则关于a，b的描述正确的是()

22、Aab有最大值2 Bab有最小值2 Ca2b2有最小值1 Da2b2无最大值也无最小值答案D 解析由题意得f(x)bx22axb1b，则由函数f(x)存在极值点得导函数f(x)bx22axb1b存在穿过型零点，则(2a)24b b1b0，化简得a2b21，所以a2b2无最大值也无最小值，故选D.5设过曲线f(x)exx2a(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在过曲线g(x)a2(1 2x)2sin x上一点处的切线l2，使得l1l2，则实数a的取值范围为()A 1,1 B 2,2 C 1,2 D 2,1 答案C 解析设yf(x)的切点为(x1，y1)，yg(x)的切点为(x2

23、，y2)，f(x)ex 1，g(x)a2cos x，由题意得，对任意x1 R，总存在x2使得(1ex1)(a2cos x2)1，2cos x211ex1a对任意x1R均有解x2，故211ex1a2 对任意x1R恒成立，则a211ex1a2 对任意x1R恒成立又11ex1(0,1)，a20 且 2a1，1a2.6已知f(x)xln xf 1x，则f(1)_.推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料答案12解析因为f(x)1ln xf 1x2，令x1，得f(1)1f(1)，解得f(1)12.7(2018全国)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2，则a_.答案 3 解析y(axa1)

24、ex，当x 0 时，ya1，a1 2，得a 3.8已知函数f(x)2ln x和直线l：2xy60，若点P是函数f(x)图象上的一点，则点P到直线l的距离的最小值为_答案855解析设直线y2xm与函数f(x)的图象相切于点P(x0，y0)(x00)f(x)2x，则f(x0)2x02，解得x01，P(1,0)则点P到直线2xy 60 的距离d|2 1 0 6|22 12855，即为点P到直线2xy 60的距离的最小值9已知函数f(x)xax21(a R)的值域是14，m，则常数a_，m_.答案341 解析由题意得f(x)xax2114，即a14x2x14对任意xR恒成立，且存在x R使得等号成立，

25、所以a 14x2x14max，又因为14x2x1414(x2)234，所以a 14x2x14max34，所以f(x)x34x214x34x24，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料则f(x)2x23x22x212x2 2x12x2 12，当x 2，12时，f(x)0，当x(，2)和12，时，f(x)0恒成立，所以由f(x)0，得x1；由f(x)0，得 0 x1.所以f(x)的单调增区间为(1，)，单调减区间为(0,1)(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f(x)0 在(0,1)内有解令f(x)()exaxx1x20，即 exax0，即aexx.设g(x)exx，x(0,1)，所以g(x

26、)exx1x2，当x(0,1)时，g(x)e 时，f(x)()exaxx1x2 0 有解设H(x)exax，则H(x)exa0，H(1)eae 时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一当ae时，当x(0,1)时，f(x)0 恒成立，f(x)单调递减，不成立综上，a的取值范围为(e，)11已知函数f(x)xaln xb，a，b为实数(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2x3，求a，b的值；(2)若|f(x)|3x2对x2,3 恒成立，求a的取值范围解(1)由已知，得f(x)1ax，且由题设得f(1)2，f(1)5，从而得 1a2 且 1b5，解得a 1，b4.(2)根据题设可知

27、，命题等价于当x2,3 时，1ax3x2恒成立?|xa|3x恒成立?3xax3x恒成立?x3xax3x恒成立(*)设g(x)x3x，x2,3，h(x)x3x，x2,3，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料则(*)式即为g(x)maxah(x)min，而当x2,3 时，g(x)x3x和h(x)x3x均为增函数，则g(x)maxg(3)2，h(x)minh(2)72，所以实数a的取值范围为2，72.B组能力提高12已知函数f(x)sin xxcos x，现有下列结论：当x0，时，f(x)0；当 0 s in；若nsin xxm对?x 0，2恒成立，则mn的最小值等于12；已知k0，1，当xi(

28、)0，2时，满足|sin xi|xik的xi的个数记为n，则n的所有可能取值构成的集合为0,1,2,3其中正确的个数为()A1 B 2 C 3 D 4 答案C 解析当x0，时，f(x)xsin x0，函数f(x)在0，上为增函数，所以f(x)f(0)0，正确；令g(x)sin xx，由知，当x(0，)时，g(x)xcos xsin xx2g()，即sin sin，所以 sin g22，则n2，令 (x)sin xx，当x 0，2时，(x)cos x10，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料所以(x)在 0，2上为减函数，所以(x)sin xx(0)0，所以sin xx0)，g(x)ln x

29、2.(1)当m1 时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意的x11，e，总存在x21，e，使f x1x1g x2x2 1，其中 e 是自然对数的底数，求实数m的取值范围解(1)当m1 时，f(x)1xxln x，则f(x)1x2ln x1.因为f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0，所以当x1 时，f(x)0；当 0 x1 时，f(x)0 在1，e 上恒成立，推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料所以函数(x)ln x2x在1，e 上单调递增，故 (x)2，1e.又h(x)(x)1，所以h(x)12，e，即12mx2ln xe 在1，e 上恒成立，即x22x2ln xmx2(e

30、ln x)在1，e 上恒成立设p(x)x22x2ln x，则p(x)2xln x0在1，e 上恒成立，所以p(x)在1，e 上单调递减，所以mp(x)maxp(1)12.设q(x)x2(e ln x)，则q(x)x(2e 12ln x)x(2e 12ln e)0在1，e 上恒成立，所以q(x)在1，e 上单调递增，所以mq(x)minq(1)e.综上所述，m的取值范围为12，e.15已知函数f(x)kln xx1x，且曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴垂直(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0,1)(1，e)(其中 e 为自然对数的底数)，都有f xx11x1a(a0

31、)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)kln xx1x，定义域为(0，)，f(x)kx1x2kx1x2(x0)由题意知f(1)k10，解得k1，f(x)x 1x2(x0)，由f(x)0，解得x1；由f(x)0，解得 0 x1 时，n(x)0，n(x)在1，)上单调递减，当x(1，e)时，n(x)n(1)0，当x(1，e)时，m(x)m(e)1e1，由题意知1a1e1，又a0，ae 1.下面证明：当ae 1,0 x1a成立，即证aln xx1 成立，令 (x)aln xx1，则(x)ax1axx(0 x1)，由ae 1,0 x0，故 (x)在(0,1)上是增函数，当

32、x(0,1)时，(x)(1)0，aln x1a成立，故正数a的取值范围是)e1，.方法二当x(0,1)时，ln xx11a(a0)可化为aln xx10)，令g(x)aln xx1(a0)，则问题转化为证明g(x)0)，令g(x)0，得 0 xa，令g(x)a，函数g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减推荐学习K12 资料推荐学习K12 资料()当 0a0(a(0,1)设T(x)xln xx1(0 x1)，则T(x)ln x 11ln x0(0 xT(1)0.即g(a)0(a(0,1)故此时不满足g(x)0 对任意x(0,1)恒成立；()当a1 时，函数g(x)在(0,1)上单调递增故g(x)1a(a0)，令h(x)aln xx1(a0)，则问题转化为证明h(x)0 对任意x(1，e)恒成立又h(x)ax1axx(a0)，令h(x)0 得 0 xa；令h(x)a，函数h(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减()当ae时，h(x)在(1，e)上是增函数，所以h(x)h(1)0，()当 1ae 时，h(x)在(1，a)上单调递增，在(a，e)上单调递减，所以只需h(e)0，即ae 1，()当 0a1 时，h(x)在(1，e)上单调递减，则h(x)h(1)0，不符合题意综合()()()可得ae 1.由得正数a的取值范围是)e1，.