高考数学理二轮复习 讲学案考前专题二函数与导数 第3讲 导数及其应用.docx
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高考数学理二轮复习讲学案考前专题二函数与导数第3讲导数及其应用
第3讲 导数及其应用
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.
3.导数与函数零点,不等式的结合常作为高考压轴题出现.
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k=f′(x0),相应的切线方程为y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).
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)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y=在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )
A.2x+y-1=0B.2x-y+1=0
C.x-2y+2=0D.x+2y-2=0
答案 B
解析 因为y′==-,
故切线的斜率k=-,即所求直线的斜率k=2,
方程为y-1=2(x-0),即2x-y+1=0.故选B.
(2)(2017届成都一诊)已知曲线C1:
y2=tx(y>0,t>0)在点M处的切线与曲线C2:
y=ex+1-1也相切,则tln的值为( )
A.4e2B.8e
C.2D.8
答案 D
解析 曲线C1:
y=,y′=.
当x=时,y′=,切线方程为y-2=,
化简为y=x+1.①
与曲线C2相切,设切点为(x0,y0),
y′|=e=,x0=ln-1,
那么y0=e-1=-1,
切线方程为y-=,
化简为y=x-ln+-1,②
①②是同一方程,
所以-ln+-1=1⇔ln=,
即t=4,那么tln=4lne2=8,故选D.
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)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f(x)=3x+cos2x+sin2x,a=f′,f′(x)是f(x)的导函数,则过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线方程为________.
答案 3x-y-2=0或3x-4y+1=0
解析 f′(x)=3-2sin2x+2cos2x,f′=3-2=1,则a=1,点P的坐标为,
若P为切点,y′=3x2,曲线y=x3在点P处切线的斜率为3,切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0;若P不为切点,设曲线y=x3的切线的切点为(m,n),曲线y=x3的切线的斜率k=3m2,则=3m2.又n=m3,则m=-,n=-,得切线方程为y+=,即3x-4y+1=0.∴过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线方程为3x-y-2=0或3x-4y+1=0.
(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f(x)=lnx与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是( )
A.B.(-1,+∞)
C.(1,+∞)D.(-ln2,+∞)
答案 A
解析 设公切线与函数f(x)=lnx切于点A(x1,lnx1)(x1>0),则切线方程为y-lnx1=(x-x1).设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,x+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(x+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),∴
∵x2<0 又a=lnx1+2-1=-ln+2-1, 令t=,∴0 设h(t)=t2-t-lnt(0 则h′(t)=t-1-=<0, ∴h(t)在(0,2)上为减函数, 则h(t)>h (2)=-ln2-1=ln, ∴a∈(ln,+∞),故选A. 热点二 利用导数研究函数的单调性 1.f′(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. 2.f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有f′(x)=0时,则f(x)为常函数,函数不具有单调性. 例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f(x)=x2+alnx. (1)当a=-2时,求函数f(x)的单调区间; (2)若g(x)=f(x)+,在[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围. 解 (1)f′(x)=2x-,令f′(x)>0,得x>1; 令f′(x)<0,得0 所以f(x)的单调递增区间是(1,+∞), 单调递减区间是(0,1). (2)由题意g(x)=x2+alnx+, g′(x)=2x+-, 若函数g(x)为[1,+∞)上的单调增函数, 则g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立, 即a≥-2x2在[1,+∞)上恒成立, 设φ(x)=-2x2. ∵φ(x)在[1,+∞)上单调递减, ∴φ(x)max=φ (1)=0,∴a≥0; 若函数g(x)为[1,+∞)上的单调减函数, 则g′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,不可能. ∴实数a的取值范围为[0,+∞). 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)①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)<0; ②若已知函数的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解. 跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f(x)=lnx+ax2-2在区间内存在单调递增区间,则实数a的取值范围是( ) A.(-∞,-2]B. C.D.(-2,+∞) 答案 D 解析 由题意得f′(x)=+2ax, 若f(x)在区间内存在单调递增区间, 则f′(x)>0在上有解, 即a>min. 又g(x)=-在上是单调递增函数, 所以g(x)>g=-2, 所以a>-2. 故选D. (2)定义在上的函数f(x),f′(x)是它的导函数,且恒有f(x) A.f >f B.f (1)<2f sin1 C.f >f D.f 答案 D 解析 构造函数F(x)=. 则F′(x)=>0,x∈, 从而有F(x)=在上为增函数, 所以有F 热点三 利用导数求函数的极值、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,右侧f′(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值. 2.设函数y=f(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 (2017届云南大理州统测)设函数G(x)=xlnx+(1-x)·ln(1-x). (1)求G(x)的最小值; (2)记G(x)的最小值为c,已知函数f(x)=2a·ex+c+-2(a+1)(a>0),若对于任意的x∈(0,+∞),恒有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围. 解 (1)由已知得0 G′(x)=lnx-ln(1-x)=ln. 令G′(x)<0,得0 令G′(x)>0,得 所以G(x)的单调减区间为, 单调增区间为. 从而G(x)min=G=ln=-ln2. (2)由 (1)中c=-ln2, 得f(x)=a·ex+-2(a+1). 所以f′(x)=. 令g(x)=ax2·ex-(a+1), 则g′(x)=ax(2+x)ex>0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为g(0)=-(a+1),且当x→+∞时,g(x)>0, 所以存在x0∈(0,+∞),使g(x0)=0,且f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. 因为g(x0)=ax·e-(a+1)=0, 所以ax·e=a+1,即a·e=, 因为对于任意的x∈(0,+∞),恒有f(x)≥0成立, 所以f(x)min=f(x0)=a·e+-2(a+1)≥0, 所以+-2(a+1)≥0, 即+-2≥0,即2x-x0-1≤0, 所以-≤x0≤1. 因为ax·e=a+1,所以x·e=>1. 又x0>0,所以0 所以1<≤e,故a≥. 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 已知函数f(x)=ax3+bx2,在x=1处取得极值. (1)求a,b的值; (2)若对任意的x∈[0,+∞),都有f′(x)≤kln(x+1)成立(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),求实数k的最小值. 解 (1)由题设可得f′(x)=3ax2+2bx, ∵f(x)在x=1处取得极值, ∴即 解得a=-,b=,经检验知,a=-,b=满足题设条件. (2)由 (1)得f(x)=-x3+x2, ∴f′(x)=-x2+x,∴-x2+x≤kln(x+1)在[0,+∞)上恒成立, 即x2-x+kln(x+1)≥0在x∈[0,+∞)上恒成立, 设g(x)=x2-x+kln(x+1),则g(0)=0, g′(x)=2x-1+=,x∈[0,+∞), 设h(x)=2x2+x+k-1, ①当Δ=1-8(k-1)≤0,即k≥时,h(x)≥0, ∴g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴g(x)≥g(0)=0,即当k≥时,满足题设条件. ②当Δ=1-8(k-1)>0,即k<时,设x1,x2是方程2x2+x+k-1=0的两个实根,且x1 ∴g(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴g(x)≥g(0)=0,∴当1≤k<时,也满足条件, 综上,k的取值范围为[1,+∞),∴实数k的最小值为1. 真题体验 1.(2017·浙江改编)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是________.(填序号) 答案 ④ 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, ∴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①,③. 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是极大值点,且x2>0,故④正确. 2.(2017·全国Ⅱ改编)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)·ex-1的极值点,则f(x)的极小值为________. 答案 -1 解析 函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1, 则f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 =ex-1[x2+(a+2)x+a-1]. 由x=-2是
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