专题一第4讲 导数的简单应用备战高考数学二轮复习高分冲刺之专题精炼与答题规范Word文件下载.docx
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令x=2,得f′
(2)=4+3f′
(2)-
解得f′
(2)=-
.
(2)(2019·
江苏)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=lnx上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是________.
【答案】
(e,1)
【解析】设A(x0,lnx0),又y′=
则曲线y=lnx在点A处的切线方程为
y-lnx0=
(x-x0),
将(-e,-1)代入得,-1-lnx0=
(-e-x0),
化简得lnx0=
,解得x0=e,
则点A的坐标是(e,1).
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“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.
跟踪演练1
(1)直线2x-y+1=0与曲线y=aex+x相切,则a等于( )
A.eB.2eC.1D.2
【答案】C
【解析】设切点为(n,aen+n),因为y′=aex+1,
所以切线的斜率为aen+1,
切线方程为y-(aen+n)=(aen+1)(x-n),
即y=(aen+1)x+aen(1-n),
依题意切线方程为y=2x+1,
故
解得a=1,n=0.
(2)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )
A.y=sinxB.y=lnx
C.y=exD.y=x3
【答案】A
【解析】对函数y=sinx求导,得y′=cosx,当x=0时,该点处切线l1的斜率k1=1,当x=π时,该点处切线l2的斜率k2=-1,所以k1·
k2=-1,所以l1⊥l2;
对函数y=lnx求导,得y′=
恒大于0,斜率之积不可能为-1;
对函数y=ex求导,得y′=ex恒大于0,斜率之积不可能为-1;
对函数y=x3求导,得y′=3x2恒大于等于0,斜率之积不可能为-1.
考点二 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域.
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.
(3)已知函数单调性求参数范围,要注意导数等于零的情况.
例2 已知f(x)=a(x-lnx)+
,a∈R.讨论f(x)的单调性.
解 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=a-
若a≤0,当x∈(0,1)时,f′(x)>
0,f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时,f′(x)<
0,f(x)单调递减,
若a>
0,f′(x)=
(1)当0<
a<
2时,
>
1,
当x∈(0,1)或x∈
时,f′(x)>
当x∈
时,f′(x)<
0,f(x)单调递减.
(2)当a=2时,
=1,在x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增.
(3)当a>
2时,0<
<
或x∈(1,+∞)时,f′(x)>
0,f(x)单调递增,当x∈
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当0<
2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在
内单调递减,在
内单调递增;
当a=2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增;
当a>
2时,f(x)在
内单调递增,在
内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
易错提醒
(1)在求单调区间时“定义域优先”.
(2)弄清参数对f′(x)符号的影响,分类讨论要不重不漏.
跟踪演练2
(1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),对任意x∈(0,π),有f′(x)sinx>
f(x)cosx,且f(x)+f(-x)=0,设a=2f
,b=
f
,c=-f
,则( )
A.a<
b<
cB.b<
c<
a
C.a<
bD.c<
【解析】构造函数g(x)=
,x≠kπ,k∈Z,
g′(x)=
>
0,
所以函数g(x)在区间(0,π)上是增函数,
因为f(x)+f(-x)=0,
即f(x)=-f(-x),g(-x)=
所以函数g(x)是偶函数,
所以g
g
=g
代入【解析】式得到2f
f
-f
故a<
c.
(2)已知f(x)=(x2+2ax)lnx-
x2-2ax在(0,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.{1}B.{-1}C.(0,1]D.[-1,0)
【解析】f(x)=(x2+2ax)lnx-
x2-2ax,
f′(x)=2(x+a)lnx,
∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
当x=1时,f′(x)=0满足题意;
当x>
1时,lnx>
0,要使f′(x)≥0恒成立,
则x+a≥0恒成立.
∵x+a>
1+a,∴1+a≥0,解得a≥-1;
x<
1时,lnx<
则x+a≤0恒成立,
∵x+a<
1+a,∴1+a≤0,解得a≤-1.
综上所述,a=-1.
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
1.由导函数的图象判断函数y=f(x)的极值,要抓住两点
(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点;
(2)由y=f′(x)的图象可以看出y=f′(x)的函数值的正负,从而可得到函数y=f(x)的单调性,可得极值点.
2.求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.
例3
(1)若函数f(x)=ex-(m+1)lnx+2(m+1)x-1恰有两个极值点,则实数m的取值范围为( )
A.(-e2,-e)B.
C.
D.(-∞,-e-1)
【答案】D
【解析】由题可得f′(x)=ex-
+2(m+1),x>
因为函数f(x)=ex-(m+1)lnx+2(m+1)x-1恰有两个极值点,所以函数f′(x)=ex-
+2(m+1)(x>
0)有两个不同的变号零点.
令ex-
+2(m+1)=0,
等价转化成
=m+1(x>
0)有两个不同的实数根,
记h(x)=
所以h′(x)=
=-
时,h′(x)>
此时函数h(x)在此区间上单调递增,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<
此时函数h(x)在此区间上单调递减,
作出h(x)=
的简图如图,
要使得
=m+1有两个不同的实数根,
则h
(1)>
m+1,即-e>
m+1,
整理得m<
-1-e.
(2)已知函数f(x)=ax+ex-(1+lna)x(a>
0,a≠1),对任意x1,x2∈[0,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤
alna+e-4恒成立,则a的取值范围为( )
B.[2,e]
C.[e,+∞)D.(e,+∞)
【解析】依题意,得alna+e-4≥0,①
因为f′(x)=axlna+ex-1-lna=(ax-1)lna+ex-1,
1时,对任意的x∈[0,1],ax-1≥0,lna>
0,ex-1≥0,恒有f′(x)≥0;
1时,对任意x∈[0,1],ax-1≤0,lna<
0,ex-1≥0,恒有f′(x)≥0,
所以f(x)在[0,1]上是增函数,则对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤alna+e-4恒成立,只需f(x)max-f(x)min≤alna+e-4,
因为f(x)max=f
(1)=a+e-1-lna,
f(x)min=f(0)=1+1=2,
所以a+e-1-lna-2≤alna+e-4,
即a-lna+1-alna≤0,
即(1+a)(1-lna)≤0,所以lna≥1,
从而有a≥e,而当a≥e时,①式显然成立.故选C.
易错提醒 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题:
(1)不能忽略函数f(x)的定义域.
(2)f′(x0)=0是可导函数在x=x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
(4)函数在区间(a,b)上有唯一极值点,则这个极值点也是最大(小)值点,此结论在导数的实际应用中经常用到.
跟踪演练3
(1)若x=
是函数f(x)=lnx-kx的极值点,则函数f(x)=lnx-kx有( )
A.极小值-2B.极大值-2
C.极小值-1D.极大值-1
【解析】由题意得f′(x)=
-k,
∴f′
=e-k=0,∴k=e.
由f′(x)=
-e=0,得x=
0,函数f(x)单调递增;
0,函数f(x)单调递减,
所以函数f(x)的极大值为f
=ln
-e×
=-2.
(2)已知点M在圆C:
x2+y2-4y+3=0上,点N在曲线y=1+lnx上,则线段MN的长度的最小值为________.
-1
【解析】由题可得C(0,2),圆C的半径r=1.
设N(t,1+lnt)(t>
0),
令f(t)=|CN|2,则f(t)=t2+(1-lnt)2(t>
所以f′(t)=2t+2(1-lnt)
=
令φ(t)=t2+lnt-1(t>
易知函数φ(t)在(0,+∞)上单调递增,且φ
(1)=0,
所以当0<
t<
1时,f′(t)<
0;
当t>
1时,f′(t)>
所以f(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以f(t)min=f
(1)=2.
因为|MN|≥|CN|-1=
-1,
所以线段MN的长度的最小值为
-1.
专题强化练
一、单项选择题
1.(2020·
全国Ⅰ)函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f
(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1B.y=-2x+1
C.y=2x-3D.y=2x+1
【解析】f
(1)=1-2=-1,切点坐标为(1,-1),
f′(x)=4x3-6
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