浙江专版高考数学第1部分重点强化专题专题6函数与导数突破点16导数的应用教学案0305150Word下载.docx
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1.(2013·
浙江高考)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( )
A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值
B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值
D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
C [当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),则f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=exx-1,所以f′
(1)=e-1≠0,
所以f
(1)不是极值.
当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,
则f′(x)=ex(x-1)2+2(ex-1)(x-1)=ex(x2-1)-2(x-1)=(x-1)[ex(x+1)-2],
所以f′
(1)=0,且当x>1时,f′(x)>0;
在x=1附近的左侧,f′(x)<0,所以f
(1)是极小值.]
2.(2013·
浙江高考)已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图161所示,则该函数的图象是( )
图161
B [从导函数的图象可以看出,导函数值先增大后减小,x=0时最大,所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小,在x=0时变化率最大.A项,在x=0时变化率最小,故错误;
C项,变化率是越来越大的,故错误;
D项,变化率是越来越小的,故错误.B项正确.]
3.(2013·
浙江高考)已知a∈R,函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处的切线方程;
(2)若|a|>
1,求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
[解]
(1)当a=1时,f′(x)=6x2-12x+6,所以f′
(2)=6.3分
又因为f
(2)=4,所以切线方程为y-4=6(x-2),
即6x-y-8=0.5分
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).
令f′(x)=0,得x1=1,x2=a.8分
当a>
1时,
x
(0,1)
1
(1,a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
+
-
f(x)
单调
递增
极大值
3a-1
递减
极小值
a2(3-a)
4a3
比较f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得
g(a)=
10分
当a<
-1时,
(1,-2a)
-2a
单调递减
极小值3a-1
单调递增
-28a3-24a2
得g(a)=3a-1.14分
综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
15分
回访2 导数的综合应用
4.(2017·
浙江高考)已知函数f(x)=(x-
)e-x
.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间
上的取值范围.
[解]
(1)因为(x-
)′=1-
,
(e-x)′=-e-x,
所以f′(x)=
e-x-(x-
=
.6分
(2)由f′(x)=
=0,
解得x=1或x=
.9分
因为
e-
又f(x)=
(
-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间
上的取值范围是
.15分
5.(2014·
浙江高考)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)设b∈R,若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
[解]
(1)因为f(x)=
2分
由于-1≤x≤1.
①当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.
此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f
(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.3分
②当-1<
a<
若x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;
若x∈(-1,a),f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f
(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3.
由于f
(1)-f(-1)=-6a+2,因此
当-1<a≤
时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;
当
<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.4分
③当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,
此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f
(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.6分
综上可知,
M(a)-m(a)=
7分
(2)令h(x)=f(x)+b,则
h(x)=
h′(x)=
因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,
所以由
(1)知,
①当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h
(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾;
9分
a≤
时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h
(1)=4-3a+b,
所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤
令t(a)=-2-a3+3a,则t′(a)=3-3a2>
0,t(a)在
上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,
因此-2≤3a+b≤0.11分
③当
<
1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,
所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-
3a+b≤0.13分
④当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h
(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.
综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.15分
6.(2013·
浙江高考)已知a∈R,函数f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(2)当x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.
[解]
(1)由题意f′(x)=3x2-6x+3a,
故f′
(1)=3a-3.2分
又f
(1)=1,所以所求的切线方程为y=(3a-3)x-3a+4.5分
(2)由于f′(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,
故①当a≤0时,有f′(x)≤0,此时f(x)在[0,2]上单调递减,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f
(2)|}=3-3a.7分
②当a≥1时,有f′(x)≥0,此时f(x)在[0,2]上单调递增,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f
(2)|}=3a-1.9分
③当0<a<1时,设x1=1-
,x2=1+
则0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x-x2).
列表如下:
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,2)
2
3-3a
f(x1)
极小
f(x2)值
由于f(x1)=1+2(1-a)·
,f(x2)=1-2(1-a)·
,10分
故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)·
>0,从而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max=max{f(0),|f
(2)|,f(x1)}.
①当0<a<
时,f(0)>|f
(2)|.
又f(x1)-f(0)=2(1-a)
-(2-3a)=
>0,
故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a)
.12分
②当
≤a<1时,|f
(2)|=f
(2),且f
(2)≥f(0).
又f(x1)-|f
(2)|=2(1-a)
-(3a-2)=
所以(ⅰ)当
≤a<
时,f(x1)>|f
(2)|.14分
故f(x)max=f(x1)=1+2(1-a)
(ⅱ)当
≤a<1时,f(x1)≤|f
(2)|.
故f(x)max=|f
(2)|=3a-1.
综上所述,
|f(x)|max=
15分
(对应学生用书第59页)
热点题型1 利用导数研究函数的单调性问题
题型分析:
利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第1问中呈现,有一定的区分度,此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等.
【例1】 已知x=1是f(x)=2x+
+lnx的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
(2)设函数g(x)=f(x)-
,若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增,求实数a的取值范围.【导学号:
68334147】
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- 浙江 专版 高考 数学 部分 重点 强化 专题 函数 导数 突破点 16 应用 教学 0305150
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