专题4 导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案.docx
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专题4导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案
【2019年高考考纲解读】
高考对本内容的考查主要有:
(1)导数的几何意义是考查热点,要求是B级,理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率,能够解决与曲线的切线有关的问题;
(2)导数的运算是导数应用的基础,要求是B级,熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算,一般不单独设置试题,是解决导数应用的第一步;
(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容,要求是B级,对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.
(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液,使应用题涉及到的函数模型更加宽广,要求是B级;
【重点、难点剖析】
1.导数的几何意义
(1)函数y=f(x)在x=x0处的导数f′(x0)就是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,即k=f′(x0).
(2)曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).
2.基本初等函数的导数公式和运算法则
(1)基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)=c
f′(x)=0
f(x)=xn(n∈R)
f′(x)=nxn-1
f(x)=sinx
f′(x)=cosx
f(x)=cosx
f′(x)=-sinx
f(x)=ax(a>0且a≠1)
f′(x)=axlna
f(x)=ex
f′(x)=ex
f(x)=logax
(a>0且a≠1)
f′(x)=
f(x)=lnx
f′(x)=
(2)导数的四则运算
①[u(x)±v(x)]′=u′(x)±v′(x);
②[u(x)v(x)]′=u′(x)v(x)+u(x)v′(x);
③′=(v(x)≠0).
3.函数的单调性与导数
如果已知函数在某个区间上单调递增(减),则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立.在区间上离散点处导数等于零,不影响函数的单调性,如函数
y=x+sinx.
【感悟提升】
(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.
【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为________.
答案 2x-y=0
解析 ∵y=2ln(x+1),∴y′=.令x=0,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),
∴切线方程为y=2x,即2x-y=0.
【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则.
【答案】
【解析】对函数求导得,对求导得,设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点,则,由点在切线上得,由点在切线上得,这两条直线表示同一条直线,所以,解得.
【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值.求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”,即作出与直线平行的曲线的切线,则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值,结合图形可以判断是最大值还是最小值.
【举一反三】(2015·陕西,15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为________.
解析 ∵(ex)′=e0=1,设P(x0,y0),有=-=-1,
又∵x0>0,∴x0=1,故xP(1,1).
答案 (1,1)
【变式探究】
(1)曲线y=xex-1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A.2e B.e C.2 D.1
(2)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是________.
【命题意图】
(1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义.
(2)本题主要考查导数的几何意义,意在考查考生的运算求解能力.
【答案】
(1)C
(2)-3
【感悟提升】
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.
题型二、利用导数研究函数的单调性
【例2】已知函数f(x)=2ex-kx-2.
(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)=2ex-k,x∈(0,+∞),
因为x>0,所以2ex>2.
当k≤2时,f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增.
当k>2时,由f′(x)>0得x>ln ,此时f(x)单调递增;
由f′(x)<0得0 综上,当k≤2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当k>2时,f(x)在内单调递减, 在内单调递增.校的套题每日的销售量y(单位: 千套)与销售价格x(单位: 元/套)满足关系式y=+4(x-6)2,其中2 (1)求m的值;校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数),试确定销售价格x的值,使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x=4时,y=21, 代入关系式y=+4(x-6)2,得 +16=21,解得m=10. (2)由 (1)可知,套题每日的销售量y=+4(x-6)2, 所以每日销售套题所获得的利润f(x)=(x-2)+4(x-6)2=4x3-56x2+240x-278(2 从而f′(x)=12x2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2 令f′(x)=0,得x=,且在上,f′(x)>0, 函数f(x)单调递增;在(,6)上,f′(x)<0, 函数f(x)单调递减,所以x=是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点, 所以当x=≈3.3时,函数f(x)取得最大值. 故当销售价格为3.3元/套时, 网校每日销售套题所获得的利润最大. 【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时,不仅要注意函数模型中的定义域,还要注意实际问题的意义,不符合的解要舍去. 题型五 利用导数解决不等式的有关问题 【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程; (2)若当x∈(1+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围. (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1), f (1)=0,f′(x)=lnx+-3,f′ (1)=-2. 故曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程为2x+y-2=0. (2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx->0. 设g(x)=lnx-, 则g′(x)=-=,g (1)=0. ①当a≤2,x∈(1+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此g(x)>0; ②当a>2时,令g′(x)=0得x1=a-1-,x2=a-1+. 由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)<0. 综上,a的取值范围是(-∞,2]. 【举一反三】(2015·湖南,21)已知a>0,函数f(x)=eaxsinx(x∈[0,+∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点,证明: (1)数列{f(xn)}是等比数列; (2)若a≥,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 证明 (1)f′(x)=aeaxsinx+eaxcosx =eax(asinx+cosx) =eaxsin(x+φ), 其中tanφ=,0<φ<. 令f′(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m∈N*, 对k∈N,若2kπ<x+φ<(2k+1)π, 即2kπ-φ<x<(2k+1)π-φ, 则f′(x)>0; 若(2k+1)π<x+φ<(2k+2)π, 即(2k+1)π-φ<x<(2k+2)π-φ,则f′(x)<0. 因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上, f′(x)的符号总相反. 于是当x=mπ-φ(m∈N*)时,f(x)取得极值, 所以xn=nπ-φ(n∈N*). 此时,f(xn)=ea(nπ-φ)sin(nπ-φ)= (-1)n+1ea(nπ-φ)sinφ. 易知f(xn)≠0,而 ==-eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)=ea(π-φ)sinφ,公比为-eaπ的等比数列. (2)由 (1)知,sinφ=,于是对一切n∈N*; xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ<ea(nπ-φ)恒成立,等价于<(*) 恒成立,因为(a>0). 设g(t)=(t>0),则g′(t)=. 令g′(t)=0得t=1. 当0<t<1时,g′(t)<0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减; 当t>1时,g′(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增. 从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g (1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需<g (1)=e, 即只需a>. 而当a=时,由tanφ==>且0<φ<知,<φ<. 于是π-φ<<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ>>. 因此对一切n∈N*,axn=≠1,所以g(axn)>g (1)=e=.故(*)式亦恒成立. 综上所述,若a≥, 则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 【变式探究】(2015·福建,20)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R). (1)证明: 当x>0时,f(x)<x; (2)证明: 当k<1时,存在x0>0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x); (3)确定k的所有可能取值,使得存在t>0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)|<x2. (1)证明 令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈(0,+∞), 则有F′(x)=-1=. 当x∈(0,+∞)时,F′(x)<0, 所以F(x)在(0,+∞)上单调递减, 故当x>0时,F(x)<F(0)=0,即当x>0时,f(x)<x. (2)证明 令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈(0,+∞), 则有G′(x)=-k=. 当k≤0时,G′(x)>0,故G(x)在(0,+∞)单调递增,G(x)>G(0)=0, 故任意正实数x0均满足题意. 当0<k<1时,令G′(x)=0,得x==-1>0, 取x0=-1,对任意x∈(0,x0), 有G′(x)>0, 从而G(x)在(0,x0)单调递增, 所以G(x)>G(0)=0, 即f(x)>g(x). 综上,当k<1时,总存在x0>0
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