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【新步步高】2017版高考数学(文)大二轮总复习与增分策略配套练习:专题2 函数与导数第3讲(江苏专用).doc


第3讲

导数及其应用

1.(2016· 四川改编)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a=________. 答案 2 解析 ∵f(x)=x3-12x,∴f′(x)=3x2-12, 令 f′(x)=0,则 x1=-2,x2=2. 当 x∈(-∞,-2),(2,+∞)时,f′(x)>0,则 f(x)单调递增; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,则 f(x)单调递减,∴f(x)的极小值点为 a=2. 1 2.(2016· 课标全国乙改编)若函数 f(x)=x- sin2x+asinx 在(-∞,+∞)上单调递增,则 a 的 3 取值范围是____________. 1 1? 答案 ? ?-3,3? 1 解析 ∵函数 f(x)=x- sin 2x+asin x 在(-∞,+∞)上单调递增, 3 2 ∴f′(x)=1- cos 2x+acos x 3 2 =1- (2cos2x-1)+acos x 3 4 5 4 5 =- cos2x+acos x+ ≥0,即 acos x≥ cos2x- 在(-∞,+∞)恒成立. 3 3 3 3 5 当 cos x=0 时,恒有 0≥- ,得 a∈R; 3 4 5 4 5 当 0<cos x≤1 时,得 a≥ cos x- ,令 t=cos x,f(t)= t- 在(0,1]上为增函数,得 a≥f(1) 3 3cos x 3 3t 1 =- ; 3 4 5 4 5 当-1≤cos x<0 时, 得 a≤ cos x- , 令 t=cos x, f(t)= t- 在[-1,0)上为增函数, 得 a≤f(- 3 3cos x 3 3t 1 1)= . 3 1 1? 综上,可得 a 的取值范围是? ?-3,3?. 3.(2016· 山东改编)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.给出四个函数①y=sinx;②y=lnx;③y=ex;④y=x3, 其中具有 T 性质的是________.

答案 ① 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 1 时,该点处切线 l2 的斜率 k2=-1,∴k1· k2=-1,∴l1⊥l2;对函数 y=lnx 求导,得 y′= 恒 x 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,得 y′=2x2 恒大于等于 0,斜率之积不可能为-1. 4.(2016· 天津)已知函数 f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′(0)的值为________. 答案 3 解析 因为 f(x)=(2x+1)ex, 所以 f′(x)=2ex+(2x+1)ex=(2x+3)ex, 所以 f′(0)=3e0=3.

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)函数 f(x)=excosx 的图象在(0,f(0))处的切线方程为____________________.

(2)已知 f(x)=x3-2x2+x+6,则 f(x)在点 P(-1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等 于________. 答案 (1)x-y+1=0 解析 25 (2) 4

(1)f′(x)=excosx+ex(-sinx),f′(0)=e0cos0+e0(-sin0)=1,f(0)=e0cos0=1,f(x)的图

象在点(0,f(0))处的切线方程为 y=x+1,即 x-y+1=0. (2)∵f(x)=x3-2x2+x+6, ∴f′(x)=3x2-4x+1, ∴f′(-1)=8,切线方程为 y-2=8(x+1), 即 8x-y+10=0,令 x=0,得 y=10,

5 令 y=0,得 x=- , 4 1 5 25 ∴所求面积 S= × × 10= . 2 4 4 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 ________. 答案 1 解析 由题意得, ?2 -cosx? ′sin x-? 2 -cosx? ? sin x? ′ y′= sin2x 1-2cosx = , sin2x 2-cosx π ? 则曲线 y= 在点? ?2,2?处的切线的斜率为 sinx π 1-2cos 2 k1= =1. π sin2 2 1 因为直线 x+ay+1=0 的斜率 k2=- , 又该切线与直线 x+ay+1=0 垂直, 所以 k1k2=-1, a 解得 a=1. 设曲线 y = 2-cosx π ? 在点? ?2,2? 处的切线与直线 x+ay+1=0 垂直,则 a= sinx

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 已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+ 4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值.

解 (1)f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4 =ex(ax+a+b)-2x-4, ∵y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+4, ∴f′(0)=a+b-4=4,f(0)=b=4, ∴a=4,b=4. (2)由(1)知 f′(x)=4ex(x+2)-2(x+2) =2(x+2)(2ex-1) 1 令 f′(x)=0 得 x1=-2,x2=ln , 2 列表:

x

(-∞,-2)

-2

?-2,ln1? 2? ?
- ↘

ln

1 2

1 (ln ,+∞) 2

f′(x) f(x)

+ ?↗

0 极大值

0 极小值

+ ?↗

1 ? ∴y=f(x)的单调增区间为(-∞,-2),? ?ln 2,+∞?; 1? 单调减区间为? ?-2,ln 2?. f(x)极大值=f(-2)=4-4e 2.


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)已知 m 是实数,函数 f(x)=x2(x-m),若 f′(-1)=-1,则函数 f(x)的单调递 增区间是__________________. (2)若函数 f(x)=2x2-lnx 在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数 k 的取值范围是__________. 4? ? 3? 答案 (1)? ?-∞,-3?∪(0,+∞) (2)?1,2? 解析 (1)因为 f′(x)=3x2-2mx, 所以 f′(-1)=3+2m=-1,解得 m=-2. 4 4 由 f′(x)=3x2+4x>0, 解得 x<- 或 x>0, 即函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, - )∪(0, +∞). 3 3

(2)f(x)的定义域为(0,+∞). 1 f′(x)=4x- . x 1 由 f′(x)=0,得 x= . 2 1 ? ?k-1<2<k+1, 据题意,得? ?k-1≥0, ? 3 解得 1≤k< . 2

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. 2 例 3 已知函数 f(x)=ax- -3lnx,其中 a 为常数. x 2?? 3 ? 2 (1)当函数 f(x)的图象在点?3,f? 求函数 f(x)在? ?3? 处的切线的斜率为 1 时, ?2,3?上的最小值;

?

?

(2)若函数 f(x)在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求 a 的取值范围. 2 3 解 (1)f′(x)=a+ 2- (x>0), x x 2? 由题意可知,f′? ?3?=1,解得 a=1. 2 故 f(x)=x- -3lnx, x ∴f′(x)= ?x-1??x-2? , x2

根据题意由 f′(x)=0,得 x=2. 于是可得下表: x f′(x) f(x) 3 2

?3,2? ?2 ?
- ?↘

2 0 1-3ln2

(2,3) + ↗?

3

∴f(x)min=f(2)=1-3ln2.
2 2 3 ax -3x+2 (2)f′(x)=a+ 2- = (x>0), x x x2

由题意可得方程 ax2-3x+2=0 有两个不等的正实根,不妨设这两个根为 x1,x2,并令 h(x) =ax2-3x+2,

? ?x +x =3>0, a 则? 2 ? ?x x =a>0,
1 2 1 2

Δ=9-8a>0,

Δ=9-8a>0, ? ? ? ?也可以为?--3>0, 2a ? ? ?h? 0? >0 ?

? ? ? ?

9 解得 0<a< . 8 9? 故 a 的取值范围为? ?0,8?. 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]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)=lnx+ax-a2x2(a≥0). (1)若 x=1 是函数 y=f(x)的极值点,求 a 的值; (2)若 f(x)<0 在定义域内恒成立,求实数 a 的取值范围. 解 (1)函数的定义域为(0,+∞), f′(x)= -2a2x2+ax+1 . x

因为 x=1 是函数 y=f(x)的极值点, 所以 f′(1)=1+a-2a2=0, 1 解得 a=- (舍去)或 a=1. 2 经检验,当 a=1 时,x=1 是函数 y=f(x)的极值点, 所以 a=1. (2)当 a=0 时,f(x)=lnx,显然在定义域内不满足 f(x)<0 恒成立; 当 a>0 时, 令 f′(x)= ?2 ax+1? ? -ax+1? =0, x

1 1 得 x1=- (舍去),x2= , 2a a 所以 x,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x) 1 1 所以 f(x)max=f( )=ln <0, a a 所以 a>1.

1 (0, ) a + ?↗

1 a 0 极大值

1 ( ,+∞) a - ↘?

综上可得,a 的取值范围是(1,+∞).

1.设函数 y=f(x)的导函数为 f′(x),若 y=f(x)的图象在点 P(1,f(1))处的切线方程为 x-y+2 =0,则 f(1)+f′(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“过某一点的 切线”问题,也是易错易混点. 答案 4 解析 依题意有 f′(1)=1,1-f(1)+2=0,即 f(1)=3, 所以 f(1)+f′(1)=4. a 2.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a 在 x=1 处取得极大值 10,则 的值为________. b 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. 2 答案 - 3
?3+2a+b=0, ? 解析 由题意知 f′(x)=3x2+2ax+b,f′(1)=0,f(1)=10,即? 解得 2 ?1+a+b-a -7a=10, ? ?a=-2, ?a=-6, ?a=-6, ? ? ? a 2 ? 或? 经检验? 满足题意,故 =- . b 3 ? ? ? b = 1 b = 9 , b = 9 , ? ? ?

3.已知函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x2-alnx 在(1,2)上为增函数,则 a 的值等于________. 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用,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)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,

a ∴ ≥1,得 a≥2. 2 a 又∵g′(x)=2x- , 依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立, 得 2x2≥a 在 x∈(1,2)上恒成立, 有 a≤2, x ∴a=2. 1 4. 已知函数 f(x)=x- , g(x)=x2-2ax+4, 若任意 x1∈[0,1], 存在 x2∈[1,2], 使 f(x1)≥g(x2), x+1 则实数 a 的取值范围是__________. 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. 9 ? 答案 ? ?4,+∞? 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增, ?x+1?2

所以 x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1. 根据题意可知存在 x∈[1,2], 使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1, x 5 即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立, 2 2x x 5 令 h(x)= + , 2 2x 则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min, x 5 又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减, 2 2x 9 9 所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4

A 组 专题通关 1.设函数 f(x)在(0,+∞)内可导,且 f(ex)=x+ex,则 f′(1)=________. 答案 2 解析 令 t=ex,f(t)=t+lnt(t>0), 1 所以 f(x)=x+lnx(x>0).f′(x)=1+ ,f′(1)=2. x x 2.曲线 y=f(x)= 2 在点(1,f(1))处的切线方程是____________. x +1 1 答案 y= 2

1-x2 x 解析 f(x)= 2 的导数 f′(x)= , x +1 ?1 +x2?2 ∴曲线在点(1,f(1))处的切线斜率 k=0, 1? ∵切点为? ?1,2?, 1 ∴曲线在点(1,f(1))处的切线方程为 y= . 2 3.已知 a≥0,函数 f(x)=(x2-2ax)ex.若 f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则 a 的取值范围是 ____________. 3 答案 [ ,+∞) 4 解析 f′(x)=ex[x2+2(1-a)x-2a], ∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f′(x)≤0 在[-1,1]上恒成立.令 g(x)=x2+2(1-a)x-2a,
?g? 1? ≤0 , ? 3 则? 解得 a≥ . 4 ?g?-1? ≤0 , ?

4.函数 f(x)=x3-3x 的极小值为________. 答案 -2 解析 f′(x)=3x2-3,令 f′(x)=0,得 x=1 或 x=-1. 当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)在(-1,1)内是减函数;当 x∈(-∞,-1)或 x∈(1,+ ∞)时,f′(x)>0,函数 y=f(x)在(-∞,-1)或(1,+∞)上是增函数,故当 x=1 时,函数 f(x)取 得极小值 f(1)=13-3× 1=-2. 5.已知函数 f(x)=x+alnx,若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处的切线过原点,则实数 a 的值为 ________. 答案 e a 解析 因为 f′(x)=1+ , x a+alna 因此 f′(a)=2= ? lna=1? a=e. a 6. 已知函数 f(x)=asinx+bx3+4(a, b∈R), f′(x)为 f(x)的导函数, 则 f(2014)+f(-2014)+f′(2015) -f′(-2015)=__________. 答案 8 解析 因为 f(x)=asinx+bx3+4(a,b∈R),所以 f′(x)=acosx+3bx2.因为 f(x)-4=asinx+bx3 为奇函数,且 f′(x)=acosx+3bx2 为偶函数,所以 f(2014)+f(-2014)+f′(2015)-f′(-2015)= [f(2 014)-4]+[f(-2 014)-4]+8=8. 7.已知函数 f(x)=x3+2x,若 f (1) ? f (log 1 3) ? 0 (a>0 且 a≠1),则实数 a 的取值范围是
a

______________.

答案

(0,1)∪(3,+∞)

解析 因为 f′(x)=3x2+2>0,f(-x)=-f(x),所以 f(x)=x3+2x 为 R 上单调递增的奇函数, 因此由 f (1) ? f (log 1 3) ? 0 得 f (1) ? f (log 1 3) ? ? f ( ? log a 3) ? f (log a 3), 即 1>loga3, 当
a a

a>1 时,a>3,当 0<a<1 时,成立,即实数 a 的取值范围是(0,1)∪(3,+∞). 1 1 2 8 .若函数 f(x) =- x3 + x2 + 2ax 在 [ ,+∞) 上存在单调递增区间,则 a 的取值范围是 3 2 3 ________. 1 答案 (- ,+∞) 9 1 1 2 2 解析 f′(x)=-x2+x+2a=-(x- )2+ +2a.当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′( )=2a+ 2 4 3 3 2 2 1 1 ,令 2a+ >0,解得 a>- ,所以 a 的取值范围是(- ,+∞). 9 9 9 9 9.(2016· 北京)设函数 f(x)=xea x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y=(e-1)x


+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 解 (1)f(x)的定义域为 R. ∵f′(x)=ea x-xea x+b=(1-x)ea x+b.
- - -

?f? 2? ?2ea 2+2b=2e+2, =2e+2, ? ? 依题设,? 即? a-2 ?f′? 2? ? =e-1, ? ?-e +b=e-1.


解得 a=2,b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe2 x+ex,


由 f′(x)= e

2? x

(1-x+ex 1)及 e2 x>0 知,
- - -1

f′(x)与 1-x+ex

同号.


令 g(x)=1-x+ex 1, 则 g′(x)=-1+ex 1.


∴当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞), 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). x2 10.已知函数 f(x)= -lnx,x∈[1,3]. 8

(1)求 f(x)的最大值与最小值; (2)若 f(x)<4-at 对任意的 x∈[1,3],t∈[0,2]恒成立,求实数 a 的取值范围. x2 x 1 解 (1)∵函数 f(x)= -lnx,∴f′(x)= - , 8 4 x 令 f′(x)=0,得 x=2 或 x=-2(舍去). ∵x∈[1,3], 当 1<x<2 时,f′(x)<0; 当 2<x<3 时,f′(x)>0. ∴f(x)在(1,2)上是单调减函数, 在(2,3)上是单调增函数, 1 ∴f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2)= -ln2. 2 1 9 又 f(1)= ,f(3)= -ln3, 8 8 1 9 ∵ln3>1,∴ -( -ln3)=ln3-1>0, 8 8 ∴f(1)>f(3), 1 ∴当 x=1 时,f(x)取得最大值为 . 8 1 当 x=2 时,f(x)取得最小值为 -ln2. 2 1 (2)由(1)知,当 x∈[1,3]时,f(x)≤ , 8 故对任意 x∈[1,3],f(x)<4-at 恒成立, 1 31 只要 4-at> 对任意 t∈[0,2]恒成立,即 at< 恒成立,记 g(t)=at,t∈[0,2]. 8 8

?g? 0? <8 , ∴? 31 ?g? 2? <8 ,

31

31 解得 a< , 16

31 ∴实数 a 的取值范围是(-∞, ). 16

B 组 能力提高 11. 已知函数 f(x)是定义在 R 上的可导函数, f′(x)为其导函数, 若对任意实数 x, 有 f(x)-f′(x)>0, 则 ef(2015)________f(2016).(填“>”“<”“=”) 答案 > f′?x?-f?x? f?x? f?x? 解析 令 g(x)= x ,则 g′(x)= <0,函数 g(x)= x 在 R 上单调递减, e ex e

f? 2015? f? 2016? 所以 g(2015)>g(2016),即 > ,ef(2015)>f(2016). e2015 e2016 x+4 12.(2016· 江苏苏北三市高三最后一次模拟)若点 P,Q 分别是曲线 y= 与直线 4x+y=0 x 上的动点,则线段 PQ 长的最小值为_________. 答案 7 17 17

x+4 4 4 解析 设两直线 4x+y=m 与 y= 相切,P 为切点.由 y′=- 2得- 2=-4? x=± 1,因 x x x 此 P(1,5)或 P(-1,-3),m=9 或 m=-7,两直线 4x+y=m,4x+y=0 间距离分别为 7 7 17 ,故线段 PQ 长的最小值为 . 17 17 13.设函数 f(x)=-x3+mx2-m(m>0). (1)当 m=1 时,求函数 f(x)的单调减区间; (2)设 g(x)=|f(x)|,求函数 g(x)在区间[0,m]上的最大值. 解 (1)当 m=1 时,f(x)=-x3+x2-1. f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2). 2 由 f′(x)<0,解得 x<0 或 x> . 3 2 所以函数 f(x)的减区间是(-∞,0),( ,+∞). 3 (2)依题意 m>0. 因为 f(x)=-x3+mx2-m, 所以 f′(x)=-3x2+2mx=-x(3x-2m). 2m 由 f′(x)=0,得 x= 或 x=0. 3 2m 当 0<x< 时,f′(x)>0, 3 2m 所以 f(x)在(0, )上为增函数; 3 2m 当 <x<m 时,f′(x)<0, 3 2m 所以 f(x)在( ,m)上为减函数; 3 2m 4 所以,f(x)极大值=f( )= m3-m. 3 27 4 3 6 4 ①当 m3-m≥m,即 m≥ 时,ymax= m3-m. 27 2 27 9 或 17

4 3 6 ②当 m3-m<m,即 0<m< 时,ymax=m. 27 2 4 3 6 m -m,m≥ , ?27 2 =? 3 6 ?m,0<m< 2 .
3

综上,ymax


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