2017届高三数学(文)二轮复习课件(全国通用)专题突破 专题2 函数与导数 第2讲 导数的简单应用_图文

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第2讲

导数的简单应用

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阅卷评析

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高考体验

演真题·明备考

1.(2014· 全国Ⅱ卷,文11)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增, 则k的取值范围是( D )
(A)(-∞,-2] (B)(-∞,-1] (C)[2,+∞) (D)[1,+∞)

解析:因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k-

1 . x 1 ≥ x

因为 f(x)在区间(1,+≦)上单调递增,所以当 x>1 时,f′(x)=k1 在区间(1,+≦)上恒成立. x 1 因为 x>1,所以 0< <1,所以 k≥1.故选 D. x

0 恒成立,即 k≥

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2.(2013· 全国Ⅱ卷,文11)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是 ( C ) (A)?x0∈R,f(x0)=0 (B)函数y=f(x)的图象是中心对称图形 (C)若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减 (D)若x0是f(x)的极值点,则f′(x0)=0

解析:因为函数f(x)的值域为R,故选项A正确.假设函数y=f(x)的 对称中心为(m,n),按向量a=(-m,-n)将函数的图象平移,则所得函 数y=f(x+m)-n为奇函数, 因此f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,代入化简得 (3m+a)x2+m3+am2+bm+c-n=0对x∈R恒成立.

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? ?3m ? a ? 0, 由? 3 得 2 ? ? m ? am ? bm ? c ? n ? 0,

a ? m ? ? , ? ? 3 ? ?n ? (? a )3 ? a ? (? a ) 2 ? b ? (? a ) ? c ? f (? a ). ? 3 3 3 3 ?

所以函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的对称中心为(-

a a ,f(- )),故选项 B 正 3 3

确.f′(x)=3x2+2ax+b,若 f(x)有极小值点 x0,则 f′(x)=0 有两不等实 根即 f(x)必有极大值点,设为 x1,若 x1<x0,则函数 f(x)在区间(-≦,x1) 上单调递增,在区间(x1,x0)上单调递减,故选项 C 错误.D 选项显然正确. 故选 C.

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3.(2015· 全国Ⅰ卷,文14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的 切线过点(2,7),则a= 解析:因为f(x)=ax3+x+1, .

所以f′(x)=3ax2+1,
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k=3a+1, 又f(1)=a+2,

所以切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),
因为点(2,7)在切线上, 所以7-(a+2)=3a+1,解得a=1. 答案:1

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4.(2016· 全国Ⅲ卷,文16)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲

线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是
解析:令x≥0,则-x≤0,f(-x)=ex-1+x, 又f(x)为偶函数, 所以x≥0时,f(x)=ex-1+x, 所以f(1)=2, f′(x)=ex-1+1, f′(1)=2, 所求切线方程为y-2=2(x-1), 即y=2x.

.

答案:y=2x

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5.(2013· 全国Ⅰ卷,文20)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+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f′(0)=4. 故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.

(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x. f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex- 1 ). 2 令f′(x)=0得,x=-ln 2或x=-2. 从而当x∈(-≦,-2)∪(-ln 2,+≦)时,f′(x)>0; 当x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故f(x)在(-≦,-2),(-ln 2,+≦)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).

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高考感悟

1.考查角度
(1)导数的几何意义:求切线方程或求参数. (2)利用导数求函数的单调区间或由单调性求参数范围. (3)利用导数求函数的极值、最值或由极值、最值求参数范围. 2.题型及难易度

选择题、填空题、解答题、难度中档偏上.

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热点突破
热点一 导数的几何意义

剖典例·促迁移

【例1】 (1)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 解析:(1)由y=x(3ln x+1)得y′=3ln x+4, 则所求切线斜率为4,则所求切线方程为y=4x-3.

;

答案:(1)y=4x-3

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(2)(2016· 福建“四地六校”联考)已知曲线f(x)= x3-x2+ax-1存在两条斜 率为3的切线,且切点的横坐标都大于零,则实数a的取值范围为 .

2 3

解析: (2)f′(x)=2x -2x+a, 设切点为(x0,y0),x0>0,因为切线斜率为 3,所以 2 x 02 -2x0+a=3, 即 2 x 02 -2x0+a-3=0 有两个正根,
? ?? ? 4 ? 4 ? 2 ? ( a ? 3) ? 0, ? 7 1 ? 0, 所以 ? 解得 3<a< . 2 ?a ? 3 ? ? 0, ? 2 7 答案: (2)(3, ) 2

2

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【方法技巧】 求曲线y=f(x)的切线方程的三种类型及方法. (1)已知切点P(x0,y0),求y=f(x)过点P的切线方程.求出切线的斜率f′(x0), 由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为k,求y=f(x)的切线方程.设切点P(x0,y0),通过方程 k=f′(x0)解得x0,再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点),求y=f(x)的切线方程.设切点P(x0,y0),利用 导数求得切线斜率f′(x0),然后由斜率公式求得切线斜率,列方程(组)解 得x0,再由点斜式或两点式写出方程.

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热点训练 1:(1)(2016·榆林二模)设曲线 y= ax+y+1=0 垂直,则 a 等于( (A)2 (B)
1 2

x ?1 在点(3,2)处的切线与直线 x ?1

)
1 2

(C)-

(D)-2

解析:(1)因为 y=

2 x ?1 ,所以 y′=, 2 x ?1 ( x ? 1)
1 , 2

所以切线斜率为 k=y′|x=3=-

因为切线与直线 ax+y+1=0 垂直,所以 a=-2,故选 D.

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(2)(2016· 贵阳二模)过点(-1,0)作抛物线y=x2+x+1的切线,则其中一条切线 为( )

(A)2x+y+2=0
(C)x+y+1=0

(B)3x-y+3=0
(D)x-y+1=0

解析: (2)因为y′=2x+1,设切点坐标为(x0,y0),则切线斜率为 2x0+1,且y0= x 2 +x0+1, 0
2 所以切线方程为y- x 0 -x0-1=(2x0+1)(x-x0),

又点(-1,0)在切线上,代入上式可解得x0=0或x0=-2, 当x0=0时,y0=1,当x0=-2时,y0=3.验证知D正确.选D.

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热点二 利用导数研究函数的单调性 考向1 确定函数的单调性(区间)

【例2】 (2016· 甘肃河西部分高中联考)已知函数f(x)=
(1)试判断函数f(x)的单调性;

ln x -1. x

解:(1)函数f(x)的定义域是(0,+≦),
由已知得f′(x)=
1 ? ln x , x2

令f′(x)=0得x=e,

当0<x<e时,f′(x)>0;
当x>e时,f′(x)<0; 所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+≦)上单调递减.

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(2)设m>0,求f(x)在[m,2m]上的最大值.
解: (2)由(1)得 f(x)在(0,e]上单调递增,在[e,+≦)上单调递减. e 当 0<m≤ 时,f(x)在[m,2m]上单调递增, 2 ln 2m 所以 f(x)max=f(2m)= -1;当 m≥e 时,f(x)在[m,2m]上单调递减, 2m ln m e 所以 f(x)max=f(m)= -1;当 <m<e 时,f(x)在[m,e]上单调递增,在[e,2m]上单 m 2 e ? ln 2m ? 1,0 ? m ? ; ? 2m 2 ? e 1 ?1 调递减,所以 f(x)max=f(e)= -1.即 f(x)max= ? ? 1, ? m ? e; 2 e ?e ? ln m ? 1, m ? e. ? m ?

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考向2 由函数的单调性求参数的范围

1 【例 3】 (1)(2016 ·全国Ⅰ卷,文 12)若函数 f(x)=x- sin 2x+asin x 在 3

(-∞,+∞)上单调递增,则 a 的取值范围是( (A)[-1,1]
? 1 1? (C) ? ? , ? ? 3 3? ? 1? (B) ? ?1, ? ? 3? 1? ? (D) ? ?1, ? ? 3? ?

)

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解析:(1)f′(x)=1=-

2 2 2 cos 2x+acos x=1- ·(2cos x-1)+acos x 3 3

4 5 2 cos x+acos x+ ,f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立. 3 3 4 2 5 t +at+ ≥0 在[-1,1]上恒成立, 3 3

令 cos x=t,t∈[-1,1],则-

即 4t2-3at-5≤0 在[-1,1]上恒成立,令 g(t)=4t2-3at-5,

? g (1) ? 4 ? 3a ? 5 ? 0, 1 1 则? 解得- ≤a≤ ,故选 C. 3 3 ? g (?1) ? 4 ? 3a ? 5 ? 0,

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(2)(2016·广西高中毕业班适应性测试)函数 f(x)=lg(ax -x +5a)在(1,2)上 递减,则实数 a 的取值范围为(
? 4 1? (A) ? , ? ?13 3 ?

3

2

)
1 (C)(-∞, ] 3 1 (D)[ ,+∞) 3

(B)(

4 1 , ] 13 3
3 2

解析:(2)设 g(x)=ax -x +5a,因为 y=lg x 在(0,+≦)上递增,所以根据复 合函数的单调性可知,g(x)在(1,2)上递减,且 g(x)>0 对 x∈(1,2)恒成 立.所以 g′(x)=3ax2-2x≤0 对 x∈(1,2)恒成立且 g(2)=13a-4≥0,所以 a≤
2 4 4 1 对 x∈(1,2)恒成立且 a≥ ,所以 ≤a≤ .故选 A. 3x 13 13 3

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【方法技巧】 (1)求函数的单调区间的方法. 确定函数y=f(x)的定义域;求导数y′=f′(x);解不等式f′(x)>0或f′(x)<0,

解集在定义域内的部分为单调区间.
(2)根据函数y=f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围的方法. ①若函数y=f(x)在(a,b)上单调递增,转化为f′(x)≥0在(a,b)上恒成立求解.

②若函数y=f(x)在(a,b)上单调递减,转化为f′(x)≤0在(a,b)上恒成立求解.
③若函数y=f(x)在(a,b)上单调,转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在(a,b)上恒 成立.

④若函数y=f(x)在(a,b)上不单调,转化为f(x)在(a,b)上有极值点.

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热点训练2:(1)(2016· 福建“四地六校”联考)若函数f(x)=x+aln x不是单 调函数,则实数a的取值范围是( )

(A)[0,+∞) (B)(-∞,0]
(C)(-∞,0) (D)(0,+∞)

解析:(1)因为函数 f(x)=x+aln x 不是单调函数, 所以 f′(x)=1+ 即 1+
a 在(0,+≦)内有零点, x

a =0 在(0,+≦)内有实根, x

所以 x=-a>0,所以 a<0.故选 C.

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(2)(2016· 广西来宾调研)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1) =0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )

(A)(-∞,-1)∪(0,1)
(C)(-∞,-1)∪(-1,0)

(B)(-1,0)∪(1,+∞)
(D)(0,1)∪(1,+∞)

f ( x) xf ?( x) ? f ( x) ,则 g(x)的导函数为 g′(x)= , 2 x x 因为当 x>0 时总有 xf′(x)<f(x)成立, 即当 x>0 时,g′(x)恒小于 0, f ( x) 所以当 x>0 时,函数 g(x)= 为减函数. x f (? x) ? f ( x ) f ( x) 又因为 g(-x)= = = =g(x), ?x ?x x

解析: (2)设 g(x)=

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所以函数 g(x)为定义域上的偶函数. 又因为 g(-1)=
f ( ?1) =0, ?1

所以函数 g(x)的大致图象如图,

? x ? 0, 数形结合可得,不等式 f(x)>0?x·g(x)>0? ? ? g ( x) ? 0 ? x ? 0, 或? ? 0<x<1 或 x<-1. ? g ( x) ? 0
故选 A.

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热点三

利用导数研究函数的极值、最值
1 3

【例4】 (2016· 闽粤部分名校联考)已知函数f(x)= x3-

(1)求c的取值范围;

1 2 x +cx+d有极值. 2

1 3 1 2 解:(1)因为 f(x)= x - x +cx+d,所以 f′(x)=x2-x+c, 3 2

因为 f(x)有极值,则方程 f′(x)=x2-x+c=0 有两个相异实数解, 从而Δ=1-4c>0,所以 c< 即 c 的取值范围为(-≦,
1 . 4 1 ). 4

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(2)若f(x)在x=2处取得极值,且当x<0时,f(x)<

1 2 d +2d恒成立,求d的取值范围. 6

解: (2)因为 f(x)在 x=2 处取得极值,f′(2)=4-2+c=0, 1 3 1 2 所以 c=-2.所以 f(x)= x - x -2x+d, 3 2 2 因为 f′(x)=x -x-2=(x-2)(x+1), 所以当 x∈(-≦,-1)时,f′(x)>0,函数单调递增, 当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0,函数单调递减. 7 所以当 x<0 时,f(x)在 x=-1 处取得最大值 +d, 6 1 7 1 因为 x<0 时,f(x)< d2+2d 恒成立,所以 +d< d2+2d, 6 6 6 即(d+7)(d-1)>0,所以 d<-7 或 d>1, 即 d 的取值范围是(-≦,-7)∪(1,+≦).

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【方法技巧】 (1)若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检验f′(x)在

方程根的左右函数值的符号.
(2)若已知函数f(x)的极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0 的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.

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1 热点训练 3:(2016·吉林白山一模)已知函数 f(x)=- x3+bx2+cx+bc. 3 4 (1)若函数 f(x)在 x=1 处有极值- ,求 b,c; 3 4 2 解:f′(x)=-x +2bx+c.(1)因为函数 f(x)在 x=1 处有极值- , 3
? f ?(1) ? ?1 ? 2b ? c ? 0, ?b ? 1, ?b ? ?1, ? 所以 ? 解得 或 1 4 ? ? f (1) ? ? ? b ? c ? bc ? ? , c ? ?1 ?c ? 3. ? ? 3 3 ?

①当 b=1,c=-1 时,f′(x)=-(x-1)2≤0, 所以 f(x)在 R 上单调递减,不存在极值. ②当b=-1,c=3时,f′(x)=-(x+3)(x-1),x∈(-3,1)时,f′(x)>0,f(x) 单调递增;x∈(1,+≦)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处 取得极大值,符合题意.综上所述,b=-1,c=3.

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1 (2)设当x∈( ,3)时,函数y=f(x)-c(x+b)图象上任一点P处的切线斜率为 2 k,若k≤2,求实数b的取值范围.

1 ,3)时, 2 1 函数 y=f(x)-c(x+b)=- x3+bx2, 3 设图象上任意一点 P(x0,y0), 1 则 k=y′|x=x0=- x 02 +2bx0,x0∈( ,3), 2 因为 k≤2, 1 所以对任意 x0∈( ,3),- x 02 +2bx0≤2 恒成立, 2

解: (2)当 x∈(

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2 x0 ?2 1 所以对任意 x0∈( ,3),不等式 b≤ 恒成立. 2 2 x0

2 x2 ? 2 1 设 g(x)= = (x+ ), 2 x 2x

1 则 g(x)≥ ×2 2 = 2 (当且仅当 x= 2 时取等号), 2

所以 b≤ 2 . 即 b 的取值范围为(-≦, 2 ].

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阅卷评析

抓关键·练规范

利用导数研究函数的性质 (2016· 全国Ⅱ卷,文20,12分)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 评分细则: 解: (1)当a=4时, 1 f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+ x -3,……1分 f′(1)=-2,……………………………………………2分 f(1)=0.…………………………………………………3分 所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0. …………………………………………………………4分 注:切线方程不化为一般式的同样得分.

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(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.

评分细则: 解: (2)因为 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),x∈(1,+≦), 所以 f′(x)=1+ 所以 f″(x)=
1 +ln x-a…………………………5 分 x

x ?1 …………………………………6 分 2 x

因为 x>1,所以 f″(x)>0,所以 f′(x)在(1,+≦)上单调递增, 所以 f′(x)>f′(1)=2-a.………………………7 分 ①当 a≤2 时,f′(x)>f′(1)≥0,所以 f(x)在(1,+≦)上单调递增. 所以 f(x)>f(1)=0,满足题意.……………………9 分

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②当a>2时,f′(1)=2-a<0,故存在x0∈(1,+≦),f′(x0)=0, 此时函数f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+≦)上单调递增, 又f(1)=0,可得存在x0∈(1,+≦),f(x0)<0,不合题意. ………………………………………………11分 综上所述,a的取值范围为(-≦,2].………12分 注:①最后无总结扣1分. ②本题不采用二次求导的只要是能求出a的范围同样得分.

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【答题启示】 1.求切线问题把握三点:(1)切点在切线上;(2)切点在曲线上;(3)导数 即斜率.

2.解决问题(2)的关键是求函数f(x)在(1,+≦)上的最小值.由f(x)min>0
求a的范围.而发现f(1)=0是解决问题的关键. 3.在求解此类问题时注意数形结合思想的应用.


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