《2022年高考數(shù)學專題復(fù)習 第14講 導數(shù)的應(yīng)用（一）練習 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學專題復(fù)習 第14講 導數(shù)的應(yīng)用（一）練習 新人教A版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學專題復(fù)習 第14講 導數(shù)的應(yīng)用（一）練習 新人教A版 [考情展望]　1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.2.利用導數(shù)求函數(shù)的極值與閉區(qū)間上的最值.3.借助導數(shù)求參數(shù)的范圍． 一、函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系 　函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導，則 (1)若f′(x)＞0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； (2)若f′(x)＜0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； (3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)． 導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 ①f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件；

2、②f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的必要不充分條件(f′(x)＝0不恒成立)． 二、函數(shù)的極值與導數(shù) 1．函數(shù)的極小值與極小值點： 若函數(shù)f(x)在點x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則a點叫函數(shù)的極小值點，f(a)叫函數(shù)的極小值． 2．函數(shù)的極大值與極大值點： 若函數(shù)f(x)在點x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則b點叫函數(shù)的極大值點

3、，f(b)叫函數(shù)的極大值，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值． f′(x0)＝0同x0是f(x)極值點的關(guān)系 f′(x0)＝0是x0為f(x)的極值點的非充分非必要條件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的極小值點，但f′(0)不存在． 三、函數(shù)的最值與導數(shù) 1．函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件： 如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值． 2．求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步驟： ①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值． ②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點

4、處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 極值同最值的關(guān)系 極值只能在定義域內(nèi)取得(不包括端點)，最值卻可以在端點處取得，有極值的不一定有最值，有最值的也未必有極值；極值有可能成為最值，最值只要不在端點處取必定是極值． 1．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖2－11－1所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點(　　) 圖2－11－1 A．1個　　　　　　　 B．2個 C．3個 D．4個 【解析】　導函數(shù)f′(x)的圖象與x軸的交點中，左側(cè)圖象在x軸下方，右側(cè)圖象在x軸上方

5、的只有一個，故選A. 【答案】　A 2．當x＞0時，f(x)＝x＋的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(2，＋∞) B．(0,2) C．(，＋∞) D．(0，) 【解析】　f′(x)＝1－，令f′(x)＜0， ∴∴0＜x＜2， ∴f(x)的減區(qū)間為(0,2)． 【答案】　B 3．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值(　　) A. B．1 C．不存在 D．0 【解析】　f′(x)＝x－＝，且x＞0， 令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1. ∴f(x)在x＝1時取最小值f(1)＝－ln 1＝. 【答案】　A 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，

6、則(　　) A．x＝1為f(x)的極大值點 B．x＝1為f(x)的極小值點 C．x＝－1為f(x)的極大值點 D．x＝－1為f(x)的極小值點 【解析】　∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)． ∴當f′(x)≥0時，即ex(1＋x)≥0，即x≥－1，∴x≥－1時函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)．同理可求，x<－1時函數(shù)f(x)為減函數(shù)． ∴x＝－1時，函數(shù)f(x)取得極小值． 【答案】　D 5．(xx·浙江高考)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖2－11－2所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 圖2－11－2

7、 【解析】　從導函數(shù)的圖象可以看出，導函數(shù)值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤．B項正確． 【答案】　B 6．(xx·福建高考)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是(　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 【解析】　不妨取函數(shù)為f(x)＝x3－3x，則f

8、′(x)＝3(x－1)(x＋1)，易判斷x0＝－1為f(x)的極大值點，但顯然f(x0)不是最大值，故排除A. 因為f(－x)＝－x3＋3x，f′(－x)＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1為f(－x)的極大值點，故排除B； 又－f(x)＝－x3＋3x，[－f(x)]′＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1為－f(x)的極大值點，故排除C； ∵－f(－x)的圖象與f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，由函數(shù)圖象的對稱性可得－x0應(yīng)為函數(shù)－f(－x)的極小值點．故D正確． 【答案】　D 考向一 [038]　利用導數(shù)研究單調(diào)性 　(xx·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝－－ax(a

9、∈R)． (1)當a＝時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在[－1,1]上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 【思路點撥】　(1)直接解f′(x)＞0和f′(x)＜0便可． (2)由f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解題的關(guān)鍵是通過分離參數(shù)將不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題來處理． 【嘗試解答】　(1)當a＝時，f(x)＝－－x， f′(x)＝[(ex)2－3ex＋2]＝(ex－1)(ex－2)， 令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln 2. 令f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln 2； 令f′(x)＜0，則0＜

10、x＜ln 2. ∴f(x)在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln 2)上單調(diào)遞減． (2)f′(x)＝＋－a， 令ex＝t，由于x∈[－1,1]， ∴t∈. 令h(t)＝＋， h′(t)＝－＝， ∴當t∈時，h′(t)＜0，函數(shù)h(t)為單調(diào)減函數(shù)； 當t∈(，e]時，h′(t)＞0，函數(shù)h(t)為單調(diào)增函數(shù)． 故h(t)在上的極小值點為t＝. 又h(e)＝＋＜h＝＋e， ∴≤h(t)≤e＋. ∵函數(shù)f(x)在[－1,1]上為單調(diào)函數(shù)，若函數(shù)在[－1,1]上單調(diào)遞增，則a≤＋對t∈恒成立，所以a≤；若函數(shù)f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，則a≥＋對t

11、∈恒成立，所以a≥e＋， 綜上可得a≤或a≥e＋. 規(guī)律方法1　1.求可導函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟,(1)確定函數(shù)f(x)的定義域(定義域優(yōu)先)； (2)求導函數(shù)f′(x)； (3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集； (4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集確定函數(shù)f(x)的單調(diào)增(減)區(qū)間.若遇不等式中帶有參數(shù)時，可分類討論求得單調(diào)區(qū)間. 2.由函數(shù)f(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍問題，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立問題，要注意“＝”是否可以取到. 對點訓練　已知函數(shù)f(x)＝x＋＋ln x(a∈R)． (1

12、)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍． 【解】　(1)函數(shù)f(x)＝x＋＋ln x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－＋＝. ①當Δ＝1＋4a≤0，即a≤－時，得x2＋x－a≥0，則f′(x)≥0. ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ②當Δ＝1＋4a＞0，即a＞－時，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0， 解得x1＝＜0，x2＝. (ⅰ)若－＜a≤0，則x2＝≤0. ∵x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (ⅱ)若a＞0，則x∈時，f′(x)＜0； x∈時，f′(x)＞

13、0， ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增． 綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)由題意知，f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即x2＋x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝x2＋x－a＝2－－a， 則g(x)＞2－a，從而2－a≥0，∴a≤2. 當a＝2時，f′(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立， 因此實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]． 考向二 [039]　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 　(xx·福建高考)已知函數(shù)f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)

14、當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 【思路點撥】　(1)首先確定定義域，再利用導數(shù)求切線斜率及其方程；(2)先求出函數(shù)導數(shù)，再討論字母a的取值以確定單調(diào)性． 【嘗試解答】　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－. (1)當a＝2時，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x＞0)， 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1， 所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－＝，x＞0知： ①當a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)為

15、(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值； ②當a＞0時，由f′(x)＝0，解得x＝a. 又當x∈(0，a)時，f′(x)＜0； 當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0， 從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－aln a，無極大值． 綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值； 當a＞0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－aln a，無極大值． 　 規(guī)律方法2　1.本例在求解時，常因忽略函數(shù)的定義域(0，＋∞)，而忘記討論參數(shù)a≤0的情形. 2.可導函數(shù)y＝f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側(cè)與右側(cè)f′(x)的符號不同.特

16、別注意，導數(shù)為零的點不一定是極值點. 3.若f(x)在(a，b)內(nèi)有極值，那么f(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上單調(diào)增或減的函數(shù)沒有極值. 對點訓練　(1)(xx·重慶高考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導，其 圖2－11－3 導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖2－11－3所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) (2)(xx·濰坊模擬)

17、已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0)，求函數(shù)f(x)的極大值與極小值． 【解析】　(1)當x＜－2時，y＝(1－x)f′(x)＞0，得f′(x)＞0； 當－2＜x＜1時，y＝(1－x)f′(x)＜0，得f′(x)＜0； 當1＜x＜2時，y＝(1－x)f′(x)＞0，得f′(x)＜0； 當x＞2時，y＝(1－x)f′(x)＜0，得f′(x)＞0， ∴f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，在(－2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)， ∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)． 【答案】　(1)D (2)由題設(shè)知a≠0，f′(

18、x)＝3ax2－6x＝3ax. 令f′(x)＝0得x＝0或. 當a＞0時，隨著x的變化，f′(x)與f(x)的變化情況如下： x (－∞，0) 0 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)極大值＝f(0)＝1－，f(x)極小值＝f＝－－＋1. 當a＜0時，隨著x的變化，f′(x)與f(x)的變化情況如下： x 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  ∴f(x)極大值＝f(0)＝1－，f(x)極小值＝f＝－－＋1.

19、 綜上，當a＞0時，f(x)極大值＝f(0)＝1－， f(x)極小值＝f＝－－＋1； 當a＜0時，f(x)極大值＝f(0)＝1－； f(x)極小值＝f＝－－＋1. 考向三 [040]　利用導數(shù)研究函數(shù)的最值 　(xx·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x， (1)求函數(shù)f(x)的極值點； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函數(shù)g(x)在[1，e]上的最小值．(e＝2.718 28…) 【思路點撥】　討論極值點同區(qū)間[1，e]的關(guān)系，進而確定最小值． 【嘗試解答】　(1)f′(x)＝ln x＋1，x＞0， 而f′(x)＞0?ln x＋1＞0?x＞，

20、 f′(x)＜0?ln x＋1＜0?0＜x＜， 所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 所以x＝是函數(shù)f(x)的極小值點，極大值點不存在． (2)g(x)＝xln x－a(x－1)， 則g′(x)＝ln x＋1－a. g′(x)＜0?ln x＋1－a＜0?0＜x＜ea－1， g′(x)＞0?x＞ea－1， 所以g(x)在(0，ea－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1，＋∞)上單調(diào)遞增． 當ea－1≤1，即a≤1時，g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 所以g(x)在[1，e]上的最小值為g(1)＝0. 當1＜ea－1＜e，即1＜a＜2時，g(x)在[1，ea－1)上單調(diào)遞減，

21、在(ea－1，e]上單調(diào)遞增． 所以g(x)在[1，e]上的最小值為g(ea－1)＝a－ea－1. 當e≤ea－1，即a≥2時，g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以g(x)在[1，e]上的最小值為g(e)＝e＋a－ae. 綜上，當a≤1時，g(x)的最小值為0； 當1＜a＜2時，g(x)的最小值為a－ea－1； 當a≥2時，g(x)的最小值為a＋e－ae. 規(guī)律方法3　1.本例(2)中區(qū)間確定，但函數(shù)解析式不確定，因此應(yīng)討論每個極值點與區(qū)間的關(guān)系，求解時可畫出每一類情況的大致圖象，數(shù)形結(jié)合求解. 2.求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值的步驟如下：,(1)求f(x)在(a，b)

22、內(nèi)的極值； (2)將f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值. 對點訓練　已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)若a＞0，試判斷f(x)在其定義域內(nèi)的單調(diào)性； (2)當a＝－2時，求f(x)的最小值； (3)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求a的值． 【解】　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋＝. ∵a＞0，∴f′(x)＞0. 故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． (2)當a＝－2時，f(x)＝ln x＋，f′(x)＝. 當x∈(0,2)時，f′(x)＜0，當x∈(2，＋∞)時，f′(

23、x)＞0，∴f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)． ∴f(x)min＝f(2)＝ln 2＋1. (3)f′(x)＝， ①當a≥－1時，對任意x∈[1，e]， f′(x)≥0，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝， ∴a＝－(舍)． ②當a≤－e時，對任意x∈[1，e]， f′(x)≤0，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)． ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝. ∴a＝－(舍)． ③當－e＜a＜－1時，令f′(x)＝0， 得x＝－a， 當1＜x＜－a時，f′(x)＜0， f(x)在(1，－a)上遞減． 同理，f

24、(x)在(－a，e)上遞增． ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝， ∴a＝－. 綜上，a＝－. 規(guī)范解答之三　利用導數(shù)解答函數(shù)的最值 利用導數(shù)解答函數(shù)最值的一般步驟：第一步：利用f′(x)＞0或f′(x)＜0求單調(diào)區(qū)間；第二步：解f′(x)＝0得兩個根x1x2；第三步：比較兩根同區(qū)間端點的大?。坏谒牟剑呵髽O值；第五步：比較極值同端點值的大?。? ———　[1個示范例]　———　[1個規(guī)范練]　——— 　(12分)(xx·廣東高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)． (1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當k∈時，求函數(shù)f(x)在[

25、0，k]上的最大值M. 【規(guī)范解答】　(1)當k＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2， f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)． 由f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2>0. 由f′(x)>0，得x<0或x>ln 2. 由f′(x)<0，得0

26、以00，即0

27、－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1) ＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)].8分 因為k∈，所以k－1≤0. 令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，則h′(k)＝ek－(2k＋1)． 對任意的k∈，y＝ek的圖象恒在y＝2k＋1的圖象的下方，所以ek－(2k＋1)<0，即h′(k)<0， 所以函數(shù)h(k)在上為減函數(shù)， 故h(1)≤h(k)

28、＜0，考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想. 2.判斷函數(shù)在給定區(qū)間[0，k]上的單調(diào)性，需要考慮f′(x)＝0的根和區(qū)間端點的大小，求函數(shù)的最大值，需要比較f(0)和f(k)的大小，都考查了分類討論思想的應(yīng)用. 3.比較區(qū)間端點k和函數(shù)f′(x)的零點ln(2k)的大小及ek與k2＋k＋1的大小時，均構(gòu)造了函數(shù)，并借助導數(shù)解決，需要較強的分析問題和解決問題的能力. 已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． 【解】　(1)由f(x)＝(x－k)2e，得 f′(x)＝(x2－k2)e，令f′(x)＝0，得

29、x＝±k， 若k＞0，當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  4k2e－1  0  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－k，k)． 若k＜0，當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0  4k2e－1  所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當k＞0時，因為f(k＋1)＝e＞， 所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當k＜0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤，解得－≤k＜0. 故當?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，k的取值范圍是.