2013年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理
《2013年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2013年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 真題試做 1.(2012·課標(biāo)全國高考,理12)設(shè)點P在曲線y=ex上,點Q在曲線y=ln(2x)上,則|PQ|的最小值為( ). A.1-ln 2 B.(1-ln 2) C.1+ln 2 D.(1+ln 2) 2.(2012·湖北高考,理3)已知二次函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則它與x軸所圍圖形的面積為( ). A. B. C. D. 3.(2012·大綱全國高考,理10)已知函數(shù)y=x3-3x+c的圖象與x軸恰有兩個公共點,則c=( ). A.-2或2 B.-9或3
2、 C.-1或1 D.-3或1 4.(2012·陜西高考,理14)設(shè)函數(shù)f(x)=D是由x軸和曲線y=f(x)及該曲線在點(1,0)處的切線所圍成的封閉區(qū)域,則z=x-2y在D上的最大值為__________. 5.(2012·重慶高考,理16)設(shè)f(x)=aln x++x+1,其中a∈R,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于y軸. (1)求a的值; (2)求函數(shù)f(x)的極值. 6.(2012·山東高考,理22)已知函數(shù)f(x)=(k為常數(shù),e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行. (1)求k的
3、值; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)設(shè)g(x)=(x2+x)f ′(x),其中f ′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),證明:對任意x>0,g(x)<1+e-2. 7.(2012·浙江高考,理22)已知a>0,b∈R,函數(shù)f(x)=4ax3-2bx-a+b. (1)證明:當(dāng)0≤x≤1時, ①函數(shù)f(x)的最大值為|2a-b|+a; ②f(x)+|2a-b|+a≥0; (2)若-1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立,求a+b的取值范圍. 考向分析 理科用從近三年高考來看,該部分高考命題有以下特點: 從內(nèi)容上看,考查導(dǎo)數(shù)主要有三個層次:(1)導(dǎo)數(shù)的概念、求導(dǎo)公式與法則、導(dǎo)數(shù)的幾何
4、意義;(2)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用,包括求函數(shù)極值,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明函數(shù)的單調(diào)性等;(3)導(dǎo)數(shù)的綜合考查,包括導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題.另外,對微積分基本定理的考查頻率較低,難度較小,著重于基礎(chǔ)知識、基本方法的考查. 從特點上看,高考對導(dǎo)數(shù)的考查有時單獨考查,有時在知識交匯處考查,常常將導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列、解析幾何等結(jié)合在一起考查. 從形式上看,考查導(dǎo)數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題,有時三種題型會同時出現(xiàn). 熱點例析 熱點一 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】設(shè)函數(shù)f(x)=ax+(a,b∈Z),曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為y=3.
5、(1)求y=f(x)的解析式; (2)證明曲線y=f(x)上任一點處的切線與直線x=1和直線y=x所圍三角形的面積為定值,并求出此定值. 規(guī)律方法 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義: 函數(shù)y=f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f ′(x0)的幾何意義:曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)s(t)對時間t的導(dǎo)數(shù)). 2.求曲線切線方程的步驟: (1)求出函數(shù)y=f(x)在點x=x0的導(dǎo)數(shù)f ′(x0),即曲線y=f(x)在點P(x0,f(x0))處切線的斜率; (2)已知或求得切點坐標(biāo)P(x0,f(x0)),由點斜式得切線方程為y-y0=f ′(x0)(x-x0).
6、特別提醒:①當(dāng)曲線y=f(x)在點P(x0,f(x0))處的切線平行于y軸(此時導(dǎo)數(shù)不存在)時,由切線定義可知,切線方程為x=x0;②當(dāng)切點坐標(biāo)未知時,應(yīng)首先設(shè)出切點坐標(biāo),再求解. 變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)曲線y=ax2在點(1,a)處的切線與直線2x-y-6=0平行,則a=__________. (2)曲線y=sin x(0≤x≤π)與直線y=圍成的封閉圖形的面積是( ). A. B.2- C.2- D.- 熱點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】理科用已知a∈R,函數(shù)f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當(dāng)a=2時,求函
7、數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍. 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟: (1)確定函數(shù)的定義域; (2)求導(dǎo)函數(shù)f ′(x); (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0.②若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù),只需轉(zhuǎn)化為不等式f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立問題求解.解題過程中要注意分類討論;函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題,都離不開分類討論思想. 變式訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)=x-+a(2-ln x),a>0.討論f(x)的單
8、調(diào)性. 熱點三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值和最值問題 【例3】已知函數(shù)f(x)=x3-ax2-3x. (1)若f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍; (2)若x=-是f(x)的極值點,求f(x)在[1,a]上的最大值; (3)在(2)的條件下,是否存在實數(shù)b,使得函數(shù)g(x)=bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點?若存在,請求出實數(shù)b的取值范圍;若不存在,試說明理由. 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟:(1)確定函數(shù)的定義域;(2)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f ′(x);(3)①若求極值,則先求出方程f ′(x)=0的根,再檢驗f ′(x)在方程根左右邊f(xié) ′
9、(x)的符號,求出極值.當(dāng)根中有參數(shù)時要注意分類討論根是否在定義域內(nèi).②若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f ′(x)=0根的大小或存在情況,從而求解. 變式訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)=+aln x(a≠0,a∈R). (1)若a=1,求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間; (2)若a<0且在區(qū)間(0,e]上至少存在一點x0,使得f(x0)<0成立,求實數(shù)a的取值范圍. 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想解決函數(shù)問題 轉(zhuǎn)化與化歸常用的方法是等價轉(zhuǎn)化法:把原問題轉(zhuǎn)化為一個易于解決的等價問題,以達到化歸的目的. 【典型例題】已知函數(shù)f(x)=x(ln x+m),g(x)=x3+x. (1)當(dāng)
10、m=-2時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若m=時,不等式g(x)≥f(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)m=-2時,f(x)=x(ln x-2)=xln x-2x,定義域為(0,+∞),且f ′(x)=ln x-1. 由f ′(x)>0,得ln x-1>0,所以x>e. 由f ′(x)<0,得ln x-1<0,所以0<x<e. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e,+∞),遞減區(qū)間是(0,e). (2)當(dāng)時,不等式g(x)≥f(x), 即x3+x≥x恒成立. 由于x>0,所以x2+1≥ln x+, 亦即x2≥ln x+,所以a≥ . 令h(x)= ,則h′(x)=,
11、 由h′(x)=0得x=1. 且當(dāng)0<x<1時,h′(x)>0; 當(dāng)x>1時,h′(x)<0, 即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以h(x)在x=1處取得極大值h(1)=, 也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值. 因此要使a≥恒成立,需有a≥,此即為a的取值范圍. 理科用1.(ex+2x)dx等于( ). A.1 B.e-1 C.e D.e+1 2.曲線y=-在點M處的切線的斜率為( ). A.- B. C.- D. 3.已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x<0時,不
12、等式f(x)+xf ′(x)<0成立,若a=30.3f(30.3),b=logπ3f(logπ3),,則a,b,c間的大小關(guān)系是( ). A.a(chǎn)>b>c B.c>b>a C.c>a>b D.a(chǎn)>c>b 4.函數(shù)f(x)的定義域為R,f(-1)=2,對任意x∈R,f ′(x)>2,則f(x)>2x+4的解集為( ). A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 5.三次函數(shù)f(x),當(dāng)x=1時有極大值4;當(dāng)x=3時有極小值0,且函數(shù)圖象過原點,則f(x)=__________. 6.已知函數(shù)f(x)=-x
13、3+3x2+9x+a(a為常數(shù))在區(qū)間[-2,2]上有最大值20,那么此函數(shù)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為__________. 7.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x(a∈R). (1)若a=1,求曲線y=f(x)在x=處切線的斜率; (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)設(shè)g(x)=2x,若對任意x1∈(0,+∞),存在x2∈[0,1],使f(x1)<g(x2),求實數(shù)a的取值范圍. 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1.B 2.B 3.A 4.2 5.解:(1)因f(x)=aln x++x+1, 故f′(x)=-+. 由于曲線y=f(x)在點(1,f(1))處
14、的切線垂直于y軸,故該切線斜率為0,即f′(1)=0,從而a-+=0,解得a=-1. (2)由(1)知f(x)=-ln x++x+1(x>0), f′(x)=--+==. 令f′(x)=0,解得x1=1, x2=- . 當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上為減函數(shù); 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上為增函數(shù). 故f(x)在x=1處取得極小值f(1)=3. 6.(1)解:由f(x)=, 得f′(x)=,x∈(0,+∞), 由于曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線與x軸平行, 所以f′(1)=0,因此k=1.
15、(2)解:由(1)得f′(x)=(1-x-xln x),x∈(0,+∞), 令h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 當(dāng)x∈(0,1)時,h(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)<0. 又ex>0, 所以x∈(0,1)時,f′(x)>0;x∈(1,+∞)時,f′(x)<0. 因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞). (3)證明:因為g(x)=(x2+x)f′(x), 所以g(x)=(1-x-xln x),x∈(0,+∞). 因此對任意x>0,g(x)<1+e-2等價于1-x-xln x<(1+e-2). 由(2)中h(x)=1-x-x
16、ln x,x∈(0,+∞), 所以h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2),x∈(0,+∞), 因此當(dāng)x∈(0,e-2)時,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(e-2,+∞)時,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減. 所以h(x)的最大值為h(e-2)=1+e-2, 故1-x-xln x≤1+e-2. 設(shè)φ(x)=ex-(x+1). 因為φ′(x)=ex-1=ex-e0, 所以x∈(0,+∞)時,φ′(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增, φ(x)>φ(0)=0, 故x∈(0,+∞)時,φ(x)=ex-(x+1)>0,即>1. 所以1-x-xln x≤1+e-2<
17、(1+e-2). 因此對任意x>0,g(x)<1+e-2. 7.(1)證明:①f′(x)=12ax2-2b=12a. 當(dāng)b≤0時,有f′(x)≥0,此時f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增. 當(dāng)b>0時, f′(x)=12a, 此時f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 所以當(dāng)0≤x≤1時,f(x)max=max{f(0),f(1)}=max{-a+b,3a-b}==|2a-b|+a. ②由于0≤x≤1,故當(dāng)b≤2a時, f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1). 當(dāng)b>2a時, f(x)+|2a-
18、b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1). 設(shè)g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,則 g′(x)=6x2-2=6, 于是 x 0 1 g′(x) - 0 + g(x) 1 減 極小值 增 1 所以,g(x)min=g=1->0, 所以,當(dāng)0≤x≤1時,2x3-2x+1>0, 故f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x3-2x+1)≥0. (2)解:由①知,當(dāng)0≤x≤1,f(x)max=|2a-b|+a, 所以|2a-b|+a≤1. 若|2a-b|+a≤1
19、,則由②知f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1. 所以-1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是 即或 在直角坐標(biāo)系aOb中,不等式組所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分,其中不包括線段BC. 作一組平行直線a+b=t(t∈R), 得-1<a+b≤3, 所以a+b的取值范圍是(-1,3]. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】(1)解:f′(x)=, 于是 解得或 由a,b∈Z,故f(x)=x+. (2)證明:在曲線上任取一點. 由知,過此點的切線方程為=(x-x0). 令x=1,得,切線與直線x=1的交點為. 令y=x,得y=2x0-1,
20、切線與直線y=x的交點為(2x0-1,2x0-1). 直線x=1與直線y=x的交點為(1,1). 從而所圍三角形的面積為 . ∴所圍三角形的面積為定值2. 【變式訓(xùn)練1】(1)1 (2)D 【例2】解:(1)當(dāng)a=2時,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0, ∴-x2+2>0,解得-<x<. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,). (2)∵函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增, ∴f′(x)≥0對x∈(-1,1)恒成立. ∵f′(
21、x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex=[-x2+(a-2)x+a]ex, ∴[-x2+(a-2)x+a]ex≥0對x∈(-1,1)恒成立. ∵ex>0,∴-x2+(a-2)x+a≥0對x∈(-1,1)恒成立, 即a≥==(x+1)-對x∈(-1,1)恒成立. 令y=(x+1)-, 則y′=1+>0. ∴y=(x+1)-在(-1,1)上單調(diào)遞增. ∴y<(1+1)-=. ∴a≥. 【變式訓(xùn)練2】解:f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=1+-=. 設(shè)g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判別式Δ=a2-8. ①當(dāng)Δ<0,即0<a<2時,對一切x>0
22、都有f′(x)>0. 此時f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù). ②當(dāng)Δ=0,即a=2時,僅對x=有f′(x)=0,對其余的x>0都有f′(x)>0. 此時f(x)也是(0,+∞)上的增函數(shù). ③當(dāng)Δ>0,即a>2時,方程g(x)=0有兩個不同的實根 x1=,x2=,0<x1<x2. x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào) 遞增 極大值 單調(diào) 遞減 極小值 單調(diào) 遞增 此時f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 【例3】解:(1)f′(x)=3x2-2ax-3.
23、 ∵f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù), ∴f′(x)在[1,+∞)上恒有f′(x)≥0, 即3x2-2ax-3≥0在[1,+∞)上恒成立, 則必有≤1且f′(1)=-2a≥0. ∴a≤0. (2)依題意,f′=0,即+a-3=0. ∴a=4, ∴f(x)=x3-4x2-3x. 令f′(x)=3x2-8x-3=0,得x1=-,x2=3. 則當(dāng)x變化時,f′(x)與f(x)的變化情況如下表: x 1 (1,3) 3 (3,4) 4 f′(x) - 0 + f(x) -6 -18 -12 ∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)=-
24、6. (3)函數(shù)g(x)=bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個交點,即方程x3-4x2-3x=bx恰有3個不等實根. ∴x3-4x2-3x-bx=0, ∴x=0是其中一個根, ∴方程x2-4x-3-b=0有兩個非零不等實根. ∴ ∴b>-7且b≠-3. ∴存在滿足條件的b值,b的取值范圍是b>-7且b≠-3. 【變式訓(xùn)練3】解:(1)f′(x)=-+=, 當(dāng)a=1時,f′(x)=. 令f′(x)=0,得x=1, 又f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f
25、(x) 極小值 所以x=1時,f(x)的極小值為1. f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1). (2)f′(x)=-+=,且a≠0, 令f′(x)=0,得x=, 若在區(qū)間(0,e]上至少存在一點x0,使得f(x0)<0成立, 其充要條件是f(x)在區(qū)間(0,e]上的最小值小于0. 因為a<0,所以x=<0,f′(x)<0對x∈(0,+∞)成立, 所以f(x)在區(qū)間(0,e]上單調(diào)遞減, 故f(x)在區(qū)間(0,e]上的最小值為f(e)=+aln e=+a, 由+a<0,得a<-, 即a∈. 創(chuàng)新模擬·預(yù)測演練 1.C 2.B 3.C 4
26、.B 5.x3-6x2+9x 6.-7 7.解:(1)f′(x)=1+(x>0), f′=1+2=3. 故曲線y=f(x)在x=處切線的斜率為3. (2)f′(x)=a+=(x>0). ①當(dāng)a≥0時,由于x>0,故ax+1>0,f′(x)>0, 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞). ②當(dāng)a<0時,由f′(x)=0,得x=-. 在區(qū)間上,f′(x)>0,在區(qū)間上,f′(x)<0,所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由題意可知,若對任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),轉(zhuǎn)化為[f(x)]max<[g(x)]max,而[g(x)]max=2. 由(2)知,當(dāng)a≥0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,值域為R,故不符合題意.(或者舉出反例:存在f(e3)=ae3+3>2,故不符合題意.) 當(dāng)a<0時,f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減, 故f(x)的極大值即為最大值,f=-1+ln=-1-ln(-a), 所以2>-1-ln(-a),解得a<-. 所以a的取值范圍為.
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