《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教案：第一部分 專題一 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一） 1．課標(biāo)卷每年命題會以“一小一大”的格局出現(xiàn)，“一小”即以選擇題或填空題的形式考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)問題中的直接應(yīng)用．“一大”即以壓軸題的形式考查導(dǎo)數(shù)、不等式、方程等方面的綜合應(yīng)用，難度較大；2.作為高考必考內(nèi)容，課標(biāo)卷每年在此部分的命題較穩(wěn)定，有一定程度的綜合性，方法、能力要求較高. 年份 卷別 考查角度及命題位置 xx Ⅰ卷 切線方程的求法·T14 xx Ⅰ卷 函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式恒成立問題·T12 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、零點·T21 Ⅱ卷

2、求切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式·T20 Ⅲ卷 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，函數(shù)的奇偶性·T16 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，不等式的證明·T21 xx Ⅰ卷 多項式函數(shù)的導(dǎo)數(shù)計算，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，切線方程·T14 利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)的零點問題、不等式的證明·T21 Ⅱ卷 利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線、直線與拋物線的位置關(guān)系·T16 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，求參數(shù)的取值范圍問題·T21 [真題自檢] 1．(xx·高考全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B. C. D

3、. 解析：法一：取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A、B、D.故選C. 法二：函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，等價于f′(x)＝1－cos 2x＋acos x ＝－cos2x＋acos x＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．設(shè)cos x＝t，則g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，所以解得－≤a≤.故選C. 答案：C 2．(xx·高考全國卷Ⅰ)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為(　　)

4、 解析：當(dāng)x≥0時，令函數(shù)f(x)＝2x2－ex，則f′(x)＝4x－ex，易知f′(x)在[0，ln 4)上單調(diào)遞增，在[ln 4,2]上單調(diào)遞減，又f′(0)＝－1<0，f′＝2－>0，f′(1)＝4－e>0，f′(2)＝8－e2>0，所以存在x0∈是函數(shù)f(x)的極小值點，即函數(shù)f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0,2)上單調(diào)遞增，且該函數(shù)為偶函數(shù)，符合條件的圖象為D. 答案：D 3．(xx·高考全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是________． 解析：首先求出x>0時函數(shù)的解析式，再由

5、導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，最后由點斜式得切線方程． 設(shè)x>0，則－x<0，f(－x)＝ex－1＋x. ∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x. ∵當(dāng)x>0時，f′(x)＝ex－1＋1，∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2. ∴曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0. 答案：2x－y＝0 4．(xx·高考全國卷Ⅰ)曲線y＝x2＋在點(1,2)處的切線方程為________． 解析：因為y′＝2x－，所以在點(1,2)處的切線方程的斜率為y′|x＝1＝2×1－＝1，所以切線方程為y－2＝x－1，即y＝x＋1

6、. 答案：y＝x＋1 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 [方法結(jié)論] f′(x0)表示曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為 y－f(x0)＝(x－x0)f′(x0)． [題組突破] 1．曲線f(x)＝2－xex在點(0,2)處的切線方程為________． 解析：∵f′(x)＝－ex(1＋x)，∴f′(0)＝－1，∴切線方程為y－2＝－x，即x＋y－2＝0. 答案：x＋y－2＝0 2．(xx·沈陽模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝g()＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為9x＋y－1＝0，則曲線y＝f(x

7、)在點(2，f(2))處的切線方程為______________________． 解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，又f′(x)＝g′()＋2x，∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，f(2)＝g(1)＋4＝－4，∴所求切線方程為y＋4＝－(x－2)，即x＋2y＋6＝0. 答案：x＋2y＋6＝0 3．(xx·合肥模擬)已知直線y＝b與函數(shù)f(x)＝2x＋3和g(x)＝ax＋ln x分別交于A，B兩點．若|AB|的最小值為2，則a＋b＝________. 解析：設(shè)點B(x0，b)，欲使|AB|最小，曲線g(x)＝ax＋ln x在點B(x0，b)處的切線與f(x)＝2x

8、＋3平行， 則有a＋＝2，解得x0＝，進(jìn)而可得a·＋ln ＝b　①，又點A坐標(biāo)為(，b)， 所以|AB|＝x0－＝－＝2　②，聯(lián)立方程①②可解得，a＝1，b＝1，所以a＋b＝2. 答案：2 [誤區(qū)警示] 1．曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處的切線是指P為切點，斜率為k＝f′(x0)的切線，是唯一的一條切線． 2．曲線y＝f(x)過點P(x0，y0)的切線，是指切線經(jīng)過P點．點P可以是切點，也可以不是切點，而且這樣的直線可能有多條． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 [方法結(jié)論] 函數(shù)單調(diào)性的判定方法 在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單

9、調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減． [典例]　(xx·蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若a＝1，函數(shù)g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上為增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－a. 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在R上為增函數(shù)； 當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0得x＝ln a， 則當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上為減函數(shù)， 當(dāng)x∈(ln a

10、，＋∞)時，f′(x)>0， ∴函數(shù)f(x)在(ln a，＋∞)上為增函數(shù)． (2)當(dāng)a＝1時，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x＝(x－m－1)ex＋(m＋1)x， ∵g(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)， ∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m≤在(2，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝，x∈(2，＋∞)， h′(x)＝＝. 令L(x)＝ex－x－2，L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立， 即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上為增函數(shù)， 即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0， 即h(x)在(2，＋∞)

11、上為增函數(shù)，∴h(x)>h(2)＝，∴m≤. 故實數(shù)m的取值范圍為. [類題通法] 1．分類討論思想在研究函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用 討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論． 2．分離參數(shù)法在求解已知單調(diào)性求參數(shù)范圍中的應(yīng)用 設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉(zhuǎn)化

12、為恒成立問題來解決(注意等號成立的檢驗)． [演練沖關(guān)] 已知函數(shù)f(x)＝x－＋1－aln x，a>0.討論f(x)的單調(diào)性． 解析：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)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00都有f′(x)>0. 此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(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)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ③當(dāng)Δ>0，即a>2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝，x

13、2＝，0

14、極小值． 2．求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟 第一步：求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值(極大值或極小值)； 第二步：將y＝f(x)的各極值與f(a)，f(b)進(jìn)行比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值． [典例]已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當(dāng)a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當(dāng)f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝. 當(dāng)a＝－4時，f′(x)＝. ∴當(dāng)02時，f′

15、(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． ∴f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. ∴當(dāng)a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2，無極大值． (2)∵f′(x)＝， ∴當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得，x>－，∴f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－，∴f(x)在上單調(diào)遞減． ∴當(dāng)a<0時，f(x)的最小值為f＝aln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a，即a[ln(－a)－ln 2]≥0. ∵a<0，∴l(xiāng)n(－a)－ln 2≤0，解

16、得a≥－2， ∴實數(shù)a的取值范圍是[－2,0)． [類題通法] 1．對于含參數(shù)的函數(shù)極值、最值問題，要注意分類討論思想的應(yīng)用．注意函數(shù)的零點不一定是極值點． 2．在閉區(qū)間上圖象連續(xù)的函數(shù)一定存在最大值和最小值，在不是閉區(qū)間的情況下，函數(shù)在這個區(qū)間上的最大值和最小值可能都存在、也可能只存在一個、或既無最大值也無最小值；在一個區(qū)間上，如果函數(shù)只有一個極值點，則這個極值點就是最值點． [演練沖關(guān)] 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點，求a的取值范圍． 解析：∵f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b， 由f′(1)＝0，得b＝1－a

17、. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－. ①若a≥0，當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 所以x＝1是f(x)的極大值點． ②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因為x＝1是f(x)的極大值點， 所以－>1，解得－1

18、′(x)＝0，解得x＝0或x＝.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0，) (，1) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  所以當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝. (2)①當(dāng)－1≤x<1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和(，1)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增． 因為f(－1)＝2，f()＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值為2. ②當(dāng)1≤x≤e時，f(x)＝aln x，當(dāng)a≤0時，f(x)≤0；當(dāng)a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增． 所以f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a. 所以當(dāng)a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當(dāng)a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.