《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 第13講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 第13講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 文（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 第13講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 文 熱點題型 真題統(tǒng)計 命題規(guī)律 題型1：導(dǎo)數(shù)的運算及其幾何意義 2018全國卷ⅠT6；2018全國卷ⅡT13；2018全國卷ⅢT21 2017全國卷ⅠT14；2016全國卷ⅢT16；2015全國卷ⅠT14 2015全國卷ⅡT16 1.考查形式是“一小一大”，“一小”重點考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，“一大”一般在第(1)問，重點考查函數(shù)的單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間. 2.小題難度較小，大題難度較大. 題型2：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 2018全國卷ⅠT21；2018全國卷ⅡT21；20

2、17全國卷ⅠT21 2017全國卷ⅡT21；2017全國卷ⅢT21；2016全國卷ⅠT12 2014全國卷ⅡT11 題型3：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題 2016全國卷ⅡT20；2015全國卷ⅠT21；2015全國卷ⅡT21 2014全國卷ⅠT21；2014卷ⅠT21 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． 2．四個易誤導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－si

3、n x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0且a≠1)； (4)(logax)′＝(a＞0，且a≠1)． ■高考考法示例· 【例1】　(1)直線y＝kx＋1與曲線y＝x3＋ax＋b相切于點A(1,3)，則2a＋b的值等于(　　) A．2　　　B．－1　　　C．1　　　D．－2 (2)(2016·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________． (1)C　(2)2x－y＝0　[(1)由題意知即 又y′＝3x2＋a，所以y′|x＝1＝a＋3， 根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義知a＋3＝2，則a＝－1，b＝

4、3， 從而2a＋b＝2×(－1)＋3＝1，故選C. (2)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.] [方法歸納]　求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法 (1)已知切點P(x0，y0)，求切線方程,求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程； (2)已知切線的斜率k，求切線方程,設(shè)切點P(x0，y0)，通過方程k＝f

5、′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程； (3)已知過曲線上一點，求切線方程,設(shè)切點P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程. ■對點即時訓(xùn)練· 1．(2018·武漢模擬)函數(shù)f(x＋1)＝，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為(　　) A．1　　　　B．－1　　　　C．2　　　　D．－2 A　[由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－. ∴f′(x)＝，且f′(1)＝1. 由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，所求切線的斜率k＝1.] 2．(2017·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－l

6、n x的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________． 1　[∵f′(x)＝a－，∴f′(1)＝a－1. 又∵f(1)＝a，∴切線l的斜率為a－1，且過點(1，a)， ∴切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)． 令x＝0，得y＝1，故l在y軸上的截距為1.] 題型2　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 ■核心知識儲備· 1．f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. 2．f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數(shù)，函

7、數(shù)不具有單調(diào)性． 3．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)，只要在函數(shù)定義域(或某子區(qū)間)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，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解．(注意不要遺漏等號) ■高考考法示例· ?角度一　利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性 【例2－1】　(2018·南陽模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋ax2－ax. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)a＝1，當(dāng)x≥0時，f(x)≥kx－2，

8、求k的取值范圍． [解]　(1)由題意得x∈R，f′(x)＝(x－1)(ex＋a)． 當(dāng)a≥0時，當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0； ∴f(x)在(－∞，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增 當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0得x＝1，x＝ln(－a) ①當(dāng)a<－e時， x∈(－∞，1)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(1，ln(－a))時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)＞0； 所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－a)，＋∞)單調(diào)遞增，在(1，ln(－a))單調(diào)遞減． ②當(dāng)a＝－e時，f′(x)≥0，所以f(x

9、)在R單調(diào)遞增， ③當(dāng)－e0； 當(dāng)x∈(ln(－a)，1)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0； ∴f(x)在(－∞，ln(－a))，(1，＋∞)單調(diào)遞增， 在(ln(－a)，1)單調(diào)遞減 (2)令g(x)＝f(x)－kx＋2＝(x－2)ex＋x2－x－kx＋2，有g(shù)′(x)＝(x－1)ex＋x－1－k. 令h(x)＝(x－1)ex＋x－1－k，有h′(x)＝xex＋1，當(dāng)x≥0時，h′(x)＝xex＋1＞0，h(x)單調(diào)遞增． ∴h(x)≥h(0)＝－2－k，即g′(x)≥－2－k. ①當(dāng)－2－k≥0

10、，即k≤－2時， g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增， g(x)≥g(0)＝0，不等式f(x)≥kx－2恒成立 ②當(dāng)－2－k<0，即k＞－2時，g′(x)＝0有一個解，設(shè)為x0根． ∴有x∈(0，x0)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞0；g(x)單調(diào)遞增，有g(shù)(x0)＜g(0)＝0， ∴當(dāng)x≥0時，f(x)≥kx－2不恒成立； 綜上所述，k的取值范圍是(－∞，－2]． ?角度二　利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 【例2－2】　(1)若函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex在區(qū)間(0，＋∞)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－

11、∞，－1)　　　　　 B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞) (2)(2018·安慶模擬)若函數(shù)f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為________． (1)A　(2)(－∞，－2－2ln 2)　[(1)f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由題意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一個實數(shù)根，即x＝－a－1＞0，解得a＜－1. (2)因為f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由題意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解．令g(x)＝2x－4ex，則g′(x)＝2－4ex.令

12、g′(x)＝0，解得x＝－ln 2.當(dāng)x∈(－∞，－ln 2)時，函數(shù)g(x)＝2x－4ex單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－ln 2，＋∞)時，函數(shù)g(x)＝2x－4ex單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝－ln 2時，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2.] [方法歸納]　根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法 (1)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增；轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0在區(qū)間(a，b)上恒成立求解. (2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立求解. (3)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(

13、a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)在區(qū)間(a，b)上不變號，即f′(x)在區(qū)間(a，b)上恒正或恒負(fù). (4)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在區(qū)間(a，b)上有解. ■對點即時訓(xùn)練· 1．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,0]　　　　　　 B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) D　[法一：由題意知f′(x)≥0對任意的x∈恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0對任意的x∈恒成立，分離參數(shù)得a≥－2x，若滿足題意，需a≥max，令h(x)＝－2x，x∈.因為h′(x)＝－－

14、2，所以當(dāng)x∈時，h′(x)＜0，即h(x)在上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h＝3，故a≥3. 法二：當(dāng)a＝0時，檢驗f(x)是否為增函數(shù)，當(dāng)a＝0時， f(x)＝x2＋，f＝＋2＝，f(1)＝1＋1＝2， f＞f(1)與函數(shù)是增函數(shù)矛盾，排除A、B、C.故選D.] 2．(2018·廣州模擬)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間． (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍． [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)． 因為x＝1是f(x

15、)＝2x＋＋ln x的一個極值點， 所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0. 解得b＝3，經(jīng)檢驗，適合題意，所以b＝3. 因為f′(x)＝2－＋＝， 解f′(x)<0，得0

16、3，所以a≥－3. 題型3　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題 ■核心知識儲備· 1．若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． 2．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得． ■高考考法示例· 【例3】　(2017·山東高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2，a∈R. (1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(

17、x)＋(x－a)cos x－sin x，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值． [思路點撥]　(1)→→ (2)→ [解]　(1)由題意f′(x)＝x2－ax， 所以當(dāng)a＝2時，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x， 所以f′(3)＝3， 因此曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程是y＝3(x－3)， 即3x－y－9＝0. (2)因為g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x ＝x(x－a)－(x－a)sin x ＝(x－a)(x－sin x)， 令h(x)＝

18、x－sin x，則h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上單調(diào)遞增，因為h(0)＝0， 所以當(dāng)x>0時，h(x)>0；當(dāng)x<0時，h(x)<0. ①當(dāng)a<0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，a)時，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(a,0)時，x－a>0，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝a時g(x)取到極大值，極大值是g(a)＝－a3－sin a， 當(dāng)x＝0時g(x)取到極小值，極小值是g(0)＝－a. ②當(dāng)a＝0時，g′(x)＝x(x

19、－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時，g′(x)≥0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， g(x)無極大值也無極小值． ③當(dāng)a>0時，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，a)時，x－a＜0，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝0時g(x)取到極大值，極大值是g(0)＝－a； 當(dāng)x＝a時g(x)取到極小值，極小值是g(a)＝－a3－sin a； 綜上所述： 當(dāng)a<0時，函數(shù)g(x)在(－∞，a)

20、和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a,0)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(a)＝－a3－sin a，極小值是g(0)＝－a； 當(dāng)a＝0時，函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值． 當(dāng)a>0時，函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(0)＝－a，極小值是g(a)＝－a3－sin a. [方法歸納]　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號. (2)若探究極值點個數(shù)，則探求方程f′(x)＝0在所給范圍內(nèi)實根的

21、個數(shù). (3)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來求解. (4)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較，從而得到函數(shù)的最值. (教師備選) (2018·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b為常數(shù)且a≠0)在x＝1處取得極值． (1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求a的值． [解]　(1)因為f(x)＝ln x＋ax2＋bx， 所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2

22、ax＋b， 因為函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1處取得極值， 所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1. 又a＝1,所以b＝－3，則f′(x)＝， f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，＋∞)， 單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)由(1)知f′(x)＝， 今f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝， 因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x2＝≠x1＝1， 當(dāng)<0時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增

23、，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為f(1)， 令f(1)＝1，解得a＝－2， 當(dāng)a>0時，x2＝＞0， 當(dāng)<1時，f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，[1，e]上單調(diào)遞增， 所以最大值可能在x＝或x＝e處取得， 而f＝ln＋a2－(2a＋1)＝ln－－1＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝， 當(dāng)1＜＜e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以最大值可能在x＝1或x＝e處取得， 而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝

24、1， 解得a＝，與1<

25、f(0))處的切線方程為y＝1. (2)設(shè)h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，則h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 當(dāng)x∈時，h′(x)<0， 所以h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 所以對任意x∈有h(x)

26、y＝－x C．y＝2x D．y＝x D　[因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，由此可得a＝1，故f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x.] 2．(2016·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. C　[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，

27、D.故選C.] 3．(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 A　[函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成

28、立，得x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且x<－2時，f′(x)>0； －21時，f′(x)>0. 所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點． 所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1. 故選A.] 4．(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[構(gòu)造函數(shù)y＝g(x)＝，通過研究

29、g(x)的圖象的示意圖與性質(zhì)得出使f(x)>0成立的x的取值范圍． 設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)， ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當(dāng)x>0，g(x)>0時，f(x)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.] 5．(2018·全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln x在點(1,0)處的切線方程為________． y＝2x－2　[由題意知，y′＝，所以曲線在點(1,0)處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝2，故所求切線方程為y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.] 6．(2018·全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________. [解析]　y′＝(ax＋1＋a)ex，由曲線在點(0,1)處的切線的斜率為－2，得y′|x＝0＝(ax＋1＋a)ex|x＝0＝1＋a＝－2，所以a＝－3. [答案]?。?