2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第13讲 导数的简单应用学案 文

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1、2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第13讲 导数的简单应用学案 文 热点题型 真题统计 命题规律 题型1：导数的运算及其几何意义 2018全国卷ⅠT6；2018全国卷ⅡT13；2018全国卷ⅢT21 2017全国卷ⅠT14；2016全国卷ⅢT16；2015全国卷ⅠT14 2015全国卷ⅡT16 1.考查形式是“一小一大”，“一小”重点考查导数的几何意义，“一大”一般在第(1)问，重点考查函数的单调性或单调区间. 2.小题难度较小，大题难度较大. 题型2：利用导数研究函数的单调性 2018全国卷ⅠT21；2018全国卷ⅡT21；20

2、17全国卷ⅠT21 2017全国卷ⅡT21；2017全国卷ⅢT21；2016全国卷ⅠT12 2014全国卷ⅡT11 题型3：利用导数研究函数的极值(最值)问题 2016全国卷ⅡT20；2015全国卷ⅠT21；2015全国卷ⅡT21 2014全国卷ⅠT21；2014卷ⅠT21 1．导数的几何意义 函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． 2．四个易误导数公式 (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)直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值等于(　　) A．2　　　B．－1　　　C．1　　　D．－2 (2)(2016·全国卷Ⅲ)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________． (1)C　(2)2x－y＝0　[(1)由题意知即 又y′＝3x2＋a，所以y′|x＝1＝a＋3， 根据导数的几何意义知a＋3＝2，则a＝－1，b＝

4、3， 从而2a＋b＝2×(－1)＋3＝1，故选C. (2)设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x， ∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x. ∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1， ∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2. ∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)， 即2x－y＝0.] [方法归纳]　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k，求切线方程,设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f

5、′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程； (3)已知过曲线上一点，求切线方程,设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再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. ■对点即时训练· 1．(2018·武汉模拟)函数f(x＋1)＝，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为(　　) A．1　　　　B．－1　　　　C．2　　　　D．－2 A　[由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－. ∴f′(x)＝，且f′(1)＝1. 由导数的几何意义知，所求切线的斜率k＝1.] 2．(2017·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－l

6、n x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________． 1　[∵f′(x)＝a－，∴f′(1)＝a－1. 又∵f(1)＝a，∴切线l的斜率为a－1，且过点(1，a)， ∴切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)． 令x＝0，得y＝1，故l在y轴上的截距为1.] 题型2　利用导数研究函数的单调性 ■核心知识储备· 1．f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0. 2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函

7、数不具有单调性． 3．利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导函数f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域(或某子区间)内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．(注意不要遗漏等号) ■高考考法示例· ►角度一　利用导数讨论函数的单调性 【例2－1】　(2018·南阳模拟)设函数f(x)＝(x－2)ex＋ax2－ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a＝1，当x≥0时，f(x)≥kx－2，

8、求k的取值范围． [解]　(1)由题意得x∈R，f′(x)＝(x－1)(ex＋a)． 当a≥0时，当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0； ∴f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增 当a<0时，令f′(x)＝0得x＝1，x＝ln(－a) ①当a<－e时， x∈(－∞，1)，f′(x)>0； 当x∈(1，ln(－a))时，f′(x)＜0； 当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0； 所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－a)，＋∞)单调递增，在(1，ln(－a))单调递减． ②当a＝－e时，f′(x)≥0，所以f(x

9、)在R单调递增， ③当－e0； 当x∈(ln(－a)，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0； ∴f(x)在(－∞，ln(－a))，(1，＋∞)单调递增， 在(ln(－a)，1)单调递减 (2)令g(x)＝f(x)－kx＋2＝(x－2)ex＋x2－x－kx＋2，有g′(x)＝(x－1)ex＋x－1－k. 令h(x)＝(x－1)ex＋x－1－k，有h′(x)＝xex＋1，当x≥0时，h′(x)＝xex＋1＞0，h(x)单调递增． ∴h(x)≥h(0)＝－2－k，即g′(x)≥－2－k. ①当－2－k≥0

10、，即k≤－2时， g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)单调递增， g(x)≥g(0)＝0，不等式f(x)≥kx－2恒成立 ②当－2－k<0，即k＞－2时，g′(x)＝0有一个解，设为x0根． ∴有x∈(0，x0)，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0；g(x)单调递增，有g(x0)＜g(0)＝0， ∴当x≥0时，f(x)≥kx－2不恒成立； 综上所述，k的取值范围是(－∞，－2]． ►角度二　利用函数的单调性求参数的取值范围 【例2－2】　(1)若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　) A．(－

11、∞，－1)　　　　　 B．(－∞，0) C．(－1,0) D．[－1，＋∞) (2)(2018·安庆模拟)若函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为________． (1)A　(2)(－∞，－2－2ln 2)　[(1)f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a＜－1. (2)因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解．令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.令

12、g′(x)＝0，解得x＝－ln 2.当x∈(－∞，－ln 2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；当x∈(－ln 2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．所以当x＝－ln 2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2.] [方法归纳]　根据函数y＝f(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增；转化为f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立求解. (2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，转化为f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立求解. (3)若函数y＝f(x)在区间(

13、a，b)上单调，转化为f′(x)在区间(a，b)上不变号，即f′(x)在区间(a，b)上恒正或恒负. (4)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，转化为f′(x)＝0在区间(a，b)上有解. ■对点即时训练· 1．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是(　　) A．[－1,0]　　　　　　 B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) D　[法一：由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0对任意的x∈恒成立，分离参数得a≥－2x，若满足题意，需a≥max，令h(x)＝－2x，x∈.因为h′(x)＝－－

14、2，所以当x∈时，h′(x)＜0，即h(x)在上单调递减，所以h(x)＜h＝3，故a≥3. 法二：当a＝0时，检验f(x)是否为增函数，当a＝0时， f(x)＝x2＋，f＝＋2＝，f(1)＝1＋1＝2， f＞f(1)与函数是增函数矛盾，排除A、B、C.故选D.] 2．(2018·广州模拟)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点． (1)求函数f(x)的单调递减区间． (2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围． [解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)． 因为x＝1是f(x

15、)＝2x＋＋ln x的一个极值点， 所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0. 解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3. 因为f′(x)＝2－＋＝， 解f′(x)<0，得0

16、3，所以a≥－3. 题型3　利用导数研究函数的极值(最值)问题 ■核心知识储备· 1．若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值． 2．设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得． ■高考考法示例· 【例3】　(2017·山东高考)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程； (2)设函数g(x)＝f(

17、x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [思路点拨]　(1)→→ (2)→ [解]　(1)由题意f′(x)＝x2－ax， 所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x， 所以f′(3)＝3， 因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)， 即3x－y－9＝0. (2)因为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，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增，因为h(0)＝0， 所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0. ①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以当x＝a时g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sin a， 当x＝0时g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a. ②当a＝0时，g′(x)＝x(x

19、－sin x)， 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， g(x)无极大值也无极小值． ③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，x－a＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以当x＝0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a； 当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a； 综上所述： 当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)

20、和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a； 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值． 当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a. [方法归纳]　利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号. (2)若探究极值点个数，则探求方程f′(x)＝0在所给范围内实根的

21、个数. (3)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解. (4)求函数f(x)在闭区间[a，b]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，从而得到函数的最值. (教师备选) (2018·太原模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值． [解]　(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2

22、ax＋b， 因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值， 所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1. 又a＝1,所以b＝－3，则f′(x)＝， f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)， 单调递减区间为. (2)由(1)知f′(x)＝， 今f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝， 因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1， 当<0时，f(x)在(0,1)上单调递增

23、，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)， 令f(1)＝1，解得a＝－2， 当a>0时，x2＝＞0， 当<1时，f(x)在上单调递增， 在上单调递减，[1，e]上单调递增， 所以最大值可能在x＝或x＝e处取得， 而f＝ln＋a2－(2a＋1)＝ln－－1＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝， 当1＜＜e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得， 而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0， 所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝

24、1， 解得a＝，与1<

25、f(0))处的切线方程为y＝1. (2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 当x∈时，h′(x)<0， 所以h(x)在区间上单调递减． 所以对任意x∈有h(x)

26、y＝－x C．y＝2x D．y＝x D　[因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，由此可得a＝1，故f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.] 2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　) A．[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，

27、D.故选C.] 3．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 A　[函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函数f(x)的极值点得 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时，f′(x)＝0，且x<－2时，f′(x)>0； －21时，f′(x)>0. 所以x＝1是函数f(x)的极小值点． 所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1. 故选A.] 4．(2015·全国卷Ⅱ)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) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[构造函数y＝g(x)＝，通过研究

29、g(x)的图象的示意图与性质得出使f(x)>0成立的x的取值范围． 设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数， ∴g(x)的图象的示意图如图所示． 当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.] 5．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln x在点(1,0)处的切线方程为________． y＝2x－2　[由题意知，y′＝，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率k＝y′|x＝1＝2，故所求切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.] 6．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________. [解析]　y′＝(ax＋1＋a)ex，由曲线在点(0,1)处的切线的斜率为－2，得y′|x＝0＝(ax＋1＋a)ex|x＝0＝1＋a＝－2，所以a＝－3. [答案]　－3