2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第7讲导数练习

2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第7讲导数练习

第7讲　导数 ‎[考情分析]　高考对导数的考查定位在作为解决初等数学问题的工具这一目标上，主要体现在以下方面：(1)运用导数有关知识研究函数的单调性和极值(最值)问题；(2)利用导数的几何意义，研究曲线切线的斜率问题；(3)对一些实际问题建立数学模型后求解．题型遍布选择、填空与解答，难度上分层考查，是高考考查的重点内容．‎ 热点题型分析 热点1　利用导数研究函数的性质 ‎1．导数与函数单调性的关系 ‎(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，f(x)为常数函数．‎ ‎2．利用导数求函数最值的方法 ‎(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常进行分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值；‎ ‎(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y′的符号及y的单调区间、极值的对应表格．‎ ‎(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．‎ ‎①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ ‎②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.‎ 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.‎ - 11 -‎ 故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，‎ 在(ln a，＋∞)上单调递增．‎ ‎③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln .‎ 当x∈时，f′(x)<0；‎ 当x∈时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增．‎ ‎(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.‎ ‎②若a>0，则由(1)，得当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，‎ 从而当且仅当－a2ln a≥0，即a≤1时，f(x)≥0.‎ ‎③若a<0，则由(1)，得当x＝ln 时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，从而当且仅当a2≥0，即a≥－2e时，f(x)≥0.‎ 综上，a的取值范围是[－2e，1]．‎ 运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出f′(x)，由f′(x)的正负，得出函数f(x)的单调区间；函数的最值(极值)的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的极值或最值．‎ ‎(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.‎ 若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ - 11 -‎ 故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．‎ 若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)满足题设条件的a，b存在．‎ ‎①当a≤0时，由(1)，知f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.‎ ‎②当a≥3时，由(1)，知f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.‎ ‎③当0＜a＜3时，由(1)，知f(x)在[0,1]上的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.‎ 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．‎ 若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，‎ 则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．‎ 综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.‎ 热点2　利用导数解决与方程的解有关的问题 方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，根据函数图象的走势，通过数形结合直观求解．‎ ‎(2019·宁夏石嘴山市模拟)已知函数f(x)＝ex(x－aex)．‎ ‎(1)当a＝0时，求f(x)的最值；‎ ‎(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝0时，f(x)＝xex，‎ - 11 -‎ 所以f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0，解得x>－1，‎ 令f′(x)<0，解得x<－1，‎ 所以f(x)＝xex在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝－，无最大值．‎ ‎(2)因为f′(x)＝ex(x＋1－2aex)，且f(x)有两个不同的极值点，所以f′(x)＝0有两个不等实根，所以2a＝有两个不等的实根．‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0，解得x<0，令g′(x)<0，解得x>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(0)＝1.‎ 又g(－1)＝0，当x>0时，g(x)>0，且当x→＋∞时，g(x)→0，据此可画出g(x)的大致图象，如图所示．由g(x)的图象可得0<2a<1，即00，‎ 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.‎ 又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 因此，f(x)存在唯一的极值点．‎ ‎(2)由(1)，知f(x0)0，‎ 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.‎ 由α>x0>1，得<1a(≥a)在区间D上恒成立⇔f(x)min>a(≥a)；‎ ‎(2)不等式f(x)a(≥a)在区间D上恒成立⇔m≥a；‎ ‎(2)不等式f(x)cosx，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；‎ 当x∈(k∈Z)时，有sinx0，则f(x)单调递增．‎ 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，‎ f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．‎ ‎(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x).‎ 依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，‎ 从而g′(x)＝－2exsinx.‎ 当x∈时，g′(x)<0，‎ 故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)·(－1)‎ ‎＝g′(x)<0.‎ 因此，h(x)在区间上单调递减，‎ 进而h(x)≥h＝f＝0.‎ 所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.‎ ‎(3)证明：依题意，得u(xn)＝f(xn)－1＝0，‎ 即exncosxn＝1.‎ 记yn＝xn－2nπ，则yn∈，‎ 且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)．‎ 由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.‎ 由(2)，知当x∈时，g′(x)<0，‎ - 11 -‎ 所以g(x)在上为减函数，‎ 因此g(yn)≤g(y0)0，‎ ‎①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，‎ 当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；‎ 当x<0时，取x＝－，‎ 则f<1＋a＝－a<0.‎ 所以函数f(x)存在零点，不满足题意．‎ ‎②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln (－a)．‎ 在(－∞，ln (－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln (－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 所以当x＝ln (－a)时，f(x)取得最小值．‎ 函数f(x)不存在零点，等价于 f[ln (－a)]＝eln (－a)＋aln (－a)－a＝－2a＋aln (－a)>0，解得－e21时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．‎ 解　(1)因为f(x)＝x－2sinx＋1，‎ 所以f′(x)＝1－2cosx，‎ 则f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1.‎ ‎(2)令f′(x)＝0，则cosx＝，当x∈(0，π)时，得x＝，当x变化时，f′(x), f(x)的变化如下表．‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ - 11 -‎ f(x)‎ 减 最小值 增 所以函数f(x)在(0，π)上的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎(3)证明：因为g(x)＝x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx.‎ 令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，‎ 因为m>1，所以∈(0,1)，‎ 令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx＝，易知cosx＝在(0，π)内有唯一解x0，‎ 当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)0，‎ 所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)内有唯一零点x1，‎ 当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，‎ 当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，‎ 所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．‎ 所以函数g(x)在x＝x1处取得最小值，‎ 即当m>1时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．‎ ‎4．(2019·东北三省四校联考)已知函数f(x)＝ln x－x－m(m<－2，m为常数)．‎ ‎(1)求函数f(x)在上的最小值；‎ ‎(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x10，所以y＝f(x)在(0,1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，‎ 所以y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递减．‎ 且f＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，‎ 因为f－f(e)＝－2－＋e>0，‎ - 11 -‎ 所以函数f(x)在上的最小值为1－e－m.‎ ‎(2)证明：由已知条件和(1)知x1，x2满足ln x－x－m＝0，且01，‎ ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，‎ 由题意可知ln x2－x2＝m<－22，‎ 所以02)，‎ 则g′(x)＝－1－＋＝＝≤0，‎ 当x>2时，g(x)是减函数，‎ 所以g(x)2时，f(x1)－f<0，‎ 即f(x1)

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