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

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文档介绍

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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