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2016高考理科数学二轮复习与增分策略课件(全国通用):专题二 函数与导数 第3讲


专题二

函数与导数

第 3讲 导数及其应用

栏目索引

高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练

高考真题体验

1 2 3 4

1.(2015· 湖南)设函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则f(x)是(

A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数

)

1 2 3 4

解析 易知函数定义域为(-1,1), 又f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x), 故函数f(x)为奇函数, ? ? ?1+x? 2 ? - 1 - ?=ln? 又 f(x)=ln? ? ?, x - 1 ? ? ?1-x?

由复合函数单调性判断方法知,f(x)在(0,1)上是增函数.
故选A.

答案 A

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2.(2014· 课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在
唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( A.(2,+∞) C.(1,+∞) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1) )

解析 f′(x)=3ax2-6x, 当a=3时,f′(x)=9x2-6x=3x(3x-2), 则当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;

1 2 3 4

2 x∈(0,3)时,f′(x)<0; 2 2 5 x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,注意 f(0)=1,f(3)=9>0, 则f(x)的大致图象如图1所示.不符合题意,排除A、C.

图1

1 2 3 4

4 当 a=-3时,f′(x)=-4x2-6x=-2x(2x+3), 3 则当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0, 3 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)<0, 3 5 注意 f(0)=1,f(-2)=-4,则 f(x)的大致
图象如图 2 所示.不符合题意,排除 D.

答案 B

图2

1 2 3 4

3.(2014· 辽宁)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒
成立,则实数a的取值范围是(
A.[ -5,-3] C.[ -6,-2]

)

9 B.[-6,-8] D.[ -4,-3]

解析 当x=0时,ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立,

即a∈R.

1 2 3 4
2 x -4x-3 3 2 当 x∈(0,1]时,ax ≥x -4x-3,a≥ , x3

?x2-4x-3? ? ∴a≥? 3 ? ?max. x ? ?

x2-4x-3 设 φ(x)= , x3
?2x-4?x3-?x2-4x-3?3x2 φ′(x)= x6

1 2 3 4

x2-8x-9 ?x-9??x+1? =- =- >0 , 4 4 x x

∴φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ(1)=-6,
∴a≥-6.
?x2-4x-3? x2-4x-3 ? ? 当 x∈[-2,0)时,a≤ , ∴ a ≤ 3 3 ? ?min. x x ? ?

x2-4x-3 ?x-9??x+1? 仍设 φ(x)= ,φ′(x)=- . x3 x4

1 2 3 4

当x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0, 当x∈(-1,0)时,φ′(x)>0. ∴当x=-1时,φ(x)有极小值,即为最小值.
1+4-3 而 φ(x)min=φ(-1)= =-2,∴a≤-2. -1

综上知-6≤a≤-2. 答案 C

1 2 3 4

4.(2013· 安徽)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2. 若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根

个数为( A )
A.3 B.4 C.5 D.6 解析 f′(x)=3x2+2ax+b;

由已知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的不同两根,
当f(x1)=x1<x2时,作y=x1,y=x2与f(x)=x3+

ax2+bx+c有三个不同交点.
即方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有三个不同实根.

考情考向分析

1.导数的意义和运算是导数应用的基础,是高考的一 个热点. 2.利用导数解决函数的单调性与极值?最值?是高考的 常见题型.

热点分类突破 热点一 导数的几何意义

1.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.求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切 线”的不同.

例1

(1)(2015· 课标全国 Ⅰ) 已知函数 f(x) = ax3 + x + 1 的图

1 象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a=____________. 解析 f′(x)=3ax2+1,f′(1)=1+3a,f(1)=a+2. (1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(1+3a)(x-1). 将(2,7)代入切线方程,得7-(a+2)=(1+3a), 解得a=1.

(2) 设函数 f(x) = ax3 + 3x ,其图象在点 (1, f(1)) 处的切线 l 与
直线 x-6y-7=0垂直,则直线 l与坐标轴围成的三角形的

面积为( B )
A.1 B.3 C.9 D.12 解析 f′(x)=3ax2+3,由题设得f′(1)=-6, 所以3a+3=-6,a=-3. 所以f(x)=-3x3+3x,f(1)=0, 切线l的方程为y-0=-6(x-1),即y=-6x+6. 1 所以直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为 S=2×1×6=3. 选B.

思维升华

(1)求曲线的切线要注意 “过点P的切线”与“在点P处的切 线”的差异,过点P的切线中,点P不一定是切点,点P也不 一定在已知曲线上,而在点P处的切线,必以点P为切点. (2) 利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、 切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间 的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率 之间的关系,进而和导数联系起来求解.

跟踪演练 1
3

在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C1:y
2 2

5 =ax +1(a>0)与曲线 C2:x +y =2的一个公共点,若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实数 a 的值是 ________.

解析

设 A(x0,y0),

则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax2 0,

1 x0 C2 在 A 处的切线的斜率为-k =-y , OA 0

又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直,
x0 3 所以(-y )· 3ax2 =- 1 ,即 y = 3 ax 0 0 0, 0 3 3 又 ax0=y0-1,所以 y0=2, 5 1 2 2 代入 C2:x +y =2,得 x0=± 2, 1 3 3 将 x0=± , y = 代入 y = ax +1(a>0),得 a=4. 2 0 2

答案 4

热点二 利用导数研究函数的单调性 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,函数不具有

单调性.

例2

3x2+ax (2015· 重庆)设函数 f(x)= ex (a∈R).

(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y= f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解 ?6x+a?ex-?3x2+ax?ex 对 f(x) 求 导 得 f′(x) = = x 2 ?e ?

-3x2+?6-a?x+a , ex

因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.

2 - 3 x +6x 3x 当 a=0 时,f(x)= ex ,f′(x)= , x e 2

3 3 故 f(1)=e ,f′(1)=e,从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程 3 3 为 y-e=e(x-1),化简得 3x-ey=0.

(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
-3x2+?6-a?x+a 解 由(1)知 f′(x)= . ex

令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
6-a- a2+36 6-a+ a2+36 由 g(x)=0,解得 x1= , x . 2= 6 6

当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数;
当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;

当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.
6-a+ a2+36 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数,知 x2= ≤3, 6 9 解得 a≥-2,
故a
? 9 ? ? 的取值范围为?-2,+∞? ?. ? ?

思维升华

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 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.

1 2 跟踪演练 2 (1)函数 f(x)=2x -ln x 的单调递减区间为( B )
A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞)

解析 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),

1 又由 f′(x)=x-x ≤0,解得 0<x≤1,
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1].

1 3 1 2 2 (2)若函数 f(x)=-3x +2x +2ax 在[3,+∞)上存在单调递 1 (-9,+∞) 增区间,则 a 的取值范围是___________.
12 1 解析 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x +x+2a=-(x-2) +4+2a. 2 2 2 当 x∈[3,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′(3)=9+2a. 2 1 令9+2a>0,解得 a>-9. 1 所以 a 的取值范围是(-9,+∞).
2

热点三 利用导数求函数的极值、最值

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.

例3

2e p 设函数 f(x)=px-x-2ln x,g(x)= x ,其中 p>0.

(1)若f(x)在其定义域内是单调增函数,求实数p的取值范围; 解 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 px -2x+p p 2 f′(x)=p+x2-x= . 2 x

由条件知f′(x)≥0在(0,+∞)内恒成立,
2x 即 p≥ 2 恒成立. x +1

2x 2x 2x 而 2 ≤2· =1,当 x=1 时等号成立,即 2 的最大值 x · 1 x +1 x +1 为 1,

所以p≥1,即实数p的取值范围是[1,+∞).

(2)若在[1,e]上存在点x0,使得f(x0)>g(x0)成立,求实数p的 取值范围; 解 设 h(x) = f(x) - g(x) ,则已知等价于 h(x)>0 在 [1 , e] 上有

解,
2 ?e-x? 即等价于h(x)在[1p ,e] 0. 2上的最大值大于 2e px +p+2 因为 h′(x)=p+x2-x + x2 = >0, x2

所以h(x)在[1,e]上是增函数,

4e p 所以 h(x)max=h(e)=pe-e-4>0,解得 p> 2 . e -1
4e 所以实数 p 的取值范围是( 2 ,+∞). e -1

(3) 若在 [1 , e] 上存在点 x1 , x2 ,使得 f(x1)>g(x2) 成立,求实
数p的取值范围. 解 已知条件等价于f(x)max>g(x)min. 当p≥1时,由(1)知f(x)在[1,e]上是增函数, p 所以 f(x)max=f(e)=pe-e -2. 1± 1-p2 当 0<p<1 时,令 f′(x)=0,得 x= , p
1+ 1-p2 可知 f(x)在(1, )上是减函数, p

1+ 1-p2 在( , e) 上是增函数 . p

若f(x)max=f(1)=0,由于g(x)min=2,所以此时无解.
p 所以 f(x)max=f(e)=pe-e -2>0. 4e p 综上可知,应用 pe-e-2>2,解得 p> 2 . e -1
4e 所以实数 p 的取值范围是( 2 ,+∞). e -1

思维升华

(1) 求函数 f(x) 的极值,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.
(3) 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
行比较得到函数的最值.

跟踪演练3 已知函数f(x)=ln x+ax-a2x2(a≥0).
(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值; 解 函数的定义域为(0,+∞),
-2a2x2+ax+1 f′(x)= . x

因为x=1是函数y=f(x)的极值点, 所以f′(1)=1+a-2a2=0,

1 解得 a=-2(舍去)或 a=1.

经检验,当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点,
所以a=1.

(2)若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.
解 当a=0时,f(x)=ln x,显然在定义域内不满足f(x)<0;
?2ax+1??-ax+1? 当 a>0 时,令 f′(x)= =0, x
1 1 得 x1=-2a(舍去),x2=a,

所以f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) 1 (0,a) + ↗ 1 a 0 极大值 1 (a,+∞) - ↘

1 1 所以 f(x)max=f(a)=ln a<0,所以 a>1.

综上可得a的取值范围是(1,+∞).

高考押题精练

1 2 3 4

1.已知曲线y=ln x的切线过原点,则此切线的斜率为(
A.e B.-e 1 C.e 1 D.-e

)

押题依据

曲线的切线问题是导数几何意义的应用,是

高考考查的热点,对于“过某一点的切线 ”问题,也是
易错易混点.

1 2 3 4

解析 y=f(x)=ln x的定义域为(0,+∞),
1 设切点为(x0,y0),则切线斜率 k=f′(x0)=x . 0 1 ∴切线方程为 y-y0=x (x-x0), 0

又切线过点(0,0),代入切线方程得y0=1,则x0=e,
1 1 ∴k=x =e . 0

答案 C

1 2 3 4

2.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a 在 x=1 处取得极大值 a 10,则b的值为( 2 A.-3 2 C.-2 或-3 ) B.-2 2 D.2 或-3

1 2 3 4

押题依据 考的热点. 解析

函数的极值是单调性与最值的 “桥梁”,理

解极值概念是学好导数的关键 .极值点、极值的求法是高 由题意知 f′(x) = 3x2 +2ax + b , f′(1) =0, f(1) =10,

?3+2a+b=0, ?a=-2, ?a=-6, 即? 解得? 或? 2 ?1+a+b-a -7a=10, ?b=1 ?b=9,

?a=-6, 2 a 经检验? 满足题意,故b=-3. ?b=9

答案 A

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3.已知函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,函数g(x)=x2 -aln x在(1,2)上为增函数,则a的值等于________. 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用,体现

了 “ 以直代曲 ” 思想,要在审题中搞清 “ 在 (0,1) 上为减
函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别.

1 2 3 4

解析 ∵函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,
a ∴2≥1,得 a≥2.
a 又∵g′(x)=2x-x, 依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,

得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2.

答案 2

1 2 3 4

1 4. 已 知 函 数 f(x) = x - , g(x) = x2 - 2ax + 4 , 若 任 意 x+1 x1∈[0,1] ,存在 x2∈[1,2] ,使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值 范围是__________.

押题依据

不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的

值域解决.考查了转化与化归思想,是高考的一个热点.

1 2 3 4

解析

1 由于 f′(x)=1+ >0, ?x+1?2

因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.

根据题意可知存在x∈[1,2],
使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,
x 5 即 x -2ax+5≤0,即 a≥2+2x能成立,
2

1 2 3 4

x 5 令 h(x)=2+2x,

则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,
x 5 又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2] 上单调递减,
9 9 所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4. ?9 ? ? 答案 ?4,+∞? ? ? ?


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