2019-2020学年高考数学二轮专题复习 导数及其应用
教案
中职数学基础模块教案 下载北师大版¥1.2次方程的根与系数的关系的教案关于坚持的教案初中数学教案下载电子教案下载
文
【高考考情解读】 导数的概念及其运算是导数应用的基础,这是高考重点考查的内容.考查方式以客观题为主,主要考查:一是导数的基本公式和运算法则,以及导数的几何意义;二是导数的应用,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式以及讨论方程的根等,已成为高考热点问题;三是应用导数解决实际问题.
1. 导数的几何意义
函数y=f(x)在点x=x0处的导数值就是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,其切线方程是y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).
2. 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,则f(x)为常数,函数不具有单调性.
3. 函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值是对整个定义域而言的,是在整个范围内讨论的问题.
(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,而函数的极值可能不止一个,也可能没有.
(3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数不一定有最值,若有唯一的极值,则此极值一定是函数的最值.
4. 四个易误导数公式及两个常用的运算法则
(1)(sin x)′=cos x.
(2)(cos x)′=-sin x.
(3)(ax)′=axln a(a>0,且a≠1).
(4)(logax)′=
(5)[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x).
(6)
考点一 导数几何意义的应用
例1 (1)过点(1,0)作曲线y=ex的切线,则切线方程为________.
(2)(2013·南京模拟)在平面直角坐标系xOy中,设A是曲线C1:y=ax3+1(a>0)与曲线C2:x2+y2=
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
(1)e2x-y-e2=0 (2)4
解析 (1)设切点为P(x0,ex0),则切线斜率为ex0,
切线方程为y-ex0=ex0(x-x0),
又切线经过点(1,0),所以-ex0=ex0(1-x0),
解得x0=2,切线方程为y-e2=e2(x-2),
即e2x-y-e2=0.
(2)设A(x0,y0),则C1在A处的切线的斜率为f′(x0)=3ax
又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直,
所以(-
又ax
代入C2:x2+y2=
将x0=±
(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.
(1)直线y=kx+b与曲线y=ax2+2+ln x相切于点P(1,4),则b的值为________.
(2)若曲线f(x)=xsin x+1在x=
答案 (1)-1 (2)2
解析 (1)由点P(1,4)在曲线上,可得a×12+2+ln 1=4,
解得a=2,故y=2x2+2+ln x.所以y′=4x+
所以曲线在点P处的切线斜率k=y′|x=1=4×1+
所以切线的方程为y=5x+b.由点P在切线上,
得4=5×1+b,解得b=-1.
(2)f′(x)=sin x+xcos x,f′(
即函数f(x)=xsin x+1在点x=
直线ax+2y+1=0的斜率是-
所以(-
考点二 利用导数研究函数的性质
例2 (2013·广东)设函数f(x)=x3-kx2+x(k∈R).
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当k<0时,求函数f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M.
解 f′(x)=3x2-2kx+1,
(1)当k=1时,f′(x)=3x2-2x+1=3
∴f(x)在R上单调递增.
(2)当k<0时,f′(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴x=
①当Δ=4k2-12=4(k+
f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上单调递增.
∴m=f(x)min=f(k)=k,
M=f(x)max=f(-k)=-2k3-k.
②当Δ=4k2-12>0,即k<-
令f′(x)=0得x1=
且k
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.
(4)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.
(5)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.
(2013·浙江)已知a∈R,函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)若|a|>1,求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
解 (1)当a=1时,f′(x)=6x2-12x+6,
所以f′(2)=6.
又因为f(2)=4,所以切线方程为6x-y-8=0.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).
令f′(x)=0,得到x1=1,x2=a.
当a>1时,
x
0
(0,1)
1
(1,a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
0
单调递增
极大值3a-1
单调递减
极小值a2(3-a)
单调递增
4a3
比较f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得
g(a)=
当a<-1时,
x
0
(0,1)
1
(1,-2a)
-2a
f′(x)
-
0
+
f(x)
0
单调递减
极小值3a-1
单调递增
-28a3-24a2
得g(a)=3a-1.
综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g(a)=
考点三 利用导数解决与方程、不等式有关的问题
例3 (2013·陕西)已知函数f(x)=ex,x∈R.
(1)求f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程;
(2)证明:曲线y=f(x)与曲线y=
(3)设a
方法
快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载
一 曲线y=ex与曲线y=
∵φ(0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点x=0.
又φ′(x)=ex-x-1,令h(x)=φ′(x)=ex-x-1,
则h′(x)=ex-1,
当x<0时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减;
当x>0时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴φ′(x)在x=0处有唯一的极小值φ′(0)=0,
即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)=0.
∴φ′(x)≥0(当且仅当x=0时等号成立),
∴φ(x)在R上是单调递增的,
∴φ(x)在R上有唯一的零点,
故曲线y=f(x)与曲线y=
方法二 ∵ex>0,
∴曲线y=ex与曲线y=
设φ(x)=
又φ′(x)=
∴φ(x)在R上单调递减,
∴φ(x)与y=1有唯一的公共点,
故曲线y=f(x)与曲线y=
(3)解
=
=
设函数u(x)=ex-
则u′(x)=ex+
∴u′(x)≥0(当且仅当x=0时等号成立),
∴u(x)单调递增.
当x>0时,u(x)>u(0)=0.
令x=
∴
研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要工具.基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函数的草图辅助思考.
(2012·湖南)已知函数f(x)=ex-ax,其中a>0.
(1)若对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,求a的取值集合;
(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1ln a时,f′(x)>0,f(x)增调递增.
故当x=ln a时,f(x)取最小值f(ln a)=a-aln a.
于是对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,当且仅当a-aln a≥1.
①
令g(t)=t-tln t,则g′(t)=-ln t.
当00,g(t)单调递增.
当t>1时,g′(t)<0,g(t)单调递减.
故当t=1时,g(t)取最大值g(1)=1.
因此,当且仅当a=1时,①式成立.
综上所述,a的取值集合为{1}.
(2)证明 由题意知,k=
令φ(x)=f′(x)-k=ex-
φ(x1)=-
φ(x2)=
令F(t)=et-t-1,则F′(t)=et-1.
当t<0时,F′(t)<0,F(t)单调递减;
当t>0时,F′(t)>0,F(t)单调递增.
故当t≠0时,F(t)>F(0)=0,即et-t-1>0.
从而ex2-x1-(x2-x1)-1>0,ex1-x2-(x1-x2)-1>0.
又
因为函数y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,
所以存在x0∈(x1,x2),使φ(x0)=0,即f′(x0)=k成立.
1. 函数单调性的应用
(1)若可导函数f(x)在(a,b)上单调递增,则f′(x)≥0在区间(a,b)上恒成立;
(2)若可导函数f(x)在(a,b)上单调递减,则f′(x)≤0在区间(a,b)上恒成立;
(3)可导函数f(x)在区间(a,b)上为增函数是f′(x)>0的必要不充分条件.
2. 可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值;
(2)对于可导函数f(x),“f(x)在x=x0处的导数f′(x)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件;
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
3. 导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题;
(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题;
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.
1. 已知函数f(x)=x-
答案
解析 由于f′(x)=1+
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,
即x2-2ax+5≤0,即a≥
令h(x)=
则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,
又函数h(x)=
所以h(x)min=h(2)=
2. 设函数f(x)=
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)当a≥2时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)若对任意a∈(2,3)及任意x1,x2∈[1,2],恒有ma+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0,+∞),
当a=1时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1-
令f′(x)=0,得x=1.
当01时,f′(x)>0.
∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.
(2)f′(x)=(1-a)x+a-
=
当
f(x)在(0,+∞)上是减函数;
当
令f′(x)<0,得00,得
当
综上,当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>2时,f(x)在(0,
(3)由(2)知,当a∈(2,3)时,f(x)在[1,2]上单调递减,
当x=1时,f(x)有最大值,当x=2时,f(x)有最小值.
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=
∴ma+ln 2>
而a>0经整理得m>
由20;
当x∈(1,2)时,f′(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)有两个极值点1和2,且当x=2时函数取得极小值,
当x=1时函数取得极大值.故只有①不正确.
4. (2012·大纲全国改编)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=_______.
答案 -2或2
解析 利用导数求解.
∵y′=3x2-3,∴当y′=0时,x=±1.
则x,y′,y的变化情况如下
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,+∞)
y′
+
-
+
y
c+2
c-2
因此,当函数图象与x轴恰有两个公共点时,必有c+2=0或c-2=0,
∴c=-2或c=2.
5. 已知函数f(x) (x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<
答案 {x|x>1}
解析 φ(x)=f(x)-
∴φ(x)在R上是减函数.
φ(1)=f(1)-
∴φ(x)=f(x)-
6. 设函数f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2(其中x∈R,a,b为常数).已知曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l,则a,b的值分别为________.
答案 -2,5
解析 f′(x)=3x2+4ax+b,g′(x)=2x-3,
由于曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线,
故有f(2)=g(2)=0,f′(2)=g′(2)=1,
由此解得a=-2,b=5.
7. 设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围为________.
答案 (-∞,-1)
解析 y′=ex+a,又函数y=ex+ax在x∈R上有大于零的极值点,即y′=ex+a=0有正根.
当ex+a=0时,ex=-a,∴-a>1,即a<-1.
8. 已知函数f(x)=-
答案 0x2,如图,
同理得方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有三个不同实根.
10.(2013·湖北改编)已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是________.
答案 (0,
解析 f′(x)=(ln x-ax)+x(
=ln x+1-2ax(x>0)
令f′(x)=0得2a=
设φ(x)=
易知φ(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
大致图象如右图
若f(x)有两个极值点,
则y=2a和y=φ(x)图象有两个交点,
∴0<2a<1,∴00.
(1)若a=2,求曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程;
(2)是否存在负数a,使f(x)≤g(x)对一切正数x都成立?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请
说明
关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书
理由.
解 (1)由题意可知,当a=2时,g(x)=4x2-ln x+2,
则g′(x)=8x-
曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线斜率k=g′(1)=7,
又g(1)=6,所以曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线的方程为y-6=7(x-1),即7x-y-1=0.
(2)设函数h(x)=f(x)-g(x)=ax+ln x-a2x2 (x>0).
假设存在负数a,使得f(x)≤g(x)对一切正数x都成立,
即当x>0时,h(x)的最大值小于等于零.
h′(x)=a+
令h′(x)=0,得x1=-
当0-
所以h(x)在x=-
∴h(x)max=h
所以负数a存在,它的取值范围为{a|a≤-
12.已知函数f(x)=
(1)求F(x)=f(x)-g(x)的单调区间,若F(x)有最值,请求出最值;
(2)是否存在正常数a,使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点,且在该公共点处有共同的切线?若存在,求出a的值,以及公共点坐标和公切线方程;若不存在,请说明理由.
解 (1)F′(x)=
①当a≤0时,F′(x)>0恒成立,F(x)在(0,+∞)上是增函数,F(x)只有一个单调递增区间(0,+∞),没有最值.
②当a>0时,F′(x)=
若0
∴当x=
即F(x)min=F(
∴当a>0时,F(x)的单调递减区间为(0,
(2)若f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点,
则方程f(x)-g(x)=0有且只有一解,
∴函数F(x)有且只有一个零点.
由(1)的结论可知F(x)min=-aln a=0,得a=1.
此时,F(x)=f(x)-g(x)=
F(x)min=F(
∴f(x)与g(x)的图象的唯一公共点坐标为(
又∵f′(
∴f(x)与g(x)的图象在点(
其方程为y-1=
综上所述,存在a=1,使f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点(
13.已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元,每生产1千件需另投入2.7万元.设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)=
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;
(2)年产量为多少千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获得利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本)
解 (1)当010时,W=xR(x)-(10+2.7x)
=98-
∴W=
(2)①当00;
当x∈(9,10)时,W′<0,
∴当x=9时,W取最大值,
且Wmax=8.1×9-
②当x>10时,
W=98-
当且仅当
故当x=
综合①②知当x=9时,W取最大值38.6万元,故当年产量为9千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大.