2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理 新人教版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理 新人教版 熱點一　用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重點內(nèi)容,而函數(shù)的性質(zhì)又是高考命題的熱點,用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)比用初等方法研究要方便得多,并且具有普遍的適用性. 例1　(xx安徽)若直線l與曲線C滿足下列兩個條件: (i)直線l在點P(x0,y0)處與曲線C相切; (ii)曲線C在點P附近位于直線l的兩側(cè).則稱直線l在點P處“切過”曲線C. 下列命題正確的是　　　　.(寫出所有正確命題的編號) ①直線l:y=0在點P(0,0)處“切過”曲線C:y=x3; ②直線l:x=-1在點P(-1,0)處“切過”曲線C:y=(x+1)2; ③直線l:y=x在點P(0,0)處“切過”曲線C:y=sinx; ④直線l:y=x在點P(0,0)處“切過”曲線C:y=tanx; ⑤直線l:y=x-1在點P(1,0)處“切過”曲線C:y=lnx. 【審題】　本題考查切線與圖形的關(guān)系. 【求解】　對于①,因為y=3x2,yx=0=0,所以l:y=0是曲線C:y=x3在點P(0,0)處的切線,畫圖可知曲線C在點P附近位于直線l的兩側(cè),①正確; 對于②,因為y=2(x+1),yx=-1=0,所以l:x=-1不是曲線C:y=(x+1)2在點P(-1,0)處的切線,②錯誤; 對于③,y=cosx,yx=0=1,所以曲線C在點P(0,0)處的切線為l:y=x,畫圖可知曲線C在點P附近位于直線l的兩側(cè),③正確; 對于④,y=,yx=0=1,所以曲線C在點P(0,0)處的切線為l:y=x,畫圖可知曲線C在點P附近位于直線l的兩側(cè),④正確; 對于⑤,y=,yx=1=1,所以曲線C在點P(1,0)處切線為l:y=x-1,又由h(x)=x-1-lnx(x>0)可得h(x)=1-,所以hmin(x)=h(1)=0,故x-1≥lnx,所以曲線C在點P附近位于直線l的下側(cè),⑤錯誤. 【答案】?、佗邰? 【易錯警示】　錯誤的主要原因是思維定勢,對曲線在切線的兩側(cè)無法理解. 【舉一反三】　本題充分體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的幾何意義. 熱點二　導(dǎo)數(shù)、函數(shù)與不等式 用導(dǎo)數(shù)的方法研究與函數(shù)有關(guān)的不等式問題,是巧妙地構(gòu)造函數(shù),然后這個函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值及特殊點的函數(shù)值,結(jié)合不等式的性質(zhì)來解決. 例2　(xx湖南)若0f(x2),即x2>x1. 【答案】　C 熱點三　恒成立及求參數(shù)范圍問題 恒成立問題可以轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉的求最值的問題進行求解,若不能分離參數(shù),可以將參數(shù)看成函數(shù)關(guān)系式中的常量,利用函數(shù)性質(zhì)求解. 例3　(xx湖南)已知函數(shù)f(x)=xcosx-sinx+1(x>0). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個零點,證明:對一切n∈N*,有. 【審題】　本題主要考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用,函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)的零點,不等式的證明.(1)通過求導(dǎo),結(jié)合三角函數(shù)值的確定,根據(jù)導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)情況來確定對應(yīng)的單調(diào)區(qū)間問題;(2)先根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定在對應(yīng)的區(qū)間內(nèi)至少存在一個零點,進而確定對應(yīng)的不等式關(guān)系式,通過不等式的放縮來證明相應(yīng)的不等式成立問題. 【求解】　(1)f(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx. 令f(x)=0,得x=kπ(k∈N*). 當(dāng)x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)時,sinx>0, 此時f(x)<0. 當(dāng)x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)時,sinx<0, 此時f(x)>0. 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),單調(diào)遞增區(qū)間為((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N). (2)由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,π)上單調(diào)遞減. 又 當(dāng)n∈N*時,因為f(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1][(-1)n+1(n+1)π+1]<0,且函數(shù)f(x)的圖象是連續(xù)不斷的,所以f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)內(nèi)至少存在一個零點.又f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)上是單調(diào)的,故nπa恒成立?f(x)min>a恒成立的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用. 而對于證明不等式時得注意對不等式的放縮或數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用等. 熱點四　利用導(dǎo)數(shù)識別函數(shù)圖象 給出函數(shù)關(guān)系式描繪或者識別其圖象.除根據(jù)一般方法研究其性質(zhì)外,求導(dǎo)也有獨到的技巧. 例4　(xx江西)在同一直角坐標(biāo)系中,函數(shù)y=ax2-x+與y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的圖象不可能是(　　). 【審題】　本題主要考查函數(shù)的圖象及性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)的運算,考查綜合應(yīng)用知識解決問題的能力、運算求解能力. 【求解】　當(dāng)a=0時,D符合;當(dāng)a≠0時,函數(shù)y=ax2-x+的對稱軸為x=,對函數(shù)y=a2x3-2ax2+x+a,求導(dǎo)得y=3a2x2-4ax+1=(3ax-1)(ax-1),令y=0,x1=,x2=,所以對稱軸x=介于兩個極值點x1=,x2=之間,所以B是錯誤的.所以選擇B. 【答案】　B 演練經(jīng)典習(xí)題 1. (xx全國新課標(biāo)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是(　　). A. (2,+∞)　　　　　　　B. (1,+∞) C. (-∞,-2)　　　 D. (-∞,-1) 2. (xx全國新課標(biāo)Ⅱ)若函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是(　　). A. (-∞,-2]　 B. (-∞,-1] C. [2,+∞)　 D. [1,+∞) 3. (xx遼寧)當(dāng)x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是(　　). A. [-5,-3]　 B. C. [-6,-2]　 D. [-4,-3] 4. (xx江西)若曲線y=xlnx上點P處的切線平行于直線2x-y+1=0,則點P的坐標(biāo)是　　　　. 5. (xx全國新課標(biāo)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為-2. (1)求a; (2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. 6. (xx重慶)已知函數(shù)f(x)= ,其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于直線y=.求: (1)a的值; (2)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值. 7. (xx東北三校聯(lián)合模擬)已知函數(shù)f(x)=(1+x)lnx. (1)求f(x)在x=1處的切線方程; (2)設(shè)g(x)= ,對任意x∈(0,1),g(x)<-2,求實數(shù)a的取值范圍. 8. (xx海淀區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)=ex(x2+ax-a),其中a是常數(shù). (1)當(dāng)a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)求f(x)在區(qū)間[0,+∞)上的最小值. 9. (xx青島質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)= . (1)若不等式f(x)0時,函數(shù)f(x)在(-∞, 0), 上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,又f(0)=1,所以函數(shù)f(x)存在小于0的零點,不符合題意;當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)在, (0, +∞)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以只需,解得a<-2,所以選C. 2. D　解析: ,且x>0,由題可知f(x)≥0,即得kx-1≥0,得x≥ (k<0時不滿足),因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(1, +∞)上單調(diào)遞增,所以≤1,解得k≥1. 4. (e, e)　解析:由題意知,y=lnx+1,直線斜率為2.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知,令lnx+1=2,得x=e,所以y=elne=e,所以P(e, e). 5. (1) f(x)=3x2-6x+a, f(0)=a. 曲線y=f(x)在點(0, 2)處的切線方程為y=ax+2. 由題設(shè)得,所以a=1. (2) 證明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 設(shè)g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4, 由題設(shè)知1-k>0. 當(dāng)x≤0時,g(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)單調(diào)遞增,g(-1)=k-1<0, g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞, 0]上有唯一實根. 當(dāng)x>0時,令h(x)=x3-3x2+4, 則g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h(x)=3x2-6x=3x(x-2), h(x)在(0, 2)上單調(diào)遞減,在(2, +∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以g(x)=0在(0, +∞)上沒有實根. 綜上,g(x)=0在R有唯一實根, 即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. 6. (1) 對f(x)求導(dǎo)得,由f(x)在點(1, f(1))處的切線垂直于直線解得 令f(x)=0,解得x=-1或x=5. 因為x=-1不在f(x)的定義域(0, +∞)內(nèi),故舍去. 當(dāng)x∈(0, 5)時,f(x)<0,故f(x)在(0, 5)上為減函數(shù); 當(dāng)x∈(5, +∞)時,f(x)>0,故f(x)在(5, +∞)上為增函數(shù). 由此知函數(shù)f(x)在x=5時取得極小值f(5)=-ln5. 7. (1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), 因為，所以f(1)=2,且切點為(1,0). 故f(x)在x=1處的切線方程為y=2x-2. 設(shè)m(x)=x2+(2-4a)x+1,方程m(x)=0的判別式Δ=16a(a-1). 若a∈(0,1),Δ≤0,m(x)≥0,h(x)≥0,h(x)在(0,1)上是增函數(shù),又h(1)=0,所以x∈(0,1)時,h(x)<0. 若a∈(1+∞),Δ>0,m(0)=1>0,m(1)=4(1-a)<0,故存在x0∈(0,1),使得m(x)<0,h(x)<0,h(x)在(x0,1)上是減函數(shù),又h(1)=0,故當(dāng)x∈(x0,1)時,h(x)>0. 綜上,實數(shù)a的取值范圍是(0,1]. 8. (1)由f(x)=ex(x2+ax-a)可得f(x)=ex[x2+(a+2)x]. 當(dāng)a=1時,f(1)=e,f(1)=4e. 所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e. (2)令f(x)=ex[x2+(a+2)x]=0, 解得x=-(a+2)或x=0. 當(dāng)-(a+2)≤0,即a≥-2時,在區(qū)間[0,+∞)上,f(x)≥0, 所以f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以f(x)在區(qū)間[0,+∞)上的最小值為f(0)=-a; 當(dāng)-(a+2)>0,即a<-2時,f(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x 0 (0,-(a+2)) -(a+2) (-(a+2),+∞) f(x) 0 0 + f(x) f(0) ↘ f(-(a+2)) ↗ 由上表可知函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,+∞)上的最小值為f(-(a+2))= . 綜上可知,當(dāng)a≥-2時,f(x)在[0,+∞)上的最小值為-a; 當(dāng)a<-2時,f(x)在[0,+∞)上的最小值為. 9. (1)因為f(x)= ,所以f(x)=x2-1. 令f(x)=x2-1=0,解得x=1. 當(dāng)x變化時,f(x)和f(x)的變化如下: x -2 (-2,-1) -1 (-1,1) 1 (1,3) 3 f(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大 ↘ 極小 ↗ 由上表可知,f(x)極大值=f(-1)= .又f(3)=6,f(-2)= ,比較可得,當(dāng)x∈[-2,3]時,f(x)max=f(3)=6. 因為f(x)6,即k>2 011. 所以最小的正整數(shù)k=2 012. (2)因為, 所以g(x)=x2-ax. 所以g(1)=1-a.