《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
1．(2016四川改編)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝________.
答案 2
解析 ∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，則x1＝－2，x2＝2.
當(dāng)x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(－2,2)時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)的極小值點為a＝2.
2．(2016課標(biāo)全國乙改編)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是____________．
答案
解析 ∵函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x
＝1－(2cos2x－1)＋acos x
＝－cos2x＋acos x＋≥0，即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)恒成立．
當(dāng)cos x＝0時，恒有0≥－，得a∈R；
當(dāng)0
0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．
例2 已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值．
解 (1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4
＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，
∵y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4，
∴f′(0)＝a＋b－4＝4，f(0)＝b＝4，
∴a＝4，b＝4.
(2)由(1)知f′(x)＝4ex(x＋2)－2(x＋2)
＝2(x＋2)(2ex－1)
令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝ln ，
列表：
x
(－∞，－2)
－2
ln
(ln ，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
∴y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)，；
單調(diào)減區(qū)間為.
f(x)極大值＝f(－2)＝4－4e－2.
思維升華 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：
(1)確定函數(shù)的定義域；
(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；
(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解．
跟蹤演練2 (1)已知m是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是__________________．
(2)若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是__________．
答案 (1)∪(0，＋∞) (2)
解析 (1)因為f′(x)＝3x2－2mx，
所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2.
由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－或x>0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)∪(0，＋∞)．
(2)f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝4x－.
由f′(x)＝0，得x＝.
據(jù)題意，得
解得1≤k<.
熱點三 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值
1．若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值．
2．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得．
例3 已知函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，其中a為常數(shù)．
(1)當(dāng)函數(shù)f(x)的圖象在點處的切線的斜率為1時，求函數(shù)f(x)在上的最小值；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上既有極大值又有極小值，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝a＋－(x>0)，
由題意可知，f′＝1，解得a＝1.
故f(x)＝x－－3ln x，
∴f′(x)＝，
根據(jù)題意由f′(x)＝0，得x＝2.
于是可得下表：
x
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
1－3ln 2
↗
∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x>0),
由題意可得方程ax2－3x＋2＝0有兩個不等的正實根，不妨設(shè)這兩個根為x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，
則
解得00時，
令f′(x)＝＝0，
得x1＝－(舍去)，x2＝，
所以x，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
極大值
↘
所以f(x)max＝f()＝ln <0，
所以a>1.
綜上可得，a的取值范圍是(1，＋∞).
1．設(shè)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若y＝f(x)的圖象在點P(1，f(1))處的切線方程為x－y＋2＝0，則f(1)＋f′(1)＝________.
押題依據(jù) 曲線的切線問題是導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用，是高考考查的熱點，對于“過某一點的切線”問題，也是易錯易混點．
答案 4
解析 依題意有f′(1)＝1,1－f(1)＋2＝0，即f(1)＝3，
所以f(1)＋f′(1)＝4.
2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為________．
押題依據(jù) 函數(shù)的極值是單調(diào)性與最值的“橋梁”，理解極值概念是學(xué)好導(dǎo)數(shù)的關(guān)鍵．極值點、極值的求法是高考的熱點．
答案 －
解析 由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或經(jīng)檢驗滿足題意，故＝－.
3．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于________．
押題依據(jù) 函數(shù)單調(diào)性問題是導(dǎo)數(shù)最重要的應(yīng)用，體現(xiàn)了“以直代曲”思想，要在審題中搞清“在(0,1)上為減函數(shù)”與“函數(shù)的減區(qū)間為(0,1)”的區(qū)別．
答案 2
解析 ∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依題意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.
4．已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
押題依據(jù) 不等式恒成立或有解問題可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域解決．考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，是高考的一個熱點．
答案
解析 由于f′(x)＝1＋>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，
所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1.
根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，
使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，
令h(x)＝＋，
則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
A組 專題通關(guān)
1．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________.
答案 2
解析 令t＝ex，f(t)＝t＋ln t(t>0)，
所以f(x)＝x＋ln x(x>0)．f′(x)＝1＋，f′(1)＝2.
2．曲線y＝f(x)＝在點(1，f(1))處的切線方程是____________．
答案 y＝
解析 f(x)＝的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝，
∴曲線在點(1，f(1))處的切線斜率k＝0，
∵切點為，
∴曲線在點(1，f(1))處的切線方程為y＝.
3．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex.若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)遞減函數(shù)，則a的取值范圍是____________．
答案 [，＋∞)
解析 f′(x)＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]，
∵f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在[－1,1]上恒成立．令g(x)＝x2＋2(1－a)x－2a，
則解得a≥.
4．函數(shù)f(x)＝x3－3x的極小值為________．
答案?。?
解析 f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.
當(dāng)x∈(－1,1)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)在(－1,1)內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－1)或(1，＋∞)上是增函數(shù)，故當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值f(1)＝13－31＝－2.
5．已知函數(shù)f(x)＝x＋aln x，若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處的切線過原點，則實數(shù)a的值為________．
答案 e
解析 因為f′(x)＝1＋，
因此f′(a)＝2＝?ln a＝1?a＝e.
6．已知函數(shù)f(x)＝asin x＋bx3＋4(a，b∈R)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f(2 014)＋f(－2 014)＋f′(2 015)－f′(－2 015)＝__________.
答案 8
解析 因為f(x)＝asin x＋bx3＋4(a，b∈R)，所以f′(x)＝acos x＋3bx2.因為f(x)－4＝asin x＋bx3為奇函數(shù)，且f′(x)＝acos x＋3bx2為偶函數(shù)，所以f(2 014)＋f(－2 014)＋f′(2 015)－f′(－2 015)＝[f(2 014)－4]＋[f(－2 014)－4]＋8＝8.
7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2x，若 (a>0且a≠1)，則實數(shù)a的取值范圍是______________．
答案 ∪
解析 因為f′(x)＝3x2＋2>0，f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝x3＋2x為R上單調(diào)遞增的奇函數(shù)，因此由得即1>loga3，當(dāng)a>1時，a>3，當(dāng)00，解得a>－，所以a的取值范圍是(－，＋∞)．
9．(2016北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解 (1)f(x)的定義域為R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
依題設(shè)，即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)與1－x＋ex－1同號．
令g(x)＝1－x＋ex－1，
則g′(x)＝－1＋ex－1.
∴當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)＜0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，
從而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
綜上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
10．已知函數(shù)f(x)＝－ln x，x∈[1,3]．
(1)求f(x)的最大值與最小值；
(2)若f(x)<4－at對任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)∵函數(shù)f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．
∵x∈[1,3]，
當(dāng)10.
∴f(x)在(1,2)上是單調(diào)減函數(shù)，
在(2,3)上是單調(diào)增函數(shù)，
∴f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝－ln 2.
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－(－ln 3)＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴當(dāng)x＝1時，f(x)取得最大值為.
當(dāng)x＝2時，f(x)取得最小值為－ln 2.
(2)由(1)知，當(dāng)x∈[1,3]時，f(x)≤，
故對任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>對任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．
∴解得a<，
∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)．
B組 能力提高
11．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若對任意實數(shù)x，有f(x)－f′(x)>0，則ef(2 015)________f(2 016)．(填“>”“<”“＝”)
答案 >
解析 令g(x)＝，則g′(x)＝<0，函數(shù)g(x)＝在R上單調(diào)遞減，所以g(2 015)>g(2 016)，即>，ef(2 015)>f(2 016)．
12．(2016江蘇蘇北三市高三最后一次模擬)若點P，Q分別是曲線y＝與直線4x＋y＝0上的動點，則線段PQ長的最小值為_________．
答案
解析 設(shè)兩直線4x＋y＝m與y＝相切，P為切點．由y′＝－得－＝－4?x＝1，因此P(1,5)或P(－1，－3)，m＝9或m＝－7，兩直線4x＋y＝m,4x＋y＝0間距離分別為或，故線段PQ長的最小值為.
13．設(shè)函數(shù)f(x)＝－x3＋mx2－m(m＞0)．
(1)當(dāng)m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間；
(2)設(shè)g(x)＝|f(x)|，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，m]上的最大值．
解 (1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝－x3＋x2－1.
f ′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)．
由f ′(x)＜0，解得x＜0或x＞.
所以函數(shù)f(x)的減區(qū)間是(－∞，0)，(，＋∞).
(2)依題意m＞0.
因為f(x)＝－x3＋mx2－m，
所以f ′(x)＝－3x2＋2mx＝－x(3x－2m)．
由f ′(x)＝0，得x＝或x＝0.
當(dāng)0＜x＜時，f ′(x)＞0，
所以f(x)在(0，)上為增函數(shù)；
當(dāng)＜x＜m時，f ′(x)＜0，
所以f(x)在(，m)上為減函數(shù)；
所以，f(x)極大值＝f()＝m3－m.
①當(dāng)m3－m≥m，即m≥時，ymax＝m3－m.
②當(dāng)m3－m＜m，即0＜m＜時，ymax＝m.
綜上，ymax＝
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