2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 1．(xx全國新課標(biāo)Ⅱ理高考)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．3 【解析】　∵f(x)＝ax－ln (x＋1)，∴f′(x)＝a－， ∴f(0)＝0且f′(0)＝a－1＝2，解得a＝3，故選D. 【答案】　D (文)(xx江西高考)若曲線y＝xln x上點P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點P的坐標(biāo)是________． 【解析】　y′＝ln x＋1，切線的斜率為2. ∴l(xiāng)n x＋1＝2，x＝e y＝eln e＝e ∴p(e，e). 【答案】　(e，e) 2．(理)(xx陜西高考)定積分∫10(2x＋ex)dx的值為(　　) A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1 【解析】　10＝(1＋e1)－e0＝1＋e－1＝e，故選C. 【答案】　C (文)(xx全國新課標(biāo)Ⅱ文高考)函數(shù)f(x)在x＝x0處導(dǎo)數(shù)存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的極值點，則(　　) A．p是q的充分必要條件 B．p是q的充分條件，但不是q的必要條件 C．p是q的必要條件，但不是q的充分條件 D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件 【解析】　設(shè)f(x)＝x3，f′(0)＝0，但是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，在x＝0處不存在極值，故若p則q是一個假命題，由極值的定義可得若q則p是一個真命題．故選C. 【答案】　C 3．(xx全國大綱高考)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,0]　　　　　　　　B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) 【解析】　由題意知f′(x)≥0對任意的x∈(，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0對任意的x∈(，＋∞)恒成立，分離參數(shù)得a≥－2x，若滿足題意，需a≥(－2x)max.令h(x)＝－2x，x∈(，＋∞)．因為h′(x)＝－－2，所以當(dāng)x∈(，＋∞)時，h′(x)<0，即h(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)0， 所以當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減， x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)． (2)由(1)知，k≤0時，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減， 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點； 當(dāng)k>0時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)． 因為g′(x)＝ex－k＝ex－eln k， 當(dāng)00，y＝g(x)單調(diào)遞增． 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點； 當(dāng)k>1時， 得x∈(0，ln k)時，g′(x)<0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減． x∈(ln k，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞增． 所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(ln k)＝k(1－ln k)． 函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點，當(dāng)且僅當(dāng) 解得exx. 【解】　(1)函數(shù)定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝ln x－2ax， 因為f(x)在x＝1處取得極值， 所以f′(1)＝0，即－2a＝0，所以a＝0. 檢驗，a＝0符合條件． (2)由題意，得xln x－ax2－x<－x， 所以xln x－ax2<0. 因為x∈(0，＋∞)，所以a>. 設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝. 令h′(x)>0，得0e， 所以h(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以h(x)max＝h(e)＝， 所以a>. (3)由(2)知h(x)＝在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x>e時，h(x)>h(x＋1)， 即>， 所以(x＋1)ln x>xln(x＋1)， 所以lnxx＋1>ln(x＋1)x， 所以xx＋1>(x＋1)x， 令x＝2 014，得2 0142 015>2 0152 014. 【規(guī)律方法】　1.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法： (1)分離參數(shù)法： 第一步：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題； 第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值； 第三步：根據(jù)要求得所求范圍． (2)函數(shù)思想法： 第一步：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題； 第二步：利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)； 第三步：構(gòu)建不等式求解． 2．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的步驟： (1)依據(jù)待證不等式的特征、變量的取值范圍及不等式的性質(zhì)，將待證不等式化簡． (2)依據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)． (3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求其最值． (4)依據(jù)單調(diào)性及最值，得到待證不等式． [創(chuàng)新預(yù)測] 4．(xx山東濟(jì)寧一模)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函數(shù)f(x)的最小值； (2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． (3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立． 【解】　(1)f′(x)＝ln x＋1， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)的最小值為f＝－. (2)2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋. 設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝， ①當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； ②當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h(1)＝4. 因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍為(－∞，4]． (3)證明：問題等價于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時取到． 設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))， 則m′(x)＝， 易知m(x)max＝m(1)＝－， 從而對一切x∈(0，＋∞)， 都有l(wèi)n x>－成立． [總結(jié)提升]　通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)，需掌握如下三點： 失分盲點 (1)記錯導(dǎo)數(shù)公式或用錯求導(dǎo)法則． (2)求切線方程時忽視“在某點處的切線”與“過某點的切線”的不同． (3)忽視函數(shù)的定義域：尤其是函數(shù)式子有對數(shù)符號時，最容易忘掉對數(shù)的真數(shù)大于零這個隱含條件． (4)忽視邊界值：由f(x)單調(diào)遞增(減)，應(yīng)該推出f′(x)≥0(≤0)．也就是導(dǎo)數(shù)大于零(小于零)是函數(shù)為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． (5)“存在一個使…成立”與“對一切使…成立”完全不同． (6)分離參數(shù)時要注意不等號的方向，必要時要進(jìn)行分類討論． 答題指導(dǎo) (1)看到函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，想到常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和求導(dǎo)法則． (2)看到曲線在某點處的導(dǎo)數(shù)，想到可用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的斜率． (3)在利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)綜合問題時，首先要注意函數(shù)的定義域，其次要注意函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)值間的關(guān)系，若含有參數(shù)，一定要注意參數(shù)的取值范圍． 方法規(guī)律 (1)利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性的方法，利用導(dǎo)數(shù)求極值、最值的方法． (2)利用函數(shù)的最值法求不等式中的參數(shù)問題；利用分離參數(shù)法解決不等式中的參數(shù)問題；利用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式；利用數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)零點個數(shù)問題. 構(gòu)造中的“順其自然” 構(gòu)造新的函數(shù)與被證明不等式相吻合，是推理論證能力的較高要求，如何使新的函數(shù)與不等式“自然接軌”，決定了推理論證的簡捷程度．構(gòu)造函數(shù)比較大小是較為常見的問題，體現(xiàn)了推理論證能力與運算能力的結(jié)合． 【例1】　(xx湖南高考)若0＜x1＜x2＜1，則(　　) A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1　 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1 C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2 【解析】　A，B中構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx， ∴f(x)′＝ex－， 在(0,1)上有零點，故A，B錯；C，D中令g(x)＝， ∴g′(x)＝＝＜0， ∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞減， 又∵x2＞x1 ∴＞，故選C. 【答案】　C 【例2】　(xx山東濟(jì)南一模)已知f(x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)為f (x)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f(x)<－xf′(x)，則不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是 (　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(1,2) D．(2，＋∞) 【解析】　因為f(x)＋xf′(x)<0，所以(xf(x))′<0，xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又因為(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋12.故選D. 【答案】　D 【規(guī)律感悟】　構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)比較大小體現(xiàn)了推理論證能力與運算技巧的結(jié)合，對構(gòu)造的新函數(shù)求導(dǎo)后能夠很簡單地利用已知條件進(jìn)行單調(diào)性判斷，從而使問題的解決“順流而下”． ①求導(dǎo)法則要熟記； ②幾個活躍函數(shù)要“信手拈來”，如ln x，ex，xln x，xex等； ③必要的“試探運算”也是解題時需要注意的，很大程度上是確定新函數(shù)的“必經(jīng)之路”. 建議用時 實際用時 錯題檔案 45分鐘 一、選擇題 1．(xx東北三校第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝＋1，g(x)＝aln x，若在x＝處函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的切線平行，則實數(shù)a的值為(　　) A.　　　　　　　　　B. C．1 D．4 【解析】　由題意可知f′()＝x－|x＝＝g′()＝，可得a＝，經(jīng)檢驗，a＝滿足題意． 【答案】　A 2．(理)(xx大慶質(zhì)檢)一列火車在平直的鐵軌上行駛，由于遇到緊急情況，火車以速度v(t)＝5－t＋(t的單位：s，v的單位：m/s)緊急剎車至停止．在此期間火車?yán)^續(xù)行駛的距離是(　　) A．55 ln 10 m B．55 ln 11 m C．(12＋55 ln 7)m D．(12＋55 ln 6)m 【解析】　令5－t＋＝0，注意到t>0，得t＝10，即經(jīng)過的時間為10 s；行駛的距離s＝∫(5－t＋)dt＝[5t－t2＋55ln(t＋1)]100＝55ln 11，即緊急剎車后火車運行的路程為55 ln11 m．故選B. 【答案】　B (文)(預(yù)測題)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 【解析】　根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)小于0的解集就是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間求解．由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由y′＝x－＜0，解得0＜x＜1，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．故選B. 【答案】　B 3．(xx大連雙基測試)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c(x∈R)，下列結(jié)論錯誤的是(　　) A．函數(shù)f(x)一定存在極大值和極小值 B．若函數(shù)f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是增函數(shù)，則x2－x1≥ C．函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形 D．函數(shù)f(x)在點(x0，f(x0))(x0∈R)處的切線與f(x)的圖象必有兩個不同的公共點 【解析】　對于A，f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，因此函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax－1恒有兩個相異零點x3，x4(其中x3＜x4)，易知函數(shù)f(x)的增區(qū)間是(－∞，x3)與(x4，＋∞)，減區(qū)間是(x3，x4)，函數(shù)f(x)一定存在極大值與極小值，選項A正確．對于B，x3＋x4＝－，x3x4＝－，x4－x3＝＝ ≥，又x1≤x3，x4≤x2，因此x2－x1≥x4－x3≥，x2－x1的最小值是，選項B正確．對于C，注意到f(x)的圖象關(guān)于點(－，f(－))成中心對稱，因此選項C正確(注：函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的圖象關(guān)于點(－，f(－))成中心對稱．對于D，取a＝c＝0得f(x)＝x3－x，f(0)＝0，f′(0)＝－1，此時f(x)＝x3－x的圖象在點(0,0)處的切線方程是y＝－x，注意到方程組有唯一實數(shù)解，即此時f(x)＝x3－x的圖象在點(0,0)處的切線與f(x)的圖象有唯一公共點，因此選項D不正確．綜上所述，選D. 【答案】　D 4．(xx江西高考)在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝ax2－x＋與y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的圖象不可能的是 (　　) 【解析】　當(dāng)a＝0時，D符合題意，對函數(shù)y＝a2x3－2ax2＋x＋a，y′＝(3ax－1)(ax－1) 令y′＝0，x1＝，x2＝，y＝ax2－x＋的對稱軸為， 介于與之間，故B錯． 【答案】　B 5．(xx全國新課標(biāo)Ⅱ高考)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x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，＋∞) 【解析】　f′(x)＝k－，由題意知f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即k－≥0，∴k≥恒成立，∴而＜1，∴k≥1. 故選D. 【答案】　D 二、填空題 6．(文)(xx江西高考)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________. 【解析】　令ex＝t，則x＝ln t，所以f(x)＝ln x＋x， 即f′(x)＝1＋，則f′(1)＝1＋1＝2. 【答案】　2 (理)(xx皖南八校聯(lián)考)－adx＝________. 【解析】?。璦dx表示圓x2＋y2＝a2在第二象限的面積為. 【答案】　 7．(xx安徽高考)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＝sin x ④直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝tan x ⑤直線l：y＝x－1在點P(1,0)處“切過”曲線C：y＝ln x 【解析】　對于①，y′＝3x2，y′|x＝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：y＝x3在點P(0,0)附近位于直線l的兩側(cè)，①正確；對于②，因為y′＝2(x＋1)，y′|x＝－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′＝cos x，y′|x＝0＝1，在點P(0,0)處的切線為l：y＝x，畫圖可知曲線C：y＝sin x在點P(0,0)附近位于直線l的兩側(cè)，③正確；對于④，y′＝，y′|x＝0＝＝1，在點P(0,0)處的切線為l：y＝x，畫圖可知曲線C：y＝tan x在點P(0,0)附近位于直線l的兩側(cè)，④正確；對于⑤，y′＝，y′|x＝1＝1，在點P(1,0)處的切線為l：y＝x－1，令h(x)＝x－1－ln x(x＞0)，可得h′(x)＝1－＝，所以h(x)min＝h(1)＝0，故x－1≥ln x，可知曲線C：y＝ln x在點P(1,0)附近位于直線l的下側(cè)，⑤錯誤． 【答案】?、佗邰? 8．(xx遼寧高考)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________． 【解析】　當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當(dāng)x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6. ∴a≥－6. 當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤， ∴a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)＜0， 當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)＞0. ∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2. 綜上知－6≤a≤－2. 【答案】　[－6，－2] 三、解答題 9．(xx重慶高考)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大． 【解】　(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為1002πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)， 從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 因為r>0，又由h>0可得r<5， 故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5)． (2)因為V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因為r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)． 當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5,5)時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)． 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 10．(xx陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當(dāng)m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點的個數(shù)； (3)若對任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范圍． 【解】　(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時，f(x)＝ln x＋，則f′(x)＝， ∴當(dāng)x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)． 設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， 則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點． ∴φ(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)， 可知 ①當(dāng)m＞時，函數(shù)g(x)無零點； ②當(dāng)m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當(dāng)0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點； ④當(dāng)m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點． 綜上所述，當(dāng)m＞時，函數(shù)g(x)無零點； 當(dāng)m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； 當(dāng)0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點． (3)對任意的b＞a＞0，＜1恒成立， 等價于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*) 設(shè)h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)， ∴(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x＞0)恒成立， ∴m≥(對m＝，h′(x)＝0僅在x＝時成立)， ∴m的取值范圍是[，＋∞)．