2019高考高考数学二轮复习第二部分第七讲函数与导数微专题3导数的简单应用学案理.doc

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1、1微专题 3 导数的简单应用命 题 者 说考 题 统 计 考 情 点 击2018全国卷T 5函数的奇偶性、导数的几何意义2018全国卷T 13导数的几何意义2018全国卷T 14导数的几何意义2017全国卷T 11利用导数求函数的极值2016全国卷T 15导数的几何意义1.此部分内容是高考命题的热点内容。在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小。2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题。有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般。考向一 导数的计算与几何意义【例 1】 (1)(2018全国卷)设函数 f (x) x3( a

2、1) x2 ax。若 f (x)为奇函数，则曲线 y f (x)在点(0,0)处的切线方程为( )A y2 x B y xC y2 x D y x(2)(2018天津高考)已知函数 f (x)e xlnx， f ( x)为 f (x)的导函数，则 f (1)的值为_。解析 (1)解法一：因为函数 f (x) x3( a1) x2 ax 为奇函数，所以 f ( x) f (x)，所以( x)3( a1)( x)2 a( x) x3( a1) x2 ax，所以 2(a1) x20，因为 xR，所以 a1，所以 f (x) x3 x，所以 f ( x)3 x21，所以 f (0)1，所以曲线 y f

3、 (x)在点(0,0)处的切线方程为 y x。故选 D。解法二：因为函数 f (x) x3( a1) x2 ax 为奇函数，所以 f (1) f (1)0，所以(1 a1 a)(1 a1 a)0，解得 a1，所以 f (x) x3 x，所以 f ( x)3 x21，所以 f (0) 1，所以曲线 y f (x)在点 (0,0)处的切线方程为 y x。故选D。解法三：易知 f (x) x3( a1) x2 ax xx2( a1) x a，因为 f (x)为奇函数，所以函数 g(x) x2( a1) x a 为偶函数，所以 a10，解得 a1，所以 f (x) x3 x，所以 f ( x)3 x2

4、1，所以 f (0)1，所以曲线 y f (x)在点(0,0)处的切线方程为 y x。故选 D。(2)由题意得 f ( x)e xlnxe x ，则 f (1)e。1x答案 (1)D (2)e2(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。 变|式|训|练1(2

5、018合肥质检)已知直线 2x y10 与曲线 y aex x 相切(其中 e 为自然对数的底数)，则实数 a 的值是( )A B1 C2 De12解析 由题意知 y aex12，则 a0， xln a，代入曲线方程得 y1ln a，所以切线方程为 y(1ln a)2( xln a)，即 y2 xln a12 x1 a1。故选 B。答案 B2(2018广州调研)已知直线 y kx2 与曲线 y xlnx 相切，则实数 k 的值为_。解析 由 y xlnx 得， yln x1。设直线 y kx2 与曲线 y xlnx 相切于点P(x0， y0)，则切线方程为 y y0(ln x01)( x x0

6、)，又直线 y kx2 恒过点(0，2)，所以点(0，2)在切线上，把(0，2)以及 y0 x0lnx0代入切线方程，得 x02，故P(2,2ln2)。把(2,2ln2)代入直线的方程 y kx2，得 k1ln2。答案 1ln2考向二 导数与函数的单调性微考向 1：利用导数求函数的单调区间【例 2】 已知函数 f (x)ln x x25，则其单调递增区间为( )12A(0,1 B0,1C(0，) D(1，)解析 由题意知，函数 f (x)的定义域为(0，)，因为 f (x)ln x x25，所12以 f ( x) x (x21)。由Error!Error!Error! x1。故选 D。1x 1

7、x答案 D用导数求 y f (x)的单调区间，应转化为求 f ( x)0 或 f ( x)0，解得 00 时， g(x)在 内单调递减，在 内单(0， 13k) ( 13k， )调递增。因为函数 g(x)在区间(1,2)内不单调，所以 11，所以 b 的取值范围是 b1。答案 (，12若函数 f (x) x2e x ax 在 R 上存在单调递增区间，则实数 a 的取值范围是_。解析 因为函数 f (x) x2e x ax，所以 f ( x)2 xe x a。因为函数 f (x) x2e x ax 在 R 上存在单调递增区间，所以 f ( x) 2xe x a0 有解，即 a0， xln2，所以

8、当 xln2 时， g(x)max2ln22。所以 a2f cosx 的 2 ( 3)解集为( )A ( 2， 3) (0， 3)B ( 3， 0) ( 3， 2)C ( 3， 0) (0， 3)D ( 2， 3) ( 3， 2)5解析 令 g(x) ，因为 f (x)是定义在 上的偶函数，所以f xcosx ( 2， 0) (0， 2)g(x)是定义在 上的偶函数，又当 02f cosx 化为 f xcosx (0， 2) ( 2， 0) ( 3) f xcosx，即 g(x)g ，则| x|2f cosx”的联系构造函数 g(x) 。 ( 3) f xcosx变|式|训|练(2018益阳、

9、湘潭调研) 是圆周率，e 是自然对数的底数，在3e，e 3，e ， 3,3 ， e六个数中，最小的数与最大的数分别是( )A3 e,3 B3 e，e Ce 3， 3 D e,3解析 构造函数 f (x) ， f (x)的定义域为(0，)，求导得 f ( x)lnxx ，当 f ( x)0，即 0e 时，1 lnxx2函数 f (x)单调递减。故函数 f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)。因为 e 3，在 3e，e 3，e ， 3,3 ， eln ln33 lnee ln ln33六个数中的最大的数是 3 ，同理得最小的数为 3e。故选 A。答案 A6考向三 导数与函数的

10、极值、最值【例 5】 (1)(2018河南漯河四模)设函数 f (x)在 R 上可导，其导函数为 f ( x)，且函数 y(1 x)f ( x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是( )A x1 为 f (x)的极大值点B x1 为 f (x)的极小值点C x1 为 f (x)的极大值点D x1 为 f (x)的极小值点(2)(2018全国卷)已知函数 f (x)2sin xsin2 x，则 f (x)的最小值是_。解析 (1)绘制表格考查函数的性质如下：区间 (，1) (1,1) (1，)1 x 符号 y(1 x)f ( x)的符号 f ( x)符号 f (x)的单调性 单调递减 单调递增

11、 单调递增据此可得，函数 f (x)在 x1 处取得极小值，在 x1 处无极值。故选 D。(2)解法一：因为 f (x)2sin xsin2 x，所以 f ( x)2cos x2cos2 x4cos 2x2cos x24 (cosx1)，由 f ( x)0 得(cosx12)cos x1，即 2k x2 k ， kZ，由 f ( x)0 得1cos x ，即12 3 3 122k x2 k 或 2k x2 k ， kZ，所以当 x2 k (kZ)时， 3 3 3f (x)取得最小值，且 f (x)min f 2sin sin2 。(2k 3) (2k 3) (2k 3) 332解法二：因为 f

12、 (x)2sin xsin2 x2sin x(1cos x)，所以 f (x)24sin 2x(1cos x)24(1cos x)(1cos x)3，设 cosx t，则 y4(1 t)(1 t)3(1 t1)，所以 y4(1 t)33(1 t)(1 t)24(1 t)2(24 t)，所以当10；当 0；当 x(2 ，2)时，2 2 2 2f ( x)0，函数单调递增，所以 f (x)1x ax2min f (1) a ，矛盾；若ee4 034f (0)Be 4 034f (2 017) f (0)， f (2 017)e4 034f (0)9De 4 034f (2 017) f (0)， f (2 017)g(0)，所以 f 2 017e 4 034，所以 e4 034f (2 017)f (0)，同理得 g(2 017)0 在(0，)上恒成立，则实数 m 的取值范围是( )A(，2) B(，e)C D( ，e24) (e24， )解析 因为 f (x) mx0 在(0，)上恒成立，所以 m0，所以 g( x) ，当 02 时， g( x)0， g(x)单调递增。故当 x2 时， g(x)取得最小值，且最小值为 g(2) 。所以 m 。故选 C。e24 e24答案 C