2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第13讲 导数的简单应用学案 文

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1、2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第13讲 导数的简单应用学案 文热点题型真题统计命题规律题型1：导数的运算及其几何意义2018全国卷T6；2018全国卷T13；2018全国卷T212017全国卷T14；2016全国卷T16；2015全国卷T142015全国卷T161.考查形式是“一小一大”，“一小”重点考查导数的几何意义，“一大”一般在第(1)问，重点考查函数的单调性或单调区间.2.小题难度较小，大题难度较大.题型2：利用导数研究函数的单调性2018全国卷T21；2018全国卷T21；2017全国卷T212017全国卷T21；2017全国卷T21；2

2、016全国卷T122014全国卷T11题型3：利用导数研究函数的极值(最值)问题2016全国卷T20；2015全国卷T21；2015全国卷T212014全国卷T21；2014卷T211导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0)处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率kf(x0)，相应的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)2四个易误导数公式(1)(sin x)cos x；(2)(cos x)sin x；(3)(ax)axln a(a0且a1)；(4)(logax)(a0，且a1)高考考法示例【例1】(1)直线ykx1与曲线yx3axb相切于点A(

3、1,3)，则2ab的值等于()A2B1C1D2(2)(2016全国卷)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ex1x，则曲线yf(x)在点(1,2)处的切线方程是_(1)C(2)2xy0(1)由题意知即又y3x2a，所以y|x1a3，根据导数的几何意义知a32，则a1，b3，从而2ab2(1)31，故选C.(2)设x0，则x0，f(x)ex1x，f(x)为偶函数，f(x)f(x)，f(x)ex1x.当x0时，f(x)ex11，f(1)e111112.曲线yf(x)在点(1,2)处的切线方程为y22(x1)，即2xy0.方法归纳求曲线yf(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，

4、y0)，求切线方程,求出切线的斜率f(x0)，由点斜式写出方程；(2)已知切线的斜率k，求切线方程,设切点P(x0，y0)，通过方程kf(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；(3)已知过曲线上一点，求切线方程,设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.对点即时训练1(2018武汉模拟)函数f(x1)，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线的斜率为()A1B1C2D2A由f(x1)，知f(x)2.f(x)，且f(1)1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k1.2(2017天津高考)已知aR，设函数f(x)

5、axln x的图象在点(1，f(1)处的切线为l，则l在y轴上的截距为_1f(x)a，f(1)a1.又f(1)a，切线l的斜率为a1，且过点(1，a)，切线l的方程为ya(a1)(x1)令x0，得y1，故l在y轴上的截距为1.题型2利用导数研究函数的单调性核心知识储备1f(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)0.2f(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)为常函数，函数不具有单调性3利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域； (2)求导函数f(x)；(3)若求单调区间(或证明

6、单调性)，只要在函数定义域(或某子区间)内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0.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(注意不要遗漏等号)高考考法示例角度一利用导数讨论函数的单调性【例21】(2018南阳模拟)设函数f(x)(x2)exax2ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1，当x0时，f(x)kx2，求k的取值范围解(1)由题意得xR，f(x)(x1)(exa)当a0时，当x(，1)时，f(x)0；f(x)在(，1)单调递减，在(1，)单调递增当a0时，令f(x)0得x1，xln(a)当a0；当x(1，ln(a)时，f(x)0；当

7、x(ln(a)，)时，f(x)0；所以f(x)在(，1)，(ln(a)，)单调递增，在(1，ln(a)单调递减当ae时，f(x)0，所以f(x)在R单调递增，当ea0；当x(ln(a)，1)时，f(x)0；f(x)在(，ln(a)，(1，)单调递增，在(ln(a)，1)单调递减(2)令g(x)f(x)kx2(x2)exx2xkx2，有g(x)(x1)exx1k.令h(x)(x1)exx1k，有h(x)xex1，当x0时，h(x)xex10，h(x)单调递增h(x)h(0)2k，即g(x)2k.当2k0，即k2时， g(x)0，g(x)在(0，)单调递增，g(x)g(0)0，不等式f(x)kx2

8、恒成立当2k0，即a2x4ex有解令g(x)2x4ex，则g(x)24ex.令g(x)0，解得xln 2.当x(，ln 2)时，函数g(x)2x4ex单调递增；当x(ln 2，)时，函数g(x)2x4ex单调递减所以当xln 2时，g(x)2x4ex取得最大值22ln 2，所以a22ln 2.方法归纳根据函数yf(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法(1)若函数yf(x)在区间(a，b)上单调递增；转化为f(x)0在区间(a，b)上恒成立求解.(2)若函数yf(x)在区间(a，b)上单调递减，转化为f(x)0在区间(a，b)上恒成立求解.(3)若函数yf(x)在区间(a，b)上单调

9、，转化为f(x)在区间(a，b)上不变号，即f(x)在区间(a，b)上恒正或恒负.(4)若函数yf(x)在区间(a，b)上不单调，转化为f(x)0在区间(a，b)上有解.对点即时训练1若函数f(x)x2ax在上是增函数，则a的取值范围是()A1,0B1，)C0,3 D3，)D法一：由题意知f(x)0对任意的x恒成立，又f(x)2xa，所以2xa0对任意的x恒成立，分离参数得a2x，若满足题意，需amax，令h(x)2x，x.因为h(x)2，所以当x时，h(x)0，即h(x)在上单调递减，所以h(x)h3，故a3.法二：当a0时，检验f(x)是否为增函数，当a0时，f(x)x2，f2，f(1)1

10、12，ff(1)与函数是增函数矛盾，排除A、B、C.故选D.2(2018广州模拟)已知x1是f(x)2xln x的一个极值点(1)求函数f(x)的单调递减区间(2)设函数g(x)f(x)，若函数g(x)在区间1,2内单调递增，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2，x(0，)因为x1是f(x)2xln x的一个极值点，所以f(1)0，即2b10.解得b3，经检验，适合题意，所以b3.因为f(x)2，解f(x)0，得0x0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值2设函数yf(x)在a，b上连续，在(

11、a，b)内可导，则f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得高考考法示例【例3】(2017山东高考)已知函数f(x)x3ax2，aR.(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(3，f(3)处的切线方程；(2)设函数g(x)f(x)(xa)cos xsin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值思路点拨(1)(2)解(1)由题意f(x)x2ax，所以当a2时，f(3)0，f(x)x22x，所以f(3)3，因此曲线yf(x)在点(3，f(3)处的切线方程是y3(x3)，即3xy90.(2)因为g(x)f(x)(xa)cos xsin x，所以g(x)f(x)cos x

12、(xa)sin xcos xx(xa)(xa)sin x(xa)(xsin x)，令h(x)xsin x，则h(x)1cos x0，所以h(x)在R上单调递增，因为h(0)0，所以当x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0.当a0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(0，)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增所以当xa时g(x)取到极大值，极大值是g(a)a3sin a，当x0时g(x)取到极小值，极小值是g(0)a.当a0时，g(x)x(xsin x)，当x(，)时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值当a0时，g(x)(xa)(xsin x)，当x(，

13、0)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增；当x(0，a)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递减；当x(a，)时，xa0，g(x)0，g(x)单调递增所以当x0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)a；当xa时g(x)取到极小值，极小值是g(a)a3sin a；综上所述：当a0时，函数g(x)在(，0)和(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)a，极小值是g(a)a3sin a.方法归纳利用导数研究函数极值、最值的方法(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)若探究极值点个数，则探求方程f(x)

14、0在所给范围内实根的个数.(3)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.(4)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，从而得到函数的最值.(教师备选)(2018太原模拟)已知函数f(x)ln xax2bx(其中a，b为常数且a0)在x1处取得极值(1)当a1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e上的最大值为1，求a的值解(1)因为f(x)ln xax2bx，所以f(x)的定义域为(0，)，f(x)2axb，因为函数f(x)ln xax2bx在x1处取得极值，所

15、以f(1)12ab0，b2a1.又a1,所以b3，则f(x)，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为，(1，)，单调递减区间为.(2)由(1)知f(x)，今f(x)0，得x11，x2，因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x11，当0时，x20，当1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，1，e上单调递增，所以最大值可能在x或xe处取得，而flna2(2a1)ln10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，当1e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以最大值可能在x1或xe处取

16、得，而f(1)ln 1a(2a1)0，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，与1e矛盾，当e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以最大值可能在x1处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，矛盾，综上所述，a或a2.对点即时训练(2017北京高考)已知函数f(x)excos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值解(1)因为f(x)excos xx，所以f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0.又因为f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(2)设h(x

17、)ex(cos xsin x)1，则h(x)ex(cos xsin xsin xcos x)2exsin x.当x时，h(x)0，所以h(x)在区间上单调递减所以对任意x有h(x)h(0)0，即f(x)0恒成立，得x2或x1时，f(x)0，且x0；2x1时，f(x)1时，f(x)0.所以x1是函数f(x)的极小值点所以函数f(x)的极小值为f(1)1.故选A.4(2015全国卷)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)A构造函数yg(x)，通

18、过研究g(x)的图象的示意图与性质得出使f(x)0成立的x的取值范围设yg(x)(x0)，则g(x)，当x0时，xf(x)f(x)0，g(x)0，g(x)0时，f(x)0,0x1，当x0，g(x)0，x0成立的x的取值范围是(，1)(0,1)，故选A.5(2018全国卷)曲线y2ln x在点(1,0)处的切线方程为_y2x2由题意知，y，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率ky|x12，故所求切线方程为y02(x1)，即y2x2.6(2018全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2，则a_.解析y(ax1a)ex，由曲线在点(0,1)处的切线的斜率为2，得y|x0(ax1a)ex|x01a2，所以a3.答案3