高考文科数学导数专题复习文档格式.docx

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（2017·

威海质检）已知函数f（x）＝xlnx，若直线l过点（0，－1），并且与曲线y＝f（x）相切，则直线l的方程为（　　）A.x＋y－1＝0B.x－y－1＝0C.x＋y＋1＝0D.x－y＋1＝0

（2）∵点（0，－1）不在曲线f（x）＝xlnx上，∴设切点为（x0，y0）.又∵f′（x）＝1＋lnx，∴解得x0＝1，y0＝0.∴切点为（1，0），∴f′

（1）＝1＋ln1＝1.∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.答案　B

命题角度二　求切点坐标

【例3】（2017·

西安调研）设曲线y＝ex在点（0，1）处的切线与曲线y＝（x>

0）上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.

解析　由y′＝ex，知曲线y＝ex在点（0，1）处的切线斜率k1＝e0＝1.设P（m，n），又y＝（x>

0）的导数y′＝－，曲线y＝（x>

0）在点P处的切线斜率k2＝－.依题意k1k2＝－1，所以m＝1，从而n＝1.

则点P的坐标为（1，1）.答案　（1，1）

【训练3】若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________.解析　

（1）由题意得y′＝lnx＋x·

＝1＋lnx，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P（m，n），则1＋lnm＝2，解得m＝e，所以n＝elne＝e，即点P的坐标为（e，e）.答案　

（1）（e，e）

命题角度三　求与切线有关的参数值（或范围）

【例4】（2015·

全国Ⅱ卷）已知曲线y＝x＋lnx在点（1，1）处的切线与曲线y＝ax2＋（a＋2）x＋1相切，则a＝________.

解析　由y＝x＋lnx，得y′＝1＋，得曲线在点（1，1）处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1.又该切线与y＝ax2＋（a＋2）x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案　8

【训练4】1.函数f（x）＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________.

函数f（x）＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′（x）＝2在（0，＋∞）上有解，而f′（x）＝＋a，即＋a在（0，＋∞）上有解，a＝2－，因为a＞0，所以2－＜2，所以a的取值范围是（－∞，2）.答案　

（2）（－∞，2）

2.点P是曲线x2－y－lnx＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为（　　）

A.1B. C.D.

解析　点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，直线y＝x－2的斜率为1，令y＝x2－lnx，得y′＝2x－＝1，解得x＝1或x＝－（舍去），故曲线y＝x2－lnx上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为（1，1），点（1，1）到直线y＝x－2的距离等于，∴点P到直线y＝x－2的最小距离为.答案　D

第2讲　导数在研究函数中的应用

函数的单调性与导数的关系函数y＝f（x）在某个区间内可导，则：

（1）若f′（x）>

0，则f（x）在这个区间内单调递增；

（2）若f′（x）<

0，则f（x）在这个区间内单调递减；

（3）若f′（x）＝0，则f（x）在这个区间内是常数函数.

考点一　利用导数研究函数的单调性

【例1】设f（x）＝ex（ax2＋x＋1）（a＞0），试讨论f（x）的单调性.

解　f′（x）＝ex（ax2＋x＋1）＋ex（2ax＋1）＝ex[ax2＋（2a＋1）x＋2]＝ex（ax＋1）（x＋2）

＝aex（x＋2）①当a＝时，f′（x）＝ex（x＋2）2≥0恒成立，∴函数f（x）在R上单调递增；

②当0＜a＜时，有＞2，令f′（x）＝aex（x＋2）＞0，有x＞－2或x＜－，

令f′（x）＝aex（x＋2）＜0，有－＜x＜－2，∴函数f（x）在和（－2，＋∞）上单调递增，在上单调递减；

③当a＞时，有＜2，令f′（x）＝aex（x＋2）＞0时，有x＞－或x＜－2，令f′（x）＝aex（x＋2）＜0时，有－2＜x＜－，

∴函数f（x）在（－∞，－2）和上单调递增；

在上单调递减.

【训练1】

（2016·

四川卷节选）设函数f（x）＝ax2－a－lnx，g（x）＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）证明：

当x>

1时，g（x）>

0.

（1）解　由题意得f′（x）＝2ax－＝（x>

0）.当a≤0时，f′（x）<

0，f（x）在（0，＋∞）内单调递减.当a>

0时，由f′（x）＝0有x＝，当x∈时，f′（x）<

0，f（x）单调递减；

当x∈时，f′（x）>

0，f（x）单调递增.

（2）证明　令s（x）＝ex－1－x，则s′（x）＝ex－1－1.当x>

1时，s′（x）>

0，所以ex－1>

x，从而g（x）＝－>

考点二　求函数的单调区间

【例2】（2015·

重庆卷改编）已知函数f（x）＝ax3＋x2（a∈R）在x＝－处取得极值.

（1）确定a的值；

（2）若g（x）＝f（x）ex，求函数g（x）的单调减区间.

解　

（1）对f（x）求导得f′（x）＝3ax2＋2x，因为f（x）在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·

＋2·

＝－＝0，解得a＝.

（2）由

（1）得g（x）＝ex故g′（x）＝ex＋ex＝ex＝x（x＋1）（x＋4）ex.令g′（x）<

0，得x（x＋1）（x＋4）<

0.解之得－1<

x<

0或x<

－4.所以g（x）的单调减区间为（－1，0），（－∞，－4）.

【训练2】已知函数f（x）＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线垂直于直线y＝x.

（1）求a的值；

（2）求函数f（x）的单调区间.

解　

（1）对f（x）求导得f′（x）＝－－，由f（x）在点（1，f

（1））处的切线垂直于直线y＝x知f′

（1）＝－－a＝－2，解得a＝.

（2）由

（1）知f（x）＝＋－lnx－，（x>

0）.则f′（x）＝.令f′（x）＝0，解得x＝－1或x＝5.但－1∉（0，＋∞），舍去.当x∈（0，5）时，f′（x）<

0；

当x∈（5，＋∞）时，f′（x）>

0.∴f（x）的增区间为（5，＋∞），减区间为（0，5）.

考点三　已知函数的单调性求参数

西安模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ax2＋2x（a≠0）.

（1）若函数h（x）＝f（x）－g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；

（2）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在[1，4]上单调递减，求a的取值范围.

解　

（1）h（x）＝lnx－ax2－2x，x>

0.∴h′（x）＝－ax－2.若函数h（x）在（0，＋∞）上存在单调减区间，则当x>

0时，－ax－2<

0有解，即a>

－有解.设G（x）＝－，所以只要a>

G（x）min.（*）又G（x）＝－1，所以G（x）min＝－1.所以a>

－1.即实数a的取值范围是（－1，＋∞）.

（2）由h（x）在[1，4]上单调递减，∴当x∈[1，4]时，h′（x）＝－ax－2≤0恒成立，（**）则a≥－恒成立，所以a≥G（x）max.又G（x）＝－1，x∈[1，4]因为x∈[1，4]，所以∈，所以G（x）max＝－（此时x＝4），所以a≥－.当a＝－时，h′（x）＝＋x－2＝＝，∵x∈[1，4]，∴h′（x）＝≤0，当且仅当x＝4时等号成立.（***）

∴h（x）在[1，4]上为减函数.故实数a的取值范围是.

【训练3】已知函数f（x）＝x3－ax－1.

（1）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围；

（2）若函数f（x）的单调减区间为（－1，1），求a的值.

解　

（1）因为f（x）在R上是增函数，所以f′（x）＝3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立.因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′（x）＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号.∴f（x）＝x3－1在R上是增函数.所以实数a的取值范围是（－∞，0].

（2）f′（x）＝3x2－a.当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在（－∞，＋∞）上为增函数，

所以a≤0不合题意.当a>

0时，令3x2－a<

0，得－<

，∴f（x）的单调递减区间为，

依题意，＝1，即a＝3.

第3讲　导数与函数的极值、最值

1.函数的极值与导数的关系

（1）函数的极小值与极小值点:

若函数f（x）在点x＝a处的函数值f（a）比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′（a）＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′（x）<

0，右侧f′（x）>

0，则点a叫做函数的极小值点，f（a）叫做函数的极小值.

（2）函数的极大值与极大值点:

若函数f（x）在点x＝b处的函数值f（b）比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′（b）＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′（x）>

0，右侧f′（x）<

0，则点b叫做函数的极大值点，f（b）叫做函数的极大值.

2.函数的最值与导数的关系

（1）函数f（x）在[a，b]上有最值的条件:

如果在区间[a，b]上函数y＝f（x）的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.

（2）求y＝f（x）在[a，b]上的最大（小）值的步骤

考点一　用导数研究函数的极值

命题角度一　根据函数图象判断极值

【例1】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，则下列结论中一定成立的是（　　）

A.函数f（x）有极大值f

（2）和极小值f

（1）B.函数f（x）有极大值f（－2）和极小值f

（1）

C.函数f（x）有极大值f

（2）和极小值f（－2）D.函数f（x）有极大值f（－2）和极小值f

（2）

解析　由题图可知，当x<

－2时，1－x>

3，此时f′（x）>

当－2<

1时，0<

1－x<

3，此时f′（x）<

当1<

2时，－1<

0，此时f′（x）<

2时，1－x<

－1，此时f′（x）>

0，由此可以得到函数f（x）在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.答案　D

命题角度二　求函数的极值

【例2】求函数f（x）＝x－alnx（a∈R）的极值.

解　由f′（x）＝1－＝，x>

0知：

（1）当a≤0时，f′（x）>

0，函数f（x）为（0，＋∞）上的增函数，函数f（x）无极值；

（2）当a>

0时，令f′（x）＝0，解得x＝a.又当x∈（0，a）时，f′（x）<

当x∈（a，＋∞），f′（x）>

0，从而函数f（x）在x＝a处取得极小值，且极小值为f（a）＝a－alna，无极大值.综上，当a≤0时，函数f（x）无极值；

当a>

0时，函数f（x）在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值.

命题角度三　已知极值求参数

【例3】已知关于x的函数f（x）＝－x3＋bx2＋cx＋bc在x＝1处有极值－，试求b，c的值.

解　∵f′（x）＝－x2＋2bx＋c，由f（x）在x＝1处有极值－，可得解得或若b＝1，c＝－1，则f′（x）＝－x2＋2x－1＝－（x－1）2≤0，f（x）没有极值.若b＝－1，c＝3，则f′（x）＝－x2－2x＋3＝－（x＋3）（x－1）.当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：

x

（－∞，－3）

－3

（－3，1）

1

（1，＋∞）

f′（x）

－

＋

f（x）



极小值－12



极大值－

∴当x＝1时，f（x）有极大值－，满足题意.故b＝－1，c＝3为所求.

【训练1】设函数f（x）＝ax3－2x2＋x＋c（a>

0）.

（1）当a＝1，且函数图象过（0，1）时，求函数的极小值；

（2）若f（x）在R上无极值点，求a的取值范围.

解　由题意得f′（x）＝3ax2－4x＋1.

（1）函数图象过（0，1）时，有f（0）＝c＝1.当a＝1时，f′（x）＝3x2－4x＋1.令f′（x）>

0，解得x<

或x>

1；

令f′（x）<

0，解得<

1.所以函数在和（1，＋∞）上单调递增；

在上单调递减.故函数f（x）的极小值是f

（1）＝13－2×

12＋1＋1＝1.

（2）若f（x）在R上无极值点，则f（x）在R上是单调函数，故f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立.当a＝0时，f′（x）＝－4x＋1，显然不满足条件；

当a≠0时，f′（x）≥0或f′

（1）≤0恒成立的充要条件是Δ＝（－4）2－4×

3a×

1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.综上，a的取值范围是.

考点二　利用导数求函数的最值

【例4】（2017·

郑州模拟）已知函数f（x）＝（x－k）ex.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）求f（x）在区间[0，1]上的最小值.

解　

（1）由f（x）＝（x－k）ex，得f′（x）＝（x－k＋1）ex，令f′（x）＝0，得x＝k－1.

当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：

（－∞，k－1）

k－1

（k－1，＋∞）

－ek－1

所以，f（x）的单调递减区间是（－∞，k－1）；

单调递增区间是（k－1，＋∞）.

（2）当k－1≤0，即k≤1时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）在区间[0，1]上的最小值为f（0）＝－k，当0<

k－1<

1，即1<

k<

2时，由

（1）知f（x）在[0，k－1）上单调递减，在（k－1，1]上单调递增，所以f（x）在区间[0，1]上的最小值为f（k－1）＝－ek－1.当k－1≥1，即k≥2时，函数f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）在区间[0，1]上的最小值为f

（1）＝（1－k）e.

综上可知，当k≤1时，f（x）min＝－k；

2时，f（x）min＝－ek－1；

当k≥2时，f（x）min＝（1－k）e.

【训练2】设函数f（x）＝alnx－bx2（x>

0），若函数f（x）在x＝1处与直线y＝－相切，

（1）求实数a，b的值；

（2）求函数f（x）在上的最大值.

解　

（1）由f（x）＝alnx－bx2，得f′（x）＝－2bx（x>

0）.∵函数f（x）在x＝1处与直线y＝－相切.∴解得

（2）由

（1）知f（x）＝lnx－x2，则f′（x）＝－x＝，当≤x≤e时，令f′（x）>

0，得<

1，令f′（x）<

0，得1<

e，∴f（x）在上单调递增，在（1，e）上单调递减，

∴f（x）max＝f

（1）＝－.

考点三　函数极值与最值的综合问题

【例5】已知函数f（x）＝（a>

0）的导函数y＝f′（x）的两个零点为－3和0.

（2）若f（x）的极小值为－e3，求f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值.

解　

（1）f′（x）＝＝.令g（x）＝－ax2＋（2a－b）x＋b－c，由于ex>

0.令f′（x）＝0，则g（x）＝－ax2＋（2a－b）x＋b－c＝0，∴－3和0是y＝g（x）的零点，且f′（x）与g（x）的符号相同.又因为a>

0，所以－3<

0时，g（x）>

0，即f′（x）>

0，当x<

－3或x>

0时，g（x）<

0，即f′（x）<

0，所以f（x）的单调递增区间是（－3，0），单调递减区间是（－∞，－3），（0，＋∞）.

（2）由

（1）知，x＝－3是f（x）的极小值点，所以有解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f（x）＝.因为f（x）的单调递增区间是（－3，0），单调递减区间是（－∞，－3），（0，＋∞）.所以f（0）＝5为函数f（x）的极大值，故f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值取f（－5）和f（0）中的最大者，又f（－5）＝＝5e5>

5＝f（0），所数f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值是5e5.

【训练3】（2017·

衡水中学月考）已知函数f（x）＝ax－1－lnx（a∈R）.

（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；

（2）若函数f（x）在x＝1处取得极值，∀x∈（0，＋∞），f（x）≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝a－＝.当a≤0时，f′（x）≤0在（0，＋∞）上恒成立，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减.∴f（x）在（0，＋∞）上没有极值点.当a>

0时，由f′（x）<

0，得0<

；

由f′（x）>

0，得x>

，∴f（x）在上递减，在上递增，即f（x）在x＝处有极小值.综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上没有极值点；

0时，f（x）在（0，＋∞）上有一个极值点.

（2）∵函数f（x）在x＝1处取得极值，∴f′

（1）＝a－1＝0，则a＝1，从而f（x）＝x－1－lnx.因此f（x）≥bx－2⇒1＋－≥b，令g（x）＝1＋－，则g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝e2，则g（x）在（0，e2）上递减，在（e2，＋∞）上递增，∴g（x）min＝g（e2）＝1－，即b≤1－.故实数b的最大值是1－.

第4讲　导数与函数的综合应用

考点一　利用导数研究函数的性质

【例1】（2015·

全国Ⅱ卷）已知函数f（x）＝lnx＋a（1－x）.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－a.若a≤0，则f′（x）>

0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增.若a>

0，则当x∈时，f′（x）>

当x∈时，f′（x）<

0.所以f（x）在上单调递增，在上单调递减.

（2）由

（1）知，当a≤0，f（x）在（0，＋∞）上无最大值；

0时，f（x）在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f>

2a－2等价于lna＋a－1<

0.令g（a）＝lna＋a－1，则g（a）在（0，＋∞）上单调递增，g

（1）＝0.于是，当0<

a<

1时，g（a）<

1时，g（a）>

0.因此，a的取值范围是（0，1）.

【训练1】设f（x）＝－x3＋x2＋2ax.

（1）若f（x）在上存在单调递增区间，求a的取值范围；

（2）当0＜a＜2时，f（x）在[1，4]上的最小值为－，求f（x）在该区间上的最大值.

解　

（1）由f′（x）＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a，当x∈时，f′（x）的最大值为f′＝＋2a；

令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a＞－时，f（x）在上存在单调递增区间.

（2）已知0＜a＜2，f（x）在[1，4]上取到最小值－，而f′（x）＝－x2＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝，∴f′

（1）＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′（4）＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′（x0）＝0，此时函数f（x）在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，f

（1）＝－＋＋2a＝＋2a＞0，∴f（4）＝－×

64＋×

16＋8a＝－＋8a＝－⇒a＝1.此时，由f′（x0）＝－x＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1（舍去），所以函数f（x）max＝f

（2）＝.

考点二　利用导数研究函数的零点或方程的根

北京卷）设函数f（x）＝－klnx，k>

（1）求f（x）的单调区间和极值；

若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.

（1）解　由f（x）＝－klnx（k>

0），得x>

0且f′（x）＝x－＝.由f′（x）＝0，解得x＝（负值舍去）.f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的情况如下：

（0，）

（，＋∞）

所以f（x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，＋∞）.f（x）在x＝处取得极小值f（）＝.

（2）证明　由

（1）知，f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f（）＝.因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0，所以x＝是f（x）在区间（1，]上的唯一零点.当k>

e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且f

（1）＝>

0，f（）＝<

0，

所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.

【训练2】（2016·

北京卷节选）设函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c.

（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围.

解　

（1）由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.因为f（0）＝c，f′（0）＝b，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝bx＋c.

（2）当a＝b＝4时，f（x）＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′（x）＝3x2＋8x＋4.令f′（x）＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下：

（－∞，－2）

－2

c

c－

所以，当c>

0且c－<

0，存在x1∈（－4，－2），x2∈，x3∈，使得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝0.由f（x）的单调性知，当且仅当c∈时，函数f（x）＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.

考点三　导数在不等式中的应用

命题角度一　不等式