2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第二章 第十一节　导数的应用 含答案.docx

教学资料范本2020版微点教程高考人教A版文科数学一轮复习文档：第二章 第十一节导数的应用 含答案编 辑：_时 间：_20xx考纲考题考情1函数的导数与单调性的关系函数yf (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。2函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数yf (x)在点xa处的函数值f (a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，且f (a)0，而且在点xa附近的左侧f (x)0，右侧f (x)0，则xa叫做函数的极小值点，f (a)叫做函数的极小值。(2)函数的极大值若函数yf (x)在点xb处的函数值f (b)比它在点xb附近其他点的函数值都大，且f (b)0，而且在点xb附近的左侧f (x)0，右侧f (x)0，则xb叫做函数的极大值点，f (b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。3函数的最值与导数(1)函数f (x)在a，b上有最值的条件：一般地，如果在区间a，b上，函数yf (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)求函数yf (x)在a，b上的最大值与最小值的步骤为：求函数yf (x)在(a，b)内的极值；将函数yf (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。1函数f (x)在区间(a，b)上递增，则f (x)0，“f (x)0在(a，b)上成立”是“f (x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。2对于可导函数f (x)，“f (x0)0”是“函数f (x)在xx0处有极值”的必要不充分条件。如函数yx3在x0处导数为零，但x0不是函数yx3的极值点。 一、走进教材1(选修11P93练习T1(2)改编)函数yxex的单调递减区间为()A(，0) B(0，)C1，) D(1，)解析y1ex0。故选B。答案B2(选修11P99A组T5(4)改编)函数f (x)2xxlnx的极值是()A B CeDe2解析f (x)定义域为(0，)，因为f (x)2(lnx1)1lnx，当f (x)0时，解得0xe；当f (x)e，所以xe时，f (x)取到极大值，f (x)极大值f (e)e。故选C。答案C二、走近高考3(20xx四川高考)已知a为函数f (x)x312x的极小值点，则a()A4B2 C4D2解析由已知得，f (x)3x2123(x24)3(x2)(x2)。于是当x2时，f (x)0；当2x2时，f (x)0在(0，)上恒成立，则f (x)在(0，)上单调递增，又f (0)1，所以此时f (x)在(0，)内无零点，不满足题意。当a0时，由f (x)0得x，由f (x)0得0x0，f (x)单调递增，当x(0,1)时，f (x)0恒成立，所以f (x)是增函数。故选C。答案C6函数g(x)x2的极值点是_，函数f (x)(x1)3的极值点_(填“存在”或“不存在”)。解析结合函数图象可知g(x)x2的极值点是x0。因为f (x)3(x1)20，所以f (x)0无变号零点，故函数f (x)(x1)3不存在极值点。答案0不存在7函数g(x)x2在1,2上的最小值和最大值分别是_，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在”或“不存在”)。解析根据函数的单调性及最值的定义可得。答案1,4不存在第1课时导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例1】(1)已知e为自然对数的底数，则函数yxex的单调递增区间是()A1，) B(，1C1，) D(，1(2)(20xx惠州调研)已知函数f (x)x2(a2)xalnx，其中aR。若曲线yf (x)在点(2，f (2)处的切线与直线xy30平行，求a的值；求函数f (x)的单调区间。(1)解析令y(1x)ex0。因为ex0，所以1x0，所以x1。故选A。答案A(2)解由f (x)x2(a2)xalnx可知，函数f (x)的定义域为x|x0，且f (x)2x(a2)，依题意，f (2)4(a2)1，解得a2。依题意，f (x)2x(a2)(x0)。令f (x)0，得x11，x2。()当a0时，0，由f (x)0，得x1；由f (x)0，得0x1。则函数f (x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)。()当01，即0a0，得0x1；由f (x)0，得x1，即a2时，由f (x)0，得0x；由f (x)0，得1x0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。4解不等式f (x)0，函数g(x)单调递增；若a0，当x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x时，g(x)0时，g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为。考点二 已知函数的单调性求参数取值范围【例2】设函数f (x)x3x2bxc，曲线yf (x)在点(0，f (0)处的切线方程为y1。(1)求b，c的值；(2)若a0，求函数f (x)的单调区间；(3)设函数g(x)f (x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围。解(1)f (x)x2axb。由题意得即故b0，c1。(2)由(1)得f (x)x2axx(xa)，a0。当x(，0)时，f (x)0；当x(0，a)时，f (x)0。所以函数f (x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)。(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2x成立，即amin。因为x(2，1)，所以x(1,2)，则x22，当且仅当x，即x时等号成立，所以a2，则a2x。若f (a2)f (a)44a，则实数a的取值范围为()A(，1 B1，)C(，2 D2，)解析令G(x)f (x)x2，则G(x)f (x)2x。x0，)时，G(x)f (x)2x0，所以G(x)在0，)上是增函数。G(x)f (x)(x)2f (x)x2G(x)，所以G(x)为偶函数，G(x)在(，0)上是减函数。因为f (a2)f (a)44a，所以f (a2)44aa2f (a)a2，所以f (a2)(a2)2f (a)a2，即G(a2)G(a)，所以|a2|a|，所以a1。故选A。答案A本小题构造了新函数G(x)f (x)x2，通过讨论其单调性解不等式。 方向2：比较大小【例4】(20xx南昌摸底调研)已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，设函数f (x)的导函数为f (x)，若对任意x0都有2f (x)xf (x)0成立，则()A4f (2)9f (3)C2f (3)3f (2) D3f (3)0都有2f (x)xf (x)0成立，则当x0时，有g(x)x(2f (x)xf (x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f (x)是定义在R上的偶函数，则f (x)f (x)，则有g(x)(x)2f (x)x2f (x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f (2)0”，需构造函数g(x)x2f (x)，求导后得x0时，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上为增函数，从而问题得以解决。 【题点对应练】1(方向1)已知函数f (x)(xR)满足f (1)1，且f (x)的导函数f (x)，则不等式f (x2)的解集为_。解析由题意构造函数f (x)f (x)x，则F (x)f (x)。因为f (x)，所以F (x)f (x)0，即函数F (x)在R上单调递减。因为f (x2)，f (1)1，所以f (x2)f (1)，所以F (x2)1，即x(，1)(1，)。答案(，1)(1，)2(方向2)定义在R上的函数f (x)满足：f (x)f (x)恒成立，若x1e x2f (x1)Be x1f (x2)0，所以g(x)在R上单调递增，当x1x2时，g(x1)g(x2)，即e x2f (x1)。答案A1(配合例1使用)若函数y在(1，)上单调递减，则称f (x)为P函数。下列函数中为P函数的为()f (x)1；f (x)x；f (x)；f (x)。A BC D解析x(1，)时，lnx0，x增大时，都减小，所以y，y在(1，)上都是减函数，所以f (x)1和f (x)都是P函数；，所以x(1，e)时，0，即y在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，所以f (x)x不是P函数；，所以x(1，e2)时，0，即y在(1，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f (x)不是P函数。故选B。答案B2(配合例1使用)已知函数f (x)ln(ex1)ax(a0)，讨论函数yf (x)的单调区间。解f (x)a1a。当a1时，f (x)0恒成立，所以当a1，)时，函数yf (x)在R上单调递减。当0a0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln，由f (x)0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln。所以当a(0,1)时，函数yf (x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当a1，)时，f (x)在R上单调递减；当a(0,1)时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。3(配合例3、例4使用)设偶函数f (x)定义在上，其导函数为f (x)，当0x时，f (x)cosxf (x)sinx2f cosx的解集为()ABCD解析令g(x)，因为f (x)是定义在上的偶函数，所以g(x)是定义在上的偶函数，又当0x时，f (x)cosxf (x)sinx0，所以g(x)2f cosx化为，即g(x)g，则|x|1，则不等式f (x)x0的解集为_。【解析】令g(x)f (x)x，所以g(x)f (x)1。由题意知g(x)0，所以g(x)为增函数。因为g(2)f (2)20，所以g(x)0的解集为(2，)。【答案】(2，)【典例2】是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，e，3,3，e六个数中，最小的数与最大的数分别是()A3e,3B3e，e Ce3，3De,3【解析】构造函数f (x)，f (x)的定义域为(0，)，求导得f (x)，当f (x)0，即0xe时，函数f (x)单调递增；当f (x)e时，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e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3。又函数ylnx，yex，yx在定义域上单调递增，故3ee3，e3e3，故这六个数中的最大数为3或3，由e3及函数f (x)的单调性，得f ()f (3)f (e)，即，由，得ln33，在3e，e3，e，3,3，e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】A二、ex与f (x)的组合函数【典例3】已知f (x)(xR)有导函数，且xR，f (x)f (x)，nN*，则有()Aenf (n)enf (0)Benf (n)f (0)，f (n)f (0)，f (n)enf (0)Denf (n)f (0)，f (n)0，g(x)为R上的增函数，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf (n)enf (0)。故选A。【答案】A【典例4】设a0，b0，e是自然对数的底数，则()A若ea2aeb3b，则abB若ea2aeb3b，则abD若ea2aeb3b，则a0，b0，所以ea2aeb3beb2bbeb2b。对于函数yex2x(x0)，因为yex20，所以yex2x在(0，)上单调递增，因而ab成立。故选A。【答案】A第2课时导数与函数的极值、最值考点一 函数的极值问题微点小专题方向1：由图象判断函数的极值【例1】设函数f (x)在R上可导，其导函数为f (x)，且函数y(1x)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x0；当2x1时，f (x)0；当1x2时，f (x)2时，f (x)0。由此可以得到函数f (x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值。故选D。答案D知图判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号。 方向2：求函数的极值【例2】已知函数f (x)2f (1)lnxx，则f (x)的极大值为()A2 B2ln22Ce D2e解析函数f (x)定义域(0，)，f (x)1，所以f (1)1，f (x)2lnxx，令f (x)10，解得x2。当0x0，当x2时，f (x)0，且2121a0，所以a(，1。答案(，1已知函数极值点或极值求参数的两个要领1列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解。2验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性。 【题点对应练】1(方向1)已知函数f (x)的定义域为(a，b)，导函数f (x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f (x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A1 B2C3 D4解析由函数极值的定义和导函数的图象可知，f (x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x0不是函数f (x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个。答案B2(方向2)若x2是函数f (x)(x2ax1)ex1的极值点，则f (x)的极小值为()A1 B2e3C5e3 D1解析因为f (x)(x2ax1)ex1，所以f (x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1。因为x2是函数f (x)(x2ax1)ex1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f (x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1。令f (x)0，解得x1，令f (x)0，解得2x0，得0x1，由f (x)1，所以f (x)1lnx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)。(2)由(1)得f (x)在上单调递增，在1，e上单调递减，所以f (x)在上的最大值为f (1)11ln10。又f 1eln2e，f (e)1lne，且f 0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f (x)0得0x，令f (x)，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当m0时，f (x)无最大值；当m0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。所以f (x)maxf ln2mnln2lnmnln2，所以nlnm，所以mnmlnm，令h(x)xlnx(x0)，则h(x)1，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)minhln2，所以mn的最小值为ln2。1(配合例3使用)设函数f (x)2lnxmx21。(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)当f (x)有极值时，若存在x0，使得f (x0)m1成立，求实数m的取值范围。解(1)函数f (x)的定义域为(0，)，f (x)2mx，当m0时，f (x)0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f (x)0，则0x，令f (x)，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。综上，当m0时，f (x)在(0，)上单调递增；当m0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。(2)由(1)知，当f (x)有极值时，m0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减。所以f (x)maxf 2lnm1lnm，若存在x0，使得f (x0)m1成立，则f (x)maxm1。即lnmm1，lnmm10)，因为g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，所以m10，即m1。综上，0m0)，则F (x)(x0)，所以当0x1时，F (x)1时，F (x)0，F (x)单调递增。所以F (x)F (1)10，所以a。记G(x)，x，则G(x)。因为x，所以22lnx2(1lnx)0，所以x2lnx20，所以当x时，G(x)0，G(x)单调递增。所以G(x)minG(1)1，所以aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，)。第3课时导数与不等式考点一 不等式的证明微点小专题方向1：移项作差构造法【例1】(20xx江西赣州高三模拟)已知函数f (x)1，g(x)bx，若曲线yf (x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直。(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f (x)g(x)。解(1)因为f (x)1，所以f (x)，f (1)1。因为g(x)bx，所以g(x)b。因为曲线yf (x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f (1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1。(2)证明：由(1)知，g(x)x，则f (x)g(x)1x0。令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11。因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f (x)g(x)。待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。 【变式训练】(20xx全国卷)已知函数f (x)aexlnx1。(e2.718 28是自然对数的底数)(1)设x2是f (x)的极值点，求a，并求f (x)的单调区间；(2)证明：当a时，f (x)0。解(1)f (x)的定义域为(0，