2020高考理科数学极限与导数复习.doc

高考理科数学极限与导数复习（理）1 考点回顾1.数学归纳法是证明关于自然数 (改为“与自然数n有关” )的命题的一种方法，在高中数学中有着非常重要的用途，是高考命题的热点内容之一。2.函数极限和数列极限仍然以选择题或填空题为主，主要考查基本计算，有时也在解答题的最后一问出现，中等或偏易的难度（文科不要求函数的极限）。3.导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容。考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义。4.导数的应用是高中数学中的重点内容，导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式问题等，是（改为“已成为”）高考热点问题。选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题，解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、不等式、数列的综合应用。5.应用导数解决实际问题，关键是建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在给定区间内只有一个极值点，此时函数在这点有极大（小）值，而此时不用和端点值进行比较，也可以得知这就是最大（小）值。2 经典例题剖析考点一：数学归纳法例1：设正数数列的前项和满足。求，猜想的通项公式，并用数学归纳法证明；设，数列的前项和为，求。 解析：（1）由题设可求，猜想数列的通项公式为： ，下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，猜想成立，即，那么当时，由化简可得：，即，或，又 ， ，即，所以，当时，猜想成立。由、可知，对一切，有。（2）由， ，则 所以。 答案：（1）证明见解析；（2） 点评：归纳、猜想、证明这一解题模式，是解决数列问题的常用方法，在证明过程中，要注意由nk到nk+1时，归纳假设的合理运用；另外，注意裂项项消法求和及常用的数列极限。考点二：数列的极限例4：已知数列满足,求。解析：由,得，数列为常数列., ，数列是公比为,首项为的等比数列.，。答案： 点评：本题主要考查特殊数列通项公式的求解和数列的极限。难点在于求出数列的通项公式。考点三：函数的极限和连续性例5：设试确定的值，使存在。解析：，当且仅当时，有所以，当时，原函数极限存在。答案： 点评：函数在某点处存在极限与函数在该点处连续的概念不同。存在极限只要求在该点处的左右极限相等；而在该点连续则还要求左右极限的值同时等于函数在该点处的函数值。例6：设，（1）求；（2）求的值使在处连续。解析：（1）当时，；当时，。所以，。（2），。因为在处连续，则，此时。答案： （1）；（2）点评：本题主要考查函数连续的概念，应和上一题进行对比。考点四： 导数的概念及其运算例3：用定义求在点处的导数。解析：分别求出在处的左右极限，即。答案： 点评：导数的定义给出了求导的最基本的方法，如果用求导公式、法则都无法求导时，就要考虑用定义法去求导，本题是分段函数在分界点处的导数，只能用定义法去求，这时要注意，只有当左、右导数都存在且相等时，函数在这点的导数才是存在的。考点五：函数的最值与极值例2：求函数在上的最大值和最小值。 解析：在闭区间上连续函数有最大值和最小值，于是，应用导数得令 化简为 解得（舍），。当单调递增；当单调递减。所以为函数的极大值。又因为所以函数在上的最小值为，函数在上的最大值为。 答案：最小值为，最大值为。点评：本小题主要考查函数的导数计算，利用导数讨论函数的性质，判断函数的最大值、最小值以及综合运算能力。考点六：导数的应用例7：如果函数的导函数的图象如图所示，给出下列判断：函数在区间内单调递增；函数在区间内单调递减；函数在区间内单调递增；当时，函数有极小值；当时，函数有极大值；则上述判断中正确的是_。解析：由导函数图像可知，当时，所以在上为减函数，同理可知：在上为减函数。在和上为增函数。所以可以排除和，是正确的。又由于函数在的左侧递增，右侧递减，所以时，函数有极大值；在左右两侧函数的导数均为正数，所以不是函数的极值点，从而排除和。答案： 点评：本题主要考查函数的单调性和极值与导数的关系，属于逆向思维的题目。例8：已知向量在区间上是增函数，求的取值范围。解析：解法1：依定义，开口向上的抛物线，故要使在区间（1，1）上恒成立.解法2：依定义 ，的图象是开口向下的抛物线， ，。答案： 点评：本小题主要考查平面向量数量积的计算方法、利用导数研究函数的单调性，以及运用基本函数的性质分析和解决问题的能力。例9：（xx年海南理科）设函数，（1）若当时，取得极值，求的值，并讨论的单调性；（2）若存在极值，求的取值范围，并证明所有极值之和大于解析：（1），依题意有，故从而的定义域为，当时，；当时，；当时，从而，分别在区间单调增加，在区间单调减少（2）的定义域为，方程的判别式若，即，在的定义域内，故的极值若，则或若，当时，当时，所以无极值若，也无极值若，即或，则有两个不同的实根，当时，从而有的定义域内没有零点，故无极值当时，在的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知在取得极值综上，存在极值时，的取值范围为的极值之和为答案： （1）；（2）见详解。点评：本题主要考查对极值概念的理解以及对函数导数的综合运用。3 方法总结与xx年高考预测（分析xx年高考命题趋势，对命题难度，内容，热点等作总结）（一）方法总结1.极限的概念和运算法则是微积分中最重要的工具，也是学好导数的基础。它是历年高考的重点考查内容，多与分类讨论相结合。通常与数列结合的题目要多一些，解答时要求先求出数列的通项公式或是前项和公式再求极限。求函数的极限时，经常要用到常见函数的极限及两个重要极限（解决函数极限的小题时可用洛毕达法则）。通过恒等变形用函数极限的四则运算法则求相关函数的极限，或利用初等函数在其定义域内每一点处的极限值等于该点函数值求函数的极限或利用函数的极限判定函数在给定点处的连续性。归纳法也是本章常见的考查点，一定要注意用数学归纳法解题时的步骤。2.导数是中学限选内容中较为重要的知识，由于其应用的广泛性，为我们解决所学过的有关函数问题提供了一般性方法，是解决实际问题强有力的工具。导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的对象。要牢记导数公式，熟练应用导数公式求函数的导数，掌握求导数的方法。应用导数解决实际问题的关键是要建立恰当的数学模型，了解导数概念的实际背景。（二）xx年高考预测函数极限和数列极限仍然以选择或填空题为主，有时会在解答题的最后一问出现难度中等或偏易。（文科生对函数极限不做要求） 导数的考查方式以客观题为主，主要考查求导数的基本公式和法则，以及导数的几何意义。也可以解答题的形式出现，即以导数的几何意义为背景设置成导数与解析几何的综合题。导数的应用是重点，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值、最值、值域问题，侧重于导数的综合应用，即导数与函数、数列、不等式的综合应用。4 强化训练（要求选择填空解答兼有并留有解答空间，便于用户直接应用）1 选择题1.已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）A1B2C3D42.已知对任意实数，有，且时，则（ ）ABCD3.下列函数在x 处连续的是（ ）4.已知函数既存在极大值又存在最小值，则实数m的取值范围是（ ） D. 5.函数在上的最小值是 （ ）A. B. 1 C. D. 56.的值为（ ） A B.0 C D.1 7. 设在内单调递增，则是的（ ）充分不必要条件必要不充分条件充分必要条件既不充分也不必要条件8.函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）A1个 B2个 C3个D 4个9.已知，下面结论正确的是（ ）A在处连续 B C D 10.函数在下面哪个区间内是增函数 （ ）A(，) B(，2) C(，)D(2，3)11.函数在点和处的极限值都是0，而在点处不连续，则不等式的解集为（ ）A（2，1） B（，2）（2，+）C（2，1）（2，+） D（，2）（1 ， 2）12.若数列的通项公式是，则等于 （ ）（A）（B）（C）（D）2 填空题13. 若，则_1_，_1_。14. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则 15. 已知点，其中N为正整数，设Sn表示ABC外接圆的面积，则= 。16. 已知函数y=f（x）在R上处处可导，f（0）=0，当0时，xf（x）0。给出下列四个判断： f（2） f（1）； y= f（x）不可能是奇函数；存在区间a，a，使得当、成立； y = x f（x）在R上单调递增。判断正确的序号是_。（请填上所有判断正确的序号）3 解答题17. 已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，如图所示.求：（）的值；（）的值.18. 已知函数处取得极值2。 （）求函数的解析式； （）当m满足什么条件时，在区间为增函数； （）若图象上任意一点，直线的图象切于P点，求直线L的斜率的取值范围。19. 已知函数 （）若单调递减，求a的取值范围。 （）当a=4时，设，是否存在实数m，使得y=的图象的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。20. 已知函数。（）设，讨论的单调性；（）若对任意恒有，求的取值范围。21. 设是的两个极值点，的导函数是（）如果 ，求证： ；（）如果 ，求的取值范围 ；（）如果 ，且时，函数的最小值为 ，求的最大值。22. 已知函数（）判断的奇偶性；（）在上求函数的极值；（）用数学归纳法证明：当时，对任意正整数都有解析答案：（一）选择题：1. A 2. B 3.A 4.B 5.B 6.A 7.B 8.A 9.D 10.B 11.C 12.C（二）填空题：13. 1，1 14. 3 15. 16. （三）解答题：17. 解法一：（）由图像可知，在上，在上，在上故在上递增，在上递减，因此在处取得极大值，所以（）由得解得解法二：（）同解法一（）设又所以由即得所以18. （）由已知 （）又在） （）直线I在P点的切线斜率令当）19. （） 1分）当时，在上单调递减，符合题意 当时，恒成立。上单调递减，符合题意当时，在 上单调递减则若上单调递减，需 综合以上可知，若在单调减减，a的取值范围是 （）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 ， 当是增函数；当是减函数；当是增函数；当，或时，=0 当充分接近0时，当充分大时，要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 所在存在实数，使得函数的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为。20. （I） 的定义域为 因为（其中）恒成立，所以 当时，在上恒成立，所以在上为增函数； 当时，在上恒成立，所以在上为增函数； 当时，的解为：（其中）所以f(x)在各区间内的增减性如下表：区间的符号+的单调性增函数减函数增函数增函数（II）显然 当时，在区间上是增函数，所以对任意都有； 当时，是在区间上的最小值，即，这与题目要求矛盾； 若，在区间上是增函数，所以对任意都有。综合、 ，a的取值范围为21. （I）证明： 是方程的两个根 1分由且得 2分得 3分（）解：由第（1）问知 由 ，两式相除得 即 4分当时，由 即 ， 5分令函数，则在上是增函数当时， ，即 7分当时， 即令函数则同理可证在上是增函数当时， 综所述，的取值范围是 （）解：的两个根是 ，可设 10分 又 g(x) 当且仅当 ，即 时取等号 当时， 在上是减函数 22. （） 。()当时， 令有， 当x变化时的变化情况如下表:由表可知：（+0增极大值减当时取极大值. ()当时 考虑到：时，不等式等价于（1） 所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切都成立即可（i）当时，设，故，即所以，当时，不等式（1）都成立（ii）假设时，不等式（1）都成立，即 当时设 有 故为增函数， 所以，即， 这说明当时不等式（1）也都成立，根据(i)(ii)可知不等式