2018年高考数学二轮复习 专题04 导数及其应用教学案 理

1、专题04 导数及其应用高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现预测2018年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查1导数的定义f (x) .2导数的几何意义函数yf(x)在xx0处的导数f (x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf (x0)3导数的运算(1)基本初等函数的导数公式c0(c为常数)； (xm)mxm1；(sinx)cosx; (cosx)sinx；(ex)ex; (ax)axl

2、na；(lnx)； (logax).(2)导数的四则运算法则f(x)g(x)f (x)g(x)；f(x)g(x)f (x)g(x)f(x)g(x)；.设yf(u)，u(x)，则yxyuux.4函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f (x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增如果f (x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减5利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：画出图形；确定被积函数；求出交点坐标，确定积分的上、下限；运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值被积函数为yf(x)，由曲线yf(x)与直线xa，xb(a

3、0时，Sf(x)dx；当f(x)0；当xc，b时，f(x)0，所以x10，当a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，所以f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时

4、，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p .因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1a

5、a1c，从而可得a1a2c，故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A BC D【答案】A【解析】记函数，则，因为当时，故当时，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且当时，则；当时，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在

6、唯一的整数，使得0，则的取值范围是（ ）(A)-，1） (B)-，） (C)，） (D)，1）【答案】D【解析】设=，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，0，当时，0，所以当时，=，当时，=-1，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得1，故选D.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数()证明：在单调递减，在单调递增；（）若对于任意，都有，求的取值范围【答案】()详见解析；（）（）由()知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，的充要条件是：即，设函数，则当时，；当时，故在单调递减，在单调递增又，故当时，当时，即式成立当时，由的单调

7、性，即；当时，即综上，的取值范围是【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数 （其中a，b为常数）模型. （1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；当t为何值时，

8、公路l的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）（2）定义域为，千米【解析】（1）由题意知，点，的坐标分别为，将其分别代入，得，解得（2）由（1）知，（），则点的坐标为，设在点处的切线交，轴分别于，点，则的方程为，由此得，故，设，则令，解得当时，是减函数；当时，是增函数从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米 【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A BC D【答案】A【解析】记函数，则，因为当时，故当时，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且当时，则；当时，则，

9、综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（ ）(A)-，1） (B)-，） (C)，） (D)，1）【答案】D【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数()证明：在单调递减，在单调递增；（）若对于任意，都有，求的取值范围【答案】()详见解析；（）【解析】()若，则当时，；当时，若，则当时，；当时，所以，在单调递减，在单调递增（）由()知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，的充要条件是：即，设函数，则当时，；当时，故在单调递减，在单调递增又，故当时，当时，即式成

10、立当时，由的单调性，即；当时，即综上，的取值范围是【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数 （其中a，b为常数）模型. （1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域

11、；当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）（2）定义域为，千米【解析】（1）由题意知，点，的坐标分别为，将其分别代入，得，解得（2）由（1）知，（），则点的坐标为，设在点处的切线交，轴分别于，点，则的方程为，由此得，故，设，则令，解得当时，是减函数；当时，是增函数从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米1（2014安徽卷）设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值【解析】解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x

12、3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增2（2014安徽卷）设实数c0，整数p1，nN*.(1)证明：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1c，an1ana，证明：anan1c.【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0

13、时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p .因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而可得a1a2c，故当n1时

14、，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立3（2014福建卷）已知函数f(x)exax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.【解析】解：方法一：(1)由f(x)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，得a2.所以f(x)ex2

15、x，f (x)ex2.令f (x)0，得xln 2.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x20时，exx2，所以exee，当xx0时，exx2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x

16、2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先证明当x(0，)时，恒有x30时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)h(0)10，即x3x0时，有x2x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex. 4（2014广东卷）曲线ye5x2在点(0，3)处的切线方程为_【答案】y5x3【解析】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法因为y5e5x，所以切线的斜率k5e05，所以切线方程是：y35(x0)，即y5x3.5（2014江西卷）若曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是_【答案】(ln 2，2

17、) 【解析】设点P的坐标为(x0，y0)，yex.又切线平行于直线2xy10，所以ex02，可得x0ln 2，此时y2，所以点P的坐标为(ln 2，2)6（2014江西卷）已知函数f(x)(x2bxb)(bR)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围【解析】解：(1)当b4时，f(x)，由f(x)0，得x2或x0.所以当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2处取得极小值f(2)0，在x0处取得极大值f(0)4.(2)f(x)，易知当x时，1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调

18、递减，(a1)1时，存在x0，使(x)0，故知ln(1x)不恒成立综上可知，a的取值范围是(，1下面用数学归纳法证明当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln(k1)那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立方法二：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln(n1)，结论得证方法三：如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和，dxdxnln(n1)，结论得证10（2014四川卷）设等差数列an的公差为d，点(

19、an，bn)在函数f(x)2x的图像上(nN*)(1)若a12，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.【解析】解：(1)由已知得，b72a7，b82a84b7，所以2a842a72a72，解得da8a72，所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)函数f(x)2x在点(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在x轴上的截距为a2.由题意有a22，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n，所以数列的通项公式为，所以Tn，2Tn

20、，因此，2TnTn12.所以，Tn. 11（2014安徽卷） 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值【解析】解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增12（2014安徽卷） 设实数c0，整数p1，nN*.(1)证明：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1c，an1ana，证明：anan1c.【解析】证明：

21、(1)用数学归纳法证明如下当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p .因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式an

22、c均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而可得a1a2c，故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立13（2014福建卷） 已知函数f(x)exax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.【解析】解：方法一：(1)由f(x)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f (x)ex2.令f (x)0，得xln 2.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)ex