專題04導數(shù)及其應用教學案教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020高考理科數(shù)學二輪考點突破紙間書屋

專題 導數(shù)及其應

fx＋Δx－ff′(x)＝

y＝f(x)x＝x0f′(x0)y＝f(x)在點(x0，f(x0))k＝f′(x0)．①c′＝0(c為常數(shù) ⑤(ex)′＝ex; 1⑦(lnx)′＝x；①[f(x)±g(x)]′＝f②[f(x)·g(x)]′＝ffx f′xgx－fxg′③[gx

g2 y＝f(u)，u＝φ(x)y′x＝y(tǒng)′uu′x.f(x)>0af(x)<0a 高頻考點一例1（2018 【解析】：由題意可得f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此

1【答案】(2)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則 1【解析】：令f(x)＝x＋lnx，求導得f′(x)＝1＋x，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋lnxP(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得100001∴x0＝－2，此時y＝x＋lnx在(1,1)由y＝ax2＋a＋2x＋1【答案】 【解析】：y′＝a－x＋1，當x＝0時【答案】高頻考點二 ．若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍 【答案 (1). (2).【解析】由題意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是當時，，此時 ，由在上只能有一個零點得.【變式探究】(1)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是() 2 a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0， 3f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或 f－2f－2＜0，有三個零點，排除【答案】(2)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結論中錯誤的是( 【解析】：由三次函數(shù)的值域為R知，f(x)＝0必有解，A項正確；因為f(x)＝x3＋ax2＋bx＋cy＝x3y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形，By＝f(x)有極值點，則其導y＝f′(x)2x1，x2(x1＜x2)f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)f(x)在(－∞，x1)上遞增，在(x1，x2)上遞減，在(x2，＋∞)x2C項錯誤，DC.【答案】可導函數(shù)極值點的導數(shù)為0，但導數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，當x＝0時就不是f′(0)＝0.極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當x＝x0時，函數(shù)取得極值；在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件． 2，c＝－18af(x)＝ax32x2－18ax－34x∈(－∞，－2)時，f′(x)＞0，f(x)【答案】

2－54a－34＝－115，∴a＝2高頻考點三例3、【2019年高考 】設函數(shù)fxexaex（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則 ；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是 【答案】

,【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關于a的恒等式，據(jù)此可得af(x)0的取值范圍fxexaexfxfx即exaexexaex即a1ex

ex0xa10，得afxexaexRf(x

exaex0Rae2xR上恒成立，又e2x0，則a0，即實數(shù)a的取值范圍是,0【舉一反三（2018年Ⅱ卷理數(shù)）若在是減函數(shù)，則的最大值A.B.C.【答案】 ，所以 ，因 ，從而的最大值為 【變式探究】若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋x在2，＋∞是增函數(shù)，則a的取值范圍是(

【解析

2x，x∈2，＋∞.因為h′(x)＝－x3－2，所以當x∈2，＋∞時，h′(x)＜0，即h(x)在2，＋∞上單調(diào)遞 f2＞f(1)與增函數(shù)．排除A、B、C.故選【答案】(2)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是( 1【解析】：依題意得f′(x)＝k－x≥0在11 【答案】高頻考點四利用導數(shù)證明不等式

x在(1，＋∞)f′(x)＞0，f(x)＝kx－lnx(1)f(x)Rk【解析】(1)f(x)Rf′(x)＝ekx(k－kx－1)－1≤0恒成立．g(x)＝f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1g′(x)＝kekx(k－kx－2)

k時，g′(x)<0

k g(x)在－∞，k上單調(diào)遞增，在k，＋∞g(x)max＝gk＝ek－2－1≤0(2)證明：由(1)k＝2時，f(x)Rx>0f(x)<f(0)＝0，即(1－x)e2x－x－1<0x>0時，－x<0，即從而t＝2x>0，則(2＋t)e－t＋(t－2)et＋2t>0，x>01f(x)＝x－x＋aln若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明

x1－x2

a≤2f′(x)≤0a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．a(chǎn)－a＋a－a＋ a－

當

，＋∞ a＋

a－

a＋

f(x)x1，x2x2－ax＋1＝0，x1x2＝1x1＜x2x2＞1. 1

lnx1－ln

lnx1－ln

－2ln由于x1－x2

所以x1－x2＜a－2等價于x2－x2＋2ln11所以x2－x2＋2ln即x1－x211 0<m<1時，f(x)在(0，m)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(m,1)上單調(diào)遞減；m＝1時，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；1 ∵2 ∴－2>2m2－ef(x)≥2m2－ef(x)min＝f(m)＝mlnm－2，f(x)≥2m2－e在(1，＋∞)mlnm－2m＋e≥0在(1，＋∞)上恒成立，g(m)＝mlnm－2m＋e，∴g(m)min＝g(e)＝0，∴f(x)≥2m2－ex∈(1，＋∞)f(x)≥2m2－eaaf′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．f′(x)>0x<－1x>0；1a>0x≥1f′(x)>0，f(x)f(x)min＝f(1)．a(chǎn)f(1)＝ea－2<2，即g(a)min>g(0)＝e0－0＝1>0，ea>ag(a)>0，所以不等式ea－a<0a<0x0111＋0—0＋a 若?x0≥1，使f(x0)<2

1

1 2 2 2解得 2 【解析】(1)a＝5時，f(x)＝2x2－5x＋1＋lnx ax＝2x2＋1－lnxx∈e，e lna＝2x＋x－x ln

2x2－2＋ln

x，x∈e，e

令t(x)＝2x2－2＋lnx，x∈e，e則t′(x)＝ ln

xhe>h(e)a＝1x≥0設函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則x≠1時，g′(x)＜0g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減．g(0)＝0x≥0時，g(x)≤0f(x)≥1.a＞0故h(2)＝1e2是h(x)在(0，＋∞)的最小值

【2019年高 Ⅲ卷】已知曲線yaexxlnx在點（1，ae）處的切線方程為則C．a(chǎn)e1，b【答案】

D．a(chǎn)e1，byaexlnx∴切線的斜率ky|x1ae12，ae1，將(1,1代入y2xb，得2b1b1.

x22ax

x【2019年高 】已知aR，設函數(shù)f(x)xaln

x

f(x)0R上恒成立，則aA．C．0,

B．0,【答案】x1f(1)12a2a10x1f(x)

2ax2a02a

x

g(x)

，x (1x (1x)22(1x)則g(x) 1 1(1x)111x (1x)11

120 1 當1x

1

x02ag(x)max0，則a0x1時f(xxalnx0，即a

xln

h(x)

ln

，則h(xlnx1xeh(x)0，函數(shù)h(x)當0xeh(x)0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，xe時h(x)取得最小值h(e)e，∴ah(x)minea的取值范圍是[0,e

x,x3（2019浙江）已知a,bR，函數(shù)f(x)

x3

(a1)x2ax,xyf(xaxb恰有3個零點，

【答案】x＜0時，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0x=??x≥0時，y＝f（x）﹣ax﹣b=1x31（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=1x3 yx2(a1)xa+1≤0a≤﹣1時，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上單調(diào)遞增，y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個零點，不合題意；x∈(a+1，+∞y′＜0x∈[0，a+12個零點.y＝f（x）﹣ax﹣b3個零點?y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一個零點，在[0，+∞）2個零點，∴??∴

(??+3

?(??+1)(??+2

??6(00) 【答案】3xyy3(2x1)ex3(x2x)ex3(x23x1)ex所以切線的斜率ky|x0y3(x2x)ex在點(00y3x，即3xy0【2019xOy中，Pyx4(x0)xP到直線xy0的距離的最小值是 【答案】yx4(x0)y14 設斜率為1yx4(x0)切于(x

4)x由x

x421x0x40

x2（x0

0舍去23yx4(x0)P(232x23x

4故答案為4【2019年高考江蘇】在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y=lnx上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點（-e，-1)(e為自然對數(shù)的底數(shù)，則點A的坐標是▲ 【答案】(e,Ax0,y0y0lnx0.y1xx

y1x00x0xylnxAyx

1(xx)ylnx0

0x將點e1代入，得1lnx0lnx0eHxxlnx

e1x0,1時Hx0，當x1時Hx0，Hxlnx1，x1Hx0Hx單調(diào)遞增，Hee，x0lnx0ex0e，y01，故點A的坐標為【2019年高考 】設函數(shù)fxexaex（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則 ；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是 【答案】

,【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關于a的恒等式，據(jù)此可得af(x)0的取值范圍fxexaexfxfx即exaexexaex即a1ex

ex0xa10，得afxexaexRf(x

exaex0Rae2xR上恒成立，又e2x0，則a0，即實數(shù)a的取值范圍是,0【2019年高考Ⅰ卷】已知函數(shù)f(x)sinxln(1x)，f(x)為f(x)的導數(shù)．證明f(x在區(qū)間

1,2

f(x2（1）g(x)

f'(x)g(x)cosx

1

，g'(x)sinx

(1x)2x1,g'(xg'(0)0g')0g'(x在1, 2 2 設為x(1,)g'(x)0x,g'(x)0 2 gx在(1,單調(diào)遞增，在gx在1 2 2 f'(x)在1存在唯一極大值點 2 （2）f(x的定義域為(1（i）x(10]時，由（1）f'(x)在1,0)f'(0)0x(10)f'(x)0f(x在1,0)f(0)=0x0f(x在(10]的唯一零點（ii）x0時，由（1）f'(x)在(0,單調(diào)遞增，在f'(0)=0 2 2 f0f'()0x(0f'(x)02 2 xf'(x)0.f(x在(0單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 2 2 f(0)=0f1ln10x0f(x)0.f(x2 2 20沒有零點

2 （iii）xf'(x)0f(x在單調(diào)遞減.f0f(0

2 f(x在有唯一零點

（iv）x(ln(x1)1f(x)<0f(x)在(沒有零點.綜上，f(x)有且僅有2個零點.【2019年高 Ⅱ卷】已知函數(shù)fxlnxx1xx0f(x)y=lnxA(x0，lnx0)yex的切線（1）f(x在(0,1和(1（2）見解析【解析】（1）f（x）的定義域為（0，1）f(x)1x

(x

0f(x在（0，1），（1，+∞）1e1

e2 e2

e

f(e)2 e2 e2xf（x）=0．又0

1，f(1)ln

x11f(x)0f（x）在（0，1）

x 1x零 x1 x0（2）因 elnx0，故點B（–lnxx0

）在曲線y=ex上

ln

1x0x

由題設知f(x)0，即lnx ，故直線AB的斜率k0 0 x

lnx

x

x0 x0 y=exB(lnx00

1ylnxA(xlnxx x 1x，x0ylnxA(x0lnx0y=ex【2019年高考Ⅲ卷】已知函數(shù)f(x)2x3ax2bf(x是否存在abf(x在區(qū)間[0,1的最小值為11？若存在，求出ab的所有a（2）b

a b（1）f(x6x22ax2x(3xaf(x)0x=0xa3a>0x(

af(x)0x0,af(x)0f(x 3 (0),a單調(diào)遞增，在0a 3 a=0f(x在(若a<0，則當x,a (0,)時，f(x)0；當xa,0時，f(x)0．故f(x) 3 a0單調(diào)遞增，在a,0單調(diào)遞減 3 a≤0時，由（1）f(x在[0，1]f(x在區(qū)間[0，l]f(0)=bf(12ab.a，b滿足題設條件當且僅當b12ab1a=0，ba≥3時，由（1）知，f(x)在[0，1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為f(0)=bf(1)2aba，b滿足題設條件當且僅當2ab1，b=1，即a 0<a<3時，由（1）f(x在[0，1]f327bb 2ab若 b1，b=1，則a332，與 a3a3若 b1，2ab1，則a3

或a

或a=0，與0<a<33a=0b1a=4，b=1f(x在[0，1]的最小值為-13【2019年高考】設函數(shù)f(x)excosfx的單調(diào)區(qū)

g(x)為fx的導函數(shù)xf(xg(xx0

x為函數(shù)u(x)f(x1在區(qū)間2n2n內(nèi)的零點，其中nN 2 2n2xnsin

cosx （Ⅰ）f(x的單調(diào)遞增區(qū)間為2kπ3π2kππ(kZ),f(x) 42kππ2kπ5π(kZ.（Ⅱ）（Ⅲ）見解析 4【解析】（Ⅰ）f(x)ex(cosxsinxx2k2k5(k 4 時，有sinxcosxf(x)0fxx2k32k(kZ 4 sinxcosxf(x)0fxfx的單調(diào)遞增區(qū)間為2k32k(kZ),f(x 42k,2k5(kZ) 4證明：記h(x)f(xg(xx．依題意及（Ⅰ）g(x)ex(cosxsinx 42g'(x2exsinxx,g'(x42 h'(x)f'(x)g'(x)xg(x)(1)g'(x)x0 hx在區(qū)間上單調(diào)遞減，進而h(xhf0 xf(xg(xx0

uxfx10，即exncosx1yx2n yfyeycosyex2n

2ne2nnN4 4 f

e2n1f

及（Ⅰ），得

．由（Ⅱ）xg'(x04420 gx在,上為減函數(shù)，因此g0 42

g

g0．又由（Ⅱ）44f

ng

2

0nn fyn

yngy gy gyey0sinycosy sinxcosx 2n2xnsin

cosx 【2019年高考浙江】已知實數(shù)a0f(x)=alnx當a3f(x4

x1,x對任意x[1,)均有f(x) x

求a【答案（1）fx的單調(diào)遞增區(qū)間是3,單調(diào)遞減區(qū)間是03；（2）02 4【解析】（1）當a3f(x)3lnx

1x,x0 (1(1x2)(21x4x1 f'(x) 21f(x的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3），單調(diào)遞增區(qū)間為（3，

1，得0a 2 21當0a 2時，f(x) x21

x 2lnx0 2令t1，則t 2x1x1

g(t)t

2lnx,t22g(t)

x(t

11)2 2lnx11x1x（i）x11x

22 x21g(t)g(22) 2lnx21x記p(x) x

lnxx1，2121p'(x)

2 1x2xx2x2xx1 2x xxx(x(x x(2x2xx1(x1)(x1 2x故x17(171(x)0+p(p(17所以p(xp(10因此g(tg(22)2p(x01x2xlnx(x2（ii）當x11x2xlnx(x27 7 q(x

xlnx(x1),x1,1

，則q'(x)lnx210xq(x在11上單調(diào)遞增，所以q(x)?q1x7 7

7 由（i）q127p127p(107 7 q(x)<01x2 q(1x2 由（i（ii）x1t[22g(t)…0 x即對任意x1,，均有f x 2綜上所述，所求a的取值范圍是 4 ．若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍 【答案 (1). (2).【解析】由題意得或，所 ， ，不等f(x)<0的解集是 ，即 有一個零點得.綜上，的取值范圍為。B.C.D.【答案】 ，所以 ，因 【2017IIfxax2axxlnxfx0(1)求a(2)fxx，且e2fx22 【答案】(1)a【解析 的定義域 ， 等價若a=1， .當0＜x＜1時 x=1是的極小值點，故設 又，所以 在有唯一零點x0，在有唯一零點1，且當 因為，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點【201720fxx22cosxgxexcosxsinx2x2e yfx在點f令hxgxafxaR，討論hx的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值（1）y2πxπ2

（2）（Ⅰ）f22又fx2x2sinx，所以f2，yfx在點,fy222x， y2x22

hxexcosxsinx2x2ax22cosx因為hxexcosxsinx2x2exsinxcosx2a2x2exxsinx2ax2exaxsinx，mxxsinxmx1cosx所以mxR上單調(diào)遞增.因為m00,x0

mxx0

mx當a0時，exax0x0

hx0hx0

hx單調(diào)遞hx單調(diào)遞x0hx取得極小值，極小值是h02a當a0

hx2exelnax由hx0

①當0a1時lna0xlna

ex

0,hx0

hx單調(diào)遞xlna0時，x0

exelna0,hx0exelna0,hx0

hx單調(diào)遞hx單調(diào)遞增xlnahx取得極大值極大值為hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2x0時hx取到極小值，極小值②當a1時lna0

h02ax③當a1時lna

hx0，函數(shù)hx在上單調(diào)遞增，無極值x,0

exelna0

hx0hx單調(diào)遞增當x0lna

exelna0

hx0hx單調(diào)遞xlna

exelna0

hx0hx單調(diào)遞x0hx取得極大值，極大值是h02a1；當xlna時hx取得極小值.極小值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2a0時，

hx在,0上單調(diào)遞減，在0,上單調(diào)遞增函數(shù)hx有極小值，極小值是h02a當0a1時，函數(shù)hx在lna和0lna和0上單調(diào)遞增，在lna0上單調(diào)遞減，函數(shù)hx有極大值，也有極小值，極大值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna極小值是h02a當a1時，函數(shù)hx在,a1時，函數(shù)hx在,0和,上單調(diào)遞增，在,a上單調(diào)遞減，函數(shù)hx極大值是h0a1；極小值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2【2017，理20】設aZ，已知定義在R上的函數(shù)f(x)2x43x33x26xa在區(qū)(12x0gxf(x的導函數(shù)gx (x0,2]，函數(shù)h(x)g(x)(mx0)f(m)，求證：h(m)