新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題命題點3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課件

命題點3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用預(yù)測說明導(dǎo)數(shù)是初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的重要銜接點,是命題熱點,在每年的高考中,導(dǎo)數(shù)通

?？疾?或3道題,即“一小一大或兩小一大”,小題可能為單選題、多選題或填空題.命題方向:1.以導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的關(guān)系為基礎(chǔ),命制導(dǎo)數(shù)運算的相

關(guān)基礎(chǔ)題或者利用求導(dǎo)來研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、零點等方面的考題.一般

以選擇題或填空題形式呈現(xiàn),難度可能為基礎(chǔ)題,也可能為中高檔題.2.以導(dǎo)數(shù)為載體的解答題,第(1)問通?？疾橐恍┗A(chǔ)知識、基本方法,屬于中低檔題;

第(2)問一般會與不等式等知識進行綜合,同時會應(yīng)用到很多的數(shù)學(xué)思想方法,如轉(zhuǎn)化

與化歸思想、分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、構(gòu)造思想等.考查學(xué)

生的邏輯推理能力,難度較大.預(yù)測探究識透高頻考點1.(多選)(2024遼寧撫順六校協(xié)作體第三次模擬,11)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)連續(xù),

函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x).當x>0時,f'(x)cosx>f(x)sinx+e·f'(x),其中e為自然對數(shù)的底數(shù),

則

()A.f(x)在R上為減函數(shù)B.當x>0時,f(x)<0C.f

>f

D.f(x)在R上有且只有1個零點BCD2.(2024山東濰坊二模,15)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2+b,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線

方程為y=(e-2)x+3-e.(1)求實數(shù)a,b的值;(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.

基礎(chǔ)知識運用

導(dǎo)數(shù)幾何意義的運用;利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值

解析

(1)f'(x)=ex+(x-1)ex-2ax=xex-2ax,由題意知,f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1,又因為f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,所以b=2.(2)由(1)知f'(x)=xex-2x=x(ex-2),當x∈(-∞,0)時,f'(x)>0;當x∈(0,ln2)時,f'(x)<0;當x∈(ln2,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,0),(ln2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(0,ln2).當x=0時,f(x)取得極大值f(0)=1;當x=ln2時,f(x)取得極小值f(ln2)=2ln2-(ln2)2.3.(2024湖南郴州5月模擬,18)已知函數(shù)f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+

x2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.

綜合知識運用

多角度考查導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)零點的方法,同時考查了分類討論思想和構(gòu)造函數(shù)

解析

(1)由f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+

x2,得f'(x)=2ae2x-(ax+2)ex+x=(aex-1)(2ex-x),

(2分)∵ex≥x+1,∴2ex-x≥ex+1>0.①當a≤0時,aex-1<0,從而f'(x)<0恒成立,f(x)在R上單調(diào)遞減;

(3分)②當a>0時,令f'(x)=0,從而aex-1=0,得x=-lna.x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f'(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增(5分)綜上,當a≤0時,f(x)在R上單調(diào)遞減;當a>0時,f(x)在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)

上單調(diào)遞增.

(6分)(2)由(1)知,當a≤0時,f(x)在R上單調(diào)遞減,f(x)在R上至多有一個零點,不滿足條件.

(7分)當a>0時,f(x)min=f(-lna)=1-

+lna+

,令g(a)=1-

+lna+

,則g'(a)=

+

+

=

=

≥

=

>0,∴g(a)在R上單調(diào)遞增,

(9分)而g(1)=0,故當0<a<1時,g(a)<0;當a=1時,g(a)=0;當a>1時,g(a)>0.

(10分)(i)若a>1,則f(x)min=g(a)>0,故f(x)>0恒成立,f(x)無零點;

(11分)(ii)若a=1,則f(x)min=g(a)=0,故f(x)僅有一個零點x=-lna=0,不滿足條件;

(12分)(iii)若0<a<1,則f(x)min=g(a)<0,-lna>0,f(-2)=

+

+2=

·a+2-

>0,故f(x)在(-2,-lna)上有一個零點,又ln

>ln

=-lna,且f

=

-

+

ln2

>

-

=(3-a)

-ln

.

(14分)令h(x)=x-ln(3x-1)(x>1),則h'(x)=1-

=

,∴h(x)在

上單調(diào)遞減,在

上單調(diào)遞增,h(x)≥h

=

-ln3>0,故

-ln

>0,又0<a<1,∴3-a>0,∴(3-a)

>0,即f

>0,故f(x)在

上有一個零點.又f(x)在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)在R上至多有兩個零點,

(16分)又f(x)在(-2,-lna)及

上均至少有一個零點,故f(x)在R上恰有兩個零點.綜上,0<a<1時,f(x)在R上恰有兩個零點.

(17分)悟透新型考法1.(2024湖北高中名校聯(lián)盟第四次聯(lián)考,14)已知直線l1與曲線y=aex和y=lnx-lna都相切,

傾斜角為α,直線l2與曲線y=aex和y=lnx-lna都相切,傾斜角為β,則tanα+4tanβ取最小值

時,實數(shù)a的值為

.2.(2024浙江十校聯(lián)考,19)已知函數(shù)f(x)=cosx+λln(1+x),且曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切

線斜率為1.(1)求f(x)的表達式;(2)若f(x)≤ax+1恒成立,求a的值;(3)求證:

f

<ln2,n∈N*.

創(chuàng)新知識交匯

綜合考查導(dǎo)數(shù)與數(shù)列、不等式放縮

解析

(1)f'(x)=-sinx+

,則f'(0)=λ=1,故f(x)=cosx+ln(1+x).(2)設(shè)h(x)=f(x)-ax-1=cosx+ln(1+x)-ax-1,x>-1.由條件知h(x)≤0(x>-1)恒成立,因為h(0)=0,又h(x)的圖象在定義域上是連續(xù)不間斷的,所以x=0是h(x)的一個極大值點,則h'(0)=0.又h'(x)=-sinx+

-a,所以h'(0)=1-a=0,得a=1.下證當a=1時,h(x)≤0對任意x∈(-1,+∞)恒成立.令φ(x)=ln(1+x)-x,則φ'(x)=

-1=

,當-1<x<0時,φ'(x)>0,當x>0時,φ'(x)<0,則函數(shù)φ(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以φ(x)≤φ(0)=0,即ln(1+x)-x≤0,而cosx-1≤0,所以當a=1,x∈(-1,+∞)時,h(x)=(cosx-1)+[ln(1+x)-x]≤0.綜上,若f(x)≤ax+1恒成立,則a=1.(3)證明:由(2)可知f(x)≤x+1,所以f

≤sin

.所以

f

=f

+f

+…+f

≤sin

+sin

+…+sin

,(由表達式特點聯(lián)想到利用sinx<x進行放縮)先證sinx<x,x∈

,令t(x)=sinx-x,x∈

,則t'(x)=cosx-1<0,則t(x)在

上單調(diào)遞減,t(x)<t(0)=0,即sinx<x,x∈

,所以sin

+sin

+…+sin

<

+

+…+

,(由結(jié)果中含有l(wèi)n2聯(lián)想到利用lnx<x-1進行放縮)再證

<ln

,先證lnx<x-1,0<x<1,令u(x)=lnx-x+1(0<x<1),則u'(x)=

-1=

,當0<x<1時,u'(x)>0,函數(shù)u(x)單調(diào)遞增,則u(x)<u(1)=0,即lnx<x-1,0<x<1,令x=

,即得

<ln

.又ln

=ln(n+1)-lnn,所以

<ln(n+1)-ln(n),……,

<ln(2n)-ln(2n-1),所以

+

+…+

<ln(n+1)-ln(n)+ln(n+2)-ln(n+1)+…+ln(2n)-ln(2n-1)=ln(2n)-lnn=ln2.綜上,

f

<ln2,n∈N*.參透創(chuàng)新情境1.(2024廣東汕頭二模,16)設(shè)M是由滿足下列條件的函數(shù)f(x)構(gòu)成的集合:①方程f(x)-x=0

有實根;②f(x)在定義域區(qū)間D上可導(dǎo),且f'(x)滿足0<f'(x)<1.(1)判斷g(x)=

-

+3,x∈(1,+∞)是不是集合M中的元素,并說明理由;(2)設(shè)函數(shù)f(x)為集合M中的任意一個元素,證明:對其定義域區(qū)間D中的任意α、β,都有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.

創(chuàng)新情境

以學(xué)科情境(元素與集合的關(guān)系)為背景,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,進而證明不等式

解析

(1)易知g'(x)=

-

=

,當x∈(1,+∞)時,g'(x)∈

?(0,1),滿足條件②;令F(x)=g(x)-x=-

-

+3(x>1),則F(e)=-

+

>0,F(e2)=-

+2<0.又F(x)在區(qū)間[e,e2]上連續(xù),故F(x)在[e,e2]上存在零點x0,即方程g(x)-x=0有實數(shù)根x0,x0∈[e,e2],故g(x)滿足條件①.綜上可知,g(x)∈M.(2)證明:不妨設(shè)α≤β,∵f'(x)>0,f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增,∴f(α)≤f(β),即f(β)-f(α)≥0,令h(x)=f(x)-x,則h'(x)=f'(x)-1<0,故h(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減,∴f(β)-β≤f(α)-α,即f(β)-f(α)≤β-α,∴0≤f(β)-f(α)≤β-α,則有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.2.(2024山東菏澤一模,19)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利·帕德發(fā)明的用有理多項式近似

特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)m,n,函數(shù)f(x)在x=0處的[m,n]階帕德近似定義為:R(x)=

,且滿足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),……,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).(注:f″(x)=[f'(x)]',f

?(x)=[f″(x)]',f(4)(x)=[f

?(x)]',f(5)(x)=[f(4)(x)]',……,f(n)(x)為f(n-1)(x)

的導(dǎo)數(shù))已知f(x)=ln(x+1)在x=0處的[1,1]階帕德近似為R(x)=

.(1)求實數(shù)a,b的值;(2)比較f(x)與R(x)的大小;(3)若h(x)=

-

f(x)在(0,+∞)上存在極值,求m的取值范圍.

新定義理解

以“帕德近似”為背景,考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

解析

(1)由f(x)=ln(x+1),R(x)=

,知f'(x)=

,f″(x)=-

,R'(x)=

,R″(x)=

,∵f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),∴

∴a=1,b=

.

(3分)(2)由(1)知,R(x)=

,令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-

(x>-1),則φ'(x)=

-

=

≥0,∴φ(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,又φ(0)=f(0)-R(0)=0,∴當-1<x<0時,φ(x)<0,即f(x)<R(x),當x=0時,φ(x)=0,即f(x)=R(x),當x>0

時,φ(x)>0,即f(x)>R(x).

(7分)(3)h(x)=

-

f(x)=

ln(x+1).則h'(x)=-

ln(x+1)+

=

,由h(x)=

-

f(x)在(0,+∞)上存在極值,知h'(x)在(0,+∞)上存在變號零點.令g(x)=mx2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,則g'(x)=2mx+1-[ln(x+1)+1]=2mx-ln(x+1),g″(x)=2m-

.①當m≤0時,g″(x)<0,g'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,g'(x)<g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞

減,g(x)<g(0)=0,無零點,不滿足條件.②當2m>1,即m>

時,g″(x)>0,g'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g'(x)>g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)>g(0)=0,無零點,不滿足條件.③當0<2m<1,即0<m<

時,令g″(x)=0,得x=

-1,當0<x<

-1時,g″(x)