专题4 导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案Word文档下载推荐.docx

专题4 导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案Word文档下载推荐.docx

《专题4 导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题4 导数及其应用高考理科数学考纲解读题型示例与跟踪练习含答案Word文档下载推荐.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

f（x）＝xn（n∈R）

f′（x）＝nxn－1

f（x）＝sinx

f′（x）＝cosx

f（x）＝cosx

f′（x）＝－sinx

f（x）＝ax（a＞0且a≠1）

f′（x）＝axlna

f（x）＝ex

f′（x）＝ex

f（x）＝logax

（a＞0且a≠1）

f′（x）＝

f（x）＝lnx

（2）导数的四则运算

①[u（x）±

v（x）]′＝u′（x）±

v′（x）；

②[u（x）v（x）]′＝u′（x）v（x）＋u（x）v′（x）；

③′＝（v（x）≠0）．

3．函数的单调性与导数

如果已知函数在某个区间上单调递增（减），则这个函数的导数在这个区间上大（小）于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数

y＝x＋sinx.

【感悟提升】

（1）求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．

（2）利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．

【变式探究】

（2018·

全国Ⅱ）曲线y＝2ln（x＋1）在点（0,0）处的切线方程为________．

答案　2x－y＝0

解析　∵y＝2ln（x＋1），∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点（0,0），

∴切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.

【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．

【答案】

【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.

【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．

【举一反三】

（2015·

陕西，15）设曲线y＝ex在点（0，1）处的切线与曲线y＝（x＞0）上点P处的切线垂直，则P的坐标为________．

解析　∵（ex）′＝e0＝1，设P（x0，y0），有＝－＝－1，

又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP（1，1）．

答案　（1，1）

【变式探究】

（1）曲线y＝xex－1在点（1,1）处切线的斜率等于（　　）

A．2e　　　　B．e　　　　C．2　　　　D．1

（2）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋（a，b为常数）过点P（2，－5），且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．

【命题意图】　

（1）本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义．

（2）本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．

（1）C　

（2）－3

1．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．

2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．

题型二、利用导数研究函数的单调性

【例2】已知函数f（x）＝2ex－kx－2.

（1）讨论函数f（x）在（0，＋∞）内的单调性；

（2）若存在正数m，对于任意的x∈（0，m），不等式|f（x）|>

2x恒成立，求正实数k的取值范围．

解　

（1）由题意得f′（x）＝2ex－k，x∈（0，＋∞），

因为x>

0，所以2ex>

2.

当k≤2时，f′（x）>

0，此时f（x）在（0，＋∞）内单调递增．

当k>

2时，由f′（x）>

0得x>

ln 

，此时f（x）单调递增；

由f′（x）<

0得0<

x<

，此时f（x）单调递减．

综上，当k≤2时，f（x）在（0，＋∞）内单调递增；

2时，f（x）在内单调递减，

在内单调递增．校的套题每日的销售量y（单位：

千套）与销售价格x（单位：

元/套）满足关系式y＝＋4（x－6）2，其中2<

6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．

（1）求m的值；

校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元（只考虑销售出的套数），试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．（保留一位小数）

【解析】解　

（1）因为x＝4时，y＝21，

代入关系式y＝＋4（x－6）2，得

＋16＝21，解得m＝10.

（2）由

（1）可知，套题每日的销售量y＝＋4（x－6）2，

所以每日销售套题所获得的利润f（x）＝（x－2）＋4（x－6）2＝4x3－56x2＋240x－278（2<

6），

从而f′（x）＝12x2－112x＋240＝4（3x－10）（x－6）（2<

6）．

令f′（x）＝0，得x＝，且在上，f′（x）>

0，

函数f（x）单调递增；

在（，6）上，f′（x）<

函数f（x）单调递减，所以x＝是函数f（x）在（2,6）内的极大值点，也是最大值点，

所以当x＝≈3.3时，函数f（x）取得最大值．

故当销售价格为3.3元/套时，

网校每日销售套题所获得的利润最大．

【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去．

题型五　利用导数解决不等式的有关问题

【例5】

（2016·

高考全国Ⅱ卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）．

（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若当x∈（1＋∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．

当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），

f

（1）＝0，f′（x）＝lnx＋－3，f′

（1）＝－2.

故曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.

（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0等价于lnx－＞0.

设g（x）＝lnx－，

则g′（x）＝－＝，g

（1）＝0.

①当a≤2，x∈（1＋∞）时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）单调递增，因此g（x）＞0；

②当a＞2时，令g′（x）＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.

由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈（1，x2）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，x2）单调递减，因此g（x）＜0.

综上，a的取值范围是（－∞，2]．

【举一反三】（2015·

湖南，21）已知a＞0，函数f（x）＝eaxsinx（x∈[0，＋∞））．记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个极值点，证明：

（1）数列{f（xn）}是等比数列；

（2）若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立.

证明　

（1）f′（x）＝aeaxsinx＋eaxcosx

＝eax（asinx＋cosx）

＝eaxsin（x＋φ），

其中tanφ＝，0＜φ＜.

令f′（x）＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，

即x＝mπ－φ，m∈N*，

对k∈N，若2kπ＜x＋φ＜（2k＋1）π，

即2kπ－φ＜x＜（2k＋1）π－φ，

则f′（x）＞0；

若（2k＋1）π＜x＋φ＜（2k＋2）π，

即（2k＋1）π－φ＜x＜（2k＋2）π－φ，则f′（x）＜0.

因此，在区间（（m－1）π，mπ－φ）与（mπ－φ，mπ）上，

f′（x）的符号总相反．

于是当x＝mπ－φ（m∈N*）时，f（x）取得极值，

所以xn＝nπ－φ（n∈N*）．

此时，f（xn）＝ea（nπ－φ）sin（nπ－φ）＝

（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ.

易知f（xn）≠0，而

＝＝－eaπ是常数，故数列{f（xn）}是首项为f（x1）＝ea（π－φ）sinφ，公比为－eaπ的等比数列．

（2）由

（1）知，sinφ＝，于是对一切n∈N*；

xn＜|f（xn）|恒成立，即nπ－φ＜ea（nπ－φ）恒成立，等价于＜（*）

恒成立，因为（a＞0）．

设g（t）＝（t＞0），则g′（t）＝.

令g′（t）＝0得t＝1.

当0＜t＜1时，g′（t）＜0，所以g（t）在区间（0，1）上单调递减；

当t＞1时，g′（t）＞0，所以g（t）在区间（1，＋∞）上单调递增．

从而当t＝1时，函数g（t）取得最小值g

（1）＝e.

因此，要使（*）式恒成立，只需＜g

（1）＝e，

即只需a＞.

而当a＝时，由tanφ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜.

于是π－φ＜＜，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞＞.

因此对一切n∈N*，axn＝≠1，所以g（axn）＞g

（1）＝e＝.故（*）式亦恒成立．

综上所述，若a≥，

则对一切n∈N*，xn＜|f（xn）|恒成立．

福建，20）已知函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝kx（k∈R）．

（1）证明：

当x＞0时，f（x）＜x；

（2）证明：

当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；

（3）确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）－g（x）|＜x2.

（1）证明　令F（x）＝f（x）－x＝ln（1＋x）－x，x∈（0，＋∞），

则有F′（x）＝－1＝.

当x∈（0，＋∞）时，F′（x）＜0，

所以F（x）在（0，＋∞）上单调递减，

故当x＞0时，F（x）＜F（0）＝0，即当x＞0时，f（x）＜x.

（2）证明　令G（x）＝f（x）－g（x）＝ln（1＋x）－kx，x∈（0，＋∞），

则有G′（x）＝－k＝.

当k≤0时，G′（x）＞0，故G（x）在（0，＋∞）单调递增，G（x）＞G（0）＝0，

故任意正实数x0均满足题意．

当0＜k＜1时，令G′（x）＝0，得x＝＝－1＞0，

取x0＝－1，对任意x∈（0，x0），

有G′（x）＞0，

从而G（x）在（0，x0）单调递增，

所以G（x）＞G（0）＝0，

即f（x）＞g（x）．

综上，当k＜1时，总存在x0＞0