二轮复习数学专题一第4讲 导数及其应用.docx
《二轮复习数学专题一第4讲 导数及其应用.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《二轮复习数学专题一第4讲 导数及其应用.docx(13页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
二轮复习数学专题一第4讲导数及其应用
2012年高考第二轮复习数学专题一第4讲 导数及其应用
1.(2011课标全国卷,理9)由曲线y=,直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为( ).
A.B.4C.D.6
2.(2010课标全国卷,理3)曲线y=在点(-1,-1)处的切线方程为( ).
A.y=2x+1B.y=2x-1
C.y=-2x-3D.y=-2x-2
3.(2010课标全国卷,理13)设y=f(x)为区间[0,1]上的连续函数,且恒有0≤f(x)≤1,可以用随机模拟方法近似计算积分f(x)dx.先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1,x2,…,xN和y1,y2,…,yN,由此得到N个点(xi,yi)(i=1,2,…,N).再数出其中满足yi≤f(xi)(i=1,2,…,N)的点数N1,那么由随机模拟方法可得积分f(x)dx的近似值为__________.
4.(2011课标全国卷,理21)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
(1)求a,b的值;
(2)如果当x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.
5.(2011陕西高考,理21)设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f
(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).
(1)求g(x)的单调区间和最小值;
(2)讨论g(x)与g的大小关系;
(3)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立?
若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.
6.(2010课标全国卷,理21)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
从近几年高考来看,该部分高考命题有以下特点:
从内容上看,考查导数有三个层次:
(1)导数的概念、求导公式与法则、导数的几何意义;
(2)导数的简单应用,包括求函数极值,求函数的单调区间、证明函数的单调性等;(3)导数的综合考查,包括导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题;(4)对微积分基本定理的考查频率较低,难度较小,着重于基础知识、基本方法的考查.
从特点上看,高考对导数的考查有时单独考查,有时在知识交汇处考查,常常将导数与函数、不等式、方程、数列、解析几何等结合在一起考查.
从形式上看,考查导数的试题有选择题、填空题、解答题,有时三种题型会同时出现.
热点一 利用导数研究曲线的切线
确定或应用曲线的切线斜率或切线方程是近几年高考命题的热点,常与函数的图象、性质、几何图形性质交汇命题.主要以选择题、填空题的形式来考查.有时也渗透在解答题之中.难度一般不大.
【例1】(2011重庆高考,理18)设f(x)=x3+ax2+bx+1的导数f′(x)满足f′
(1)=2a,f′
(2)=-b,其中常数a,b∈R.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(2)设g(x)=f′(x)e-x,求函数g(x)的极值.
思路点拨:
(1)由f′
(1)=2a,f′
(2)=-b联立求出a,b,再求切线方程;
(2)先求g′(x),再根据导数的符号明确其增减性,进而明确极值情况.
1.导数的几何意义:
函数y=f(x)在x0处的导数f′(x0)的几何意义是:
曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数).
2.求曲线切线方程的步骤:
(1)求出函数y=f(x)在点x=x0的导数f′(x0),即曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处切线的斜率;
(2)已知或求得切点坐标P(x0,f(x0)),由点斜式得切线方程为y-y0=f′(x0)(x-x0).
提醒:
①当曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线平行于y轴(此时导数不存在)时,由切线定义可知,切线方程为x=x0;②当切点坐标未知时,应首先设出切点坐标,再求解.
拓展延伸设曲线y=ax2在点(1,a)处的切线与直线2x-y-6=0平行,则a=__________.
热点二 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的单调性问题,常与函数的其他性质相结合,且函数中一般含有参数,填空题为中低档难度,一般还是以解答题的形式出现,属于中高档题.
【例2】已知函数f(x)=x2+alnx.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)+在[1,+∞)上单调,求实数a的取值范围.
思路点拨:
(1)在定义域内令f′(x)<0,易得函数的单调递减区间.
(2)将原问题转化为g′(x)≥0或g′(x)≤0恒成立问题,进而求出a的取值范围.
利用导数研究函数单调性的一般步骤:
(1)确定函数的定义域;
(2)求函数f′(x);
(3)①若求单调区间(或证明单调性),只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性、求参数,只需转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0.在单调区间内恒成立问题求解.解题过程中要注意分类讨论;函数单调性问题以及一些相关的逆向问题,都离不开分类讨论思想.
拓展延伸已知函数f(x)=x-+a(2-lnx),a>0.讨论f(x)的单调性.
热点三 利用导数研究函数极值和最值问题
该类型题目近几年高考主要考查以下内容:
求给定函数的最大值、最小值与极值问题;已知给定函数的最大值、最小值、极值,求函数中参数的取值范围问题.命题时常与函数的其他性质相结合,选择题、填空题一般为中低档难度,解答题多属中高档题.
【例3】已知函数f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围.
(2)若x=-是f(x)的极值点,求f(x)在[1,a]上的最大值.
(3)在
(2)的条件下,是否存在实数b,使得函数g(x)=bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点?
若存在,请求出实数b的取值范围;若不存在,试说明理由.
思路点拨:
(1)令f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,即得a的取值范围;
(2)由f′=0,求出a的值,进而求f(x)的最值;(3)将函数图象交点问题转化为方程实根个数问题,由Δ>0,求b的取值范围.
1.利用导数研究函数极值的一般步骤是:
(1)确定函数的定义域;
(2)求函数f(x)的导数f′(x);(3)①若求极值,则先求出方程f′(x)=0的根,再检验f′(x)在方程根左右边f′(x)的符号,求出极值.当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内.②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况,从而求解.
2.求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤:
(1)若函数y=f(x)在[a,b]上是单调的,则函数的最大值与最小值在端点处取得;
(2)若函数y=f(x)在[a,b]上不是单调函数,①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值,②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
拓展延伸已知函数f(x)=x(lnx+m),g(x)=x3+x.
(1)当m=-2时,求f(x)的单调区间;
(2)若m=时,不等式g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围.
热点四 利用导数解决实际生活中的优化问题
解决实际应用问题的关键在于建立数学模型和目标函数,把“问题情景”译为数学语言,找出问题的主要关系,并把问题的主要关系近似化、形象化,抽象成数学问题,再化归为常规问题,选择合适的数学方法求解,不同的设参方法会得到不同的数学模型.
【例4】甲方是一农场,乙方是一工厂,乙方生产需占用甲方的资源,甲方每年向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入.乙方在赔付甲方前,年纯收入P(元)与年产量t(吨)满足函数关系P=2000;若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S(元)(以下称S为赔付价格),则其年利润为Q(元).
(1)求乙方的年利润Q(元)关于年产量t(吨)的函数表达式,并求出当年利润Q(元)最大时的年产量;
(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失为y=0.002t2(元),在乙方按照获得最大年利润的产量进行生产的前提下,甲方要在索赔中获得最大净收入,应向乙方要求的赔付价格S是多少?
(净收入=获赔金额-经济损失)
思路点拨:
(1)将Q表示成t的函数,用换元法求最值;
(2)将甲方净收入表示成S的函数,利用函数求最大值.
导数的实际应用题目解题步骤:
①分析实际问题中各变量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出相应的函数关系式y=f(x);②求导数f′(x),解方程f′(x)=0;③判断使f′(x)=0的点是极大值点还是极小值点;④确定函数的最大值或最小值,还原到实际问题中作答,一般地,对于实际问题,若函数在给定的定义域内只有一个极值点,那么该点也是最值点.
拓展延伸(2011福建高考,理18)某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:
千克)与销售价格x(单位:
元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2.其中3(1)求a的值;
(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
热点五 定积分的应用问题
定积分及其应用是新课标的新增内容,高考中一般考查定积分的计算及其在几何上的应用.形式上以选择或填空题的形式出现,难度较易.
【例5】求下列定积分:
(1)
;
(2)
;
(3)
.
求定积分的关键是求出被积函数的原函数,而求原函数与求一个函数的导数互为逆运算,因此应掌握一些常见函数的导数,此外要注意利用定积分的性质,涉及求平面图形的面积的题目,要充分注意定积分和被积函数的几何意义.
拓展延伸(2011湖南高考,理6)由直线x=-,x=,y=0与曲线y=cosx所围成的封闭图形的面积为( ).
A. B.1 C. D.
1.分不清“过某点”和“在某点处”的切线致错
“过某点”与“在某点处”的切线是不同的,过某点的切线,此点并不一定是切线,在某点处的切线才表明此点是切点.如曲线y=x3+在点P(2,4)处的切线是一条,而过点P(2,4)的切线为两条.
2.错误理解曲线与切线的公共点个数
曲线与直线相切并不只有一个公共点,当曲线是二次曲线时,直线与曲线相切,有且只有一个公共点,这种观点对一般曲线不一定正确.如曲线y=3x4-2x3-9x2+4在点(1,-4)处的切线与该曲线有(1,-4)(切点),(-2,32),三个公共点.
3.审题不清,错误理解题意致错
如函数f(x)=x3-mx2-2m2+1的单调递减区间是(-8,0)与在区间(-8,0)上递减切勿混淆.由f′(x)=3x2-2mx<0得参考答案
考场传真
1.C 解析:
由题意知,所围成的面积
.
2.A 解析:
∵y′==,
∴在点(-1,-1)处的切线的斜率为=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
3. 解析:
由题意可知它所围成的区域面积为S=1,结合积分的几何意义和几何模型可知,=,
即f(x)dx=.
4.解:
(1)f′(x)=-.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),故
即解得
(2)由
(1)知f(x)=+,
所以f(x)-
=.
考虑函数h(x)=2lnx+(x>0),
则h′(x)=.
(ⅰ)设k≤0.由h′(x)=知,当x≠1时,h′(x)<0.而h
(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,即f(x)>+.
(ⅱ)设00,故h′(x)>0.而h
(1)=0,故当x∈时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾.
(ⅲ)设k≥1.此时h′(x)>0,而h
(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
可得h(x)<0.与题设矛盾.
综合得,k的取值范围为(-∞,0].
5.(2011陕西,理21)解:
(1)由题设易知:
f(x)=lnx,g(x)=lnx+,
∴g′(x)=,令g′(x)=0得x=1,
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调增区间,
因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,
所以最小值为g
(1)=1.
(2)g=-lnx+x,
设h(x)=g(x)-g=2lnx-x+,则h′(x)=-,
当x=1时,h
(1)=0,即g(x)=g,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′
(1)=0,
因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,
当0h
(1)=0,
即g(x)>g,
当x>1时,h(x)(1)=0,
即g(x)(3)满足条件的x0不存在.
证明如下:
证法一:
假设存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立,
即对任意x>0,有lnx但对上述x0,取
时,有lnx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾,
因此,不存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立.
证法二:
假设存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<对任意的x>0成立.
由
(1)知,g(x)的最小值为g
(1)=1,
又g(x)=lnx+>lnx,而x>1时,lnx的值域为(0,+∞),
∴x≥1时,g(x)的值域为[1,+∞).
从而可取一个x1>1,使g(x1)≥g(x0)+1,即g(x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1>,与假设矛盾.
∴不存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立.
6.解:
(1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调减少,在(0,+∞)上单调增加.
(2)f′(x)=ex-1-2ax.
由
(1)知ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,
故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,
从而当1-2a≥0,即a≤时,f′(x)≥0(x≥0),而f(0)=0,
于是当x≥0时,f(x)≥0.
由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).从而当a>时,
f′(x)故当x∈(0,ln2a)时,f′(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln2a)时,f(x)<0.
综合得a的取值范围为.
核心攻略
【例1】 解:
(1)因f(x)=x3+ax2+bx+1,故f′(x)=3x2+2ax+b.
令x=1,得f′
(1)=3+2a+b,由已知f′
(1)=2a,因此3+2a+b=2a,解得b=-3.
又令x=2,得f′
(2)=12+4a+b,由已知f′
(2)=-b,因此12+4a+b=-b,解得a=-.
因此f(x)=x3-x2-3x+1,从而f
(1)=-.
又因为f′
(1)=2×=-3,故曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y-=-3(x-1),即6x+2y-1=0.
(2)由
(1)知g(x)=(3x2-3x-3)e-x,
从而有g′(x)=(-3x2+9x)e-x,
令g′(x)=0,得-3x2+9x=0,
解得x1=0,x2=3.
当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0,故g(x)在(-∞,0)上为减函数;
当x∈(0,3)时,g′(x)>0,故g(x)在(0,3)上为增函数;
当x∈(3,+∞)时,g′(x)<0,故g(x)在(3,+∞)上为减函数;
从而函数g(x)在x1=0处取得极小值g(0)=-3,在x2=3处取得极大值g(3)=15e-3.
拓展延伸 1 解析:
∵y=ax2,∴y′=2ax,∴y′|x=1=2a.
又y=ax2在点(1,a)处的切线与直线2x-y-6=0平行,∴2a=2,a=1.
【例2】 解:
(1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),
当a=-2时,f′(x)=2x-=,
故f(x)的单调递减区间是(0,1).
(2)由题意得g′(x)=2x+-,函数g(x)在[1,+∞)上是单调函数.
①若g(x)为[1,+∞)上的单调增函数,则g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,
即a≥-2x2在[1,+∞)上恒成立,设φ(x)=-2x2,
∵φ(x)在[1,+∞)上单调递减,
∴φ(x)max=φ
(1)=0,∴a≥0.
②若g(x)为[1,+∞)上的单调减函数,
则g′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,不可能.∴实数a的取值范围为a≥0.
拓展延伸 解:
f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1+-=.
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.
①当Δ<0即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
②当Δ=0即a=2时,仅对x=有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0.
此时f(x)也是(0,+∞)上的单调递增函数.
③当Δ>0即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根
x1=,x2=,0x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调
递增↗
极大
值
单调
递减↘
极小
值
单调
递减↗
此时f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.
【例3】 解:
(1)f′(x)=3x2-2ax-3.
∵f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴f′(x)在[1,+∞)上恒有f′(x)≥0,
即3x2-2ax-3≥0在[1,+∞)上恒成立,则必有≤1且f′
(1)=-2a≥0.
∴a≤0.
(2)依题意,f′=0,
即+a-3=0.
∴a=4,∴f(x)=x3-4x2-3x.
令f′(x)=3x2-8x-3=0,得x1=-,x2=3.
则当x变化时,f′(x)与f(x)变化情况如下表:
x
1
(1,3)
3
(3,4)
4
f′(x)
-
0
+
f(x)
-6
↘
-18
↗
-12
∴f(x)在[1,4]上的最大值是f
(1)=-6.
(3)函数g(x)=bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点,即方程x3-4x2-3x=bx恰有3个不等实根.
∴x3-4x2-3x-bx=0,
∴x=0是其中一个根,
∴方程x2-4x-3-b=0有两个非零不等实根.∴
∴b>-7且b≠-3.
∴存在满足条件的b值,b的取值范围是b>-7且b≠-3.
拓展延伸 解:
(1)当m=-2时,f(x)=x(lnx-2)=xlnx-2x,
定义域为(0,+∞),且f′(x)=lnx-1.
由f′(x)>0,得lnx-1>0,所以x>e.
由f′(x)<0,得lnx-1<0,所以0故f(x)的单调递增区间是(e,+∞),递减区间是(0,e).
(2)当m=时,不等式g(x)≥f(x),
即x3+x≥x恒成立.
由于x>0,所以x2+1≥lnx+,
亦即x2≥lnx+,
所以a≥.
令h(x)=,则h′(x)=,
由h′(x)=0得x=1.
且当00;
当x>1时,h′(x)<0,
即h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)在x=1处取得极大值h
(1)=,
也就是函数h(x)在定义域上的最大值.
因此要使a≥恒成立,需有a≥,此即为a的取值范围.
【例4】 解:
(1)乙方的年利润为Q=2000-St(t≥0).
∴Q=-St+2000
=-S2+.
当=,即t=2时,Q取得最大值.
因此,乙方获最大利润的年产量t=2吨.
(2)设甲方净收入为R元,则R=St-0.002t2.
将t=2代入上式,得R=S·2-0.002·4=-.
R′=-+=.
令R′=0,得S=20.
当S<20时,R′>0;当S>20时,R′<0,
∴S=20时,R取得最大值.
因此甲方向乙方要求赔付价格S=20(元/吨)时获最大净收入.
拓展延伸 解:
(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.
(2)由
(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2,
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).
于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.
所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.
答:
当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【例5】 解:
(1)
.
(2)
.
(3)
.
拓展延伸 D 解析:
结合图形可得:
.