2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级2 专题1 函数与导数 第3讲 导数的简单应用课件 理

第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题一函数与导数第三讲导数的简单应用栏目导航感悟真题考点突破课时跟踪检测1．(2019·全国卷Ⅱ)曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0D．x＋y－π＋1＝0解析：选C设y＝f(x)＝2sinx＋cosx，则f′(x)＝2cosx－sinx，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1解析：选Dy′＝aex＋lnx＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴ae＋1＝2，b＝－1，即a＝e－1，b＝－1.故选D．3．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x解析：选D因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)·x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0.因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D．4．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为()解析：选D易知y＝2x2－e|x|是偶函数，设f(x)＝2x2－e|x|，则f(2)＝2×22－e2＝8－e2，所以0f(2)1，所以排除A、B；当0≤x≤2时，y＝2x2－ex，所以y′＝4x－ex，又(y′)′＝4－ex，当0≤xln4时，(y′)′0，当ln4x≤2时，(y′)′0，所以y′＝4x－ex在[0，ln4)上单调递增，在(ln4,2]上单调递减，所以y′＝4x－ex在[0,2]有－1≤y′≤4(ln4－1)，所以y′＝4x－ex在(0,2)存在零点ε，所以函数y＝2x2－ex在[0，ε)上单调递减，在(ε，2]单调递增，排除C，故选D．5．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1，f(x)＝(x2－x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1，故选A．6．(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝π4，x2＝3π4是函数f(x)＝sinωx(ω0)两个相邻的极值点，则ω＝()A．2B．32C．1D．12解析：选A由题意及函数y＝sinωx的图象与性质可知，12T＝3π4－π4，∴T＝π，∴2πω＝π，∴ω＝2.故选A．明考情1．高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题第一问．3．近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．考点一导数的几何意义|析典例|【例】(1)(一题多解)已知函数f(x)在R上满足f(2－x)＝2x2－7x＋6，则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程是()A．y＝2x－1B．y＝xC．y＝3x－2D．y＝－2x＋3(2)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为()A．1B．2C．－1D．－2[解析](1)解法一：令x＝1得f(1)＝1，令2－x＝t，可得x＝2－t，代入f(2－x)＝2x2－7x＋6得f(t)＝2(2－t)2－7(2－t)＋6，化简整理得f(t)＝2t2－t，即f(x)＝2x2－x，∴f′(x)＝4x－1，∴f′(1)＝3，∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.解法二：令x＝1得f(1)＝1，由f(2－x)＝2x2－7x＋6，两边求导可得f′(2－x)·(2－x)′＝4x－7，令x＝1可得－f′(1)＝－3，即f′(1)＝3，∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.(2)设直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)的切点为(x0，y0)，则y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a)．因为曲线的导函数y′＝1x＋a，所以y′|x＝x0＝1x0＋a＝1，即x0＋a＝1.又y0＝ln(x0＋a)，所以y0＝0，则x0＝－1，所以a＝2.[答案](1)C(2)B|规律方法|导数几何意义的应用类型及解题策略求切线方程(1)已知切点A(x0，f(x0))，则切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)(2)已知过点P(x0，y0)(非切点)，可设切点为(x1，y1)，由y1＝fx1，y0－y1＝f′x1x0－x1求解即可已知斜率k，求切点(x1，f(x1))应先解方程f′(x1)＝k得出x1，然后求出f(x1)即可|练题点|1．若函数f(x)＝x3－x＋3的图象在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为()A．(1,3)B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3)D．(1，－3)解析：选Cf′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，即3x2－1＝2⇒x＝1或－1，又f(1)＝3，f(－1)＝3，所以P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1,3)或(－1,3)．2．(2019·福州质检)过点(－1,1)与曲线f(x)＝x3－x2－2x＋1相切的直线有()A．0条B．1条C．2条D．3条解析：选C设切点P(a，a3－a2－2a＋1)，由f′(x)＝3x2－2x－2，当a≠－1时，可得切线的斜率k＝3a2－2a－2＝a3－a2－2a＋1－1a－－1，所以(3a2－2a－2)(a＋1)＝a3－a2－2a，即(3a2－2a－2)(a＋1)＝a(a－2)(a＋1)，所以a＝1，此时k＝－1.又(－1,1)是曲线上的点且f′(－1)＝3≠－1，故切线有2条．考点二利用导数研究函数的单调性|析典例|【例】(2019·山西模拟)已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋(1－a)x＋1，a∈R，讨论f(x)的单调性．[解]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1x－ax＋(1－a)＝－ax2＋1－ax＋1x.当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a0时，f′(x)＝－ax2＋1－ax＋1x＝－ax＋1x＋1x.方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1＝1a，x2＝－1，x20x1，∴f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.|规律方法|利用导数研究函数单调性的方法方法一：(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求导数f′(x)．(3)由f′(x)0(或0)解出相应的x的取值范围，对应的区间为f(x)的单调递增(减)区间．方法二：(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根．(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该子区间上的单调性.注：1涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f′x在某一区间内的符号是否有影响，若有影响，则必须分类讨论.2求函数的单调区间，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点.|练题点|(2019·武汉市部分学校测试)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)·x－12在区间[0,1]内的零点个数．解：(1)由题意可得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无减区间；当a0时，由f′(x)0，得xlna；由f′(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)由g(x)＝0得f(x)＝0或x＝12.先考虑f(x)在区间[0,1]内的零点个数，由(1)知，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，此时f(x)有一个零点；当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减且f(0)＝0，此时f(x)有一个零点；当1ae时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，因为f(0)＝0，f(1)＝e－a－1，所以当ae－1时，f(x)有一个零点，当1a≤e－1时，f(x)有两个零点．由f12＝0得a＝2(e－1)．所以当a≤1或ae－1或a＝2(e－1)时，g(x)有两个零点；当1a≤e－1且a≠2(e－1)时，g(x)有三个零点．考点三利用导数求函数的极值和最值|析典例|【例】(2019·合肥第二次质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．[思路分析]第(1)问：求什么，如何想讨论函数f(x)的极值点的个数，想到f′(x)＝0的解的个数给什么，如何用题干中给出f(x)＝(x－1)ex－ax2，求出f′(x)，然后解方程f′(x)＝0，注意对参数a的分类讨论第(2)问：求什么，如何想求a的取值范围，想到建立a的不等式给什么，如何用题中给出对任意x0，f(x)＋ex≥x3＋x成立，根据该不等式将参数a分离，然后构造函数求解[规范解答](1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．当a≤0时，由f′(x)0得x0，由f′(x)0得x0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；当0a12时，由f′(x)0得xln(2a)或x0，由f′(x)0得ln(2a)x0，∴f(x)在(－∞，ln(2a))上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；当a＝12时，f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；当a12时，由f′(x)0得x0或xln(2a)，由f′(x)0得0xln(2a)，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点．综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a0且a≠12时，f(x)有2个极值点；当a＝12时，f(x)没有极值点．(2)由f(x)＋ex≥x