2021高考数学（新高考版）一轮复习教师用书：第三章第二讲　导数的简单应用 WORD版含答案.docx

1、322第二讲导数的简单应用 1.函数f (x)=1+x - sin x()A.在(0,2)上单调递增B.在(0,2)上单调递减C.在(0,)上单调递增,在(,2)上单调递减D.在(0,)上单调递减,在(,2)上单调递增2.2020陕西模拟若函数f (x)=kx - ln x在区间(1,+)上单调递增,则k的取值范围是()A.( - , - 2 B.( - , - 1C.2,+) D.1,+)3.2019昆明市高考模拟函数y=f (x)的导函数y=f (x)的图象如图3 - 2 - 1所示,则函数y=f (x)的图象可能是()图3 - 2 - 14.多选题下列说法正确的是()A.函数在某区间上或

2、定义域内的极大值是唯一的B.若x0是可导函数y=f (x)的极值点,则一定有f (x0)=0C.函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值D.函数f (x)=xsin x有无数个极值点5.2017全国卷若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 - 3 C.5e - 3 D.16.2016四川高考已知a为函数f (x)=x3 - 12x的极小值点,则a=()A. - 4B. - 2C.4D.27.2018江苏高考若函数f (x)=2x3 - ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则

3、f (x)在 - 1,1上的最大值与最小值的和为.考法1 利用导数研究函数的单调性命题角度1讨论函数单调性或求单调区间1 2020武汉市部分学校测试已知函数f (x)=ex - ax - 1(aR)(e=2.718 28是自然对数的底数).(1)求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.(1)给什么得什么由f (x)=ex - ax - 1求导得f (x)=ex - a.求什么想什么求f (x)的单调区间,需确定f (x)在相应区间上的符号.差什么找什么由ex - a0得exa,由于eln a不一定有意义,需要考虑“a0”是否成立,故需要对

4、“a0”是否成立进行讨论,即(i)a0,(ii)a0.(2)求什么想什么求g(x)=f (x)(x - 12)在0,1上的零点,只需令f (x)=0或x=12,120,1,只需研究f (x)在0,1上的零点个数即可.差什么找什么注意到f (0)=0,因此0是f (x)在0,1上的一个零点.研究f (x)在(0,1上的单调性.由(1)知,(i)a1时,f (x)在(0,1上单调递增,即f (x)在(0,1上无零点;(ii)a1时,需要考虑ln a是否大于1,以及f (x)与0的大小关系.当f (x)在(0,1上有零点时,还需考虑其零点是否与12重合,即f (12)=0是否成立.(1)由题意可得f

5、 (x)=ex - a.当a0时, f (x)0恒成立, 所以f (x)的单调递增区间为( - ,+),无单调递减区间;当a0时,由f (x)0,得xln a,由f (x)0,得xln a,所以f (x)的单调递减区间为( - ,ln a),单调递增区间为(ln a,+).(对a分类讨论)(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.当a1时, f (x)在(0,+)上单调递增且f (0)=0,此时f (x)有一个零点;当ae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 - 1时, f (x)有一个零

6、点,当1e - 1或a=2(e - 1)时, g(x)有两个零点;当10都有f (x) - mg(x)0成立,求实数m的最小值.(1)构造函数(x)=f (x) - g(x)对(x)求导,判断函数(x)的单调性根据函数的单调性求出极值(2)将不等式恒成立问题转化为函数h(x)=f (x) - mg(x)的最大值问题对m分类讨论,求出h(x)的最值根据h(x)max 0及m为整数求解(1)令(x)=f (x) - g(x)=ln x+x+1 - x2 - 2x=ln x - x2 - x+1(x0),则 (x)=1x - 2x - 1=-2x2-x+1x(x0).令 (x)0,解得0x12,令

7、(x)12,所以函数(x)的单调递增区间是(0,12),单调递减区间是(12,+),故函数(x)的极大值是(12)=14 - ln 2,函数(x)无极小值.(2)设h(x)=f (x) - mg(x),则h (x)=1x - 2mx+1 - 2m=-2mx2+(1-2m)x+1x=-(2mx-1)(x+1)x(x0).(利用十字相乘法,将分子转化为两个因式的积)当m0时,(导函数符号不确定,需对分子中的二次项系数分类讨论)因为x0,所以2mx - 10,所以h (x)0,故h(x)在(0,+)上单调递增,又h(1)= - 3m+20,故m0不满足题意,舍去.(通过代入特殊值,舍去不合题意的值)

8、当m0时,令h (x)0,得0x12m,令h (x)12m,故h(x)在(0,12m)上单调递增,在(12m,+)上单调递减,所以h(x)max=h(12m)=ln 12m - m(12m)2+(1 - 2m)12m+1=14m - ln(2m).(由函数单调性确定函数的最大值)令t(m)=14m - ln(2m)(m0),显然t(m)在(0,+)上单调递减,且t(12)=120,t(1)=14 - ln 2=14(1 - ln 16)0,故当m1时,t(m)0进行讨论. (2)给什么想什么f (x)在x=1处取得极大值 f (1)=0,且f (x)在x=1的左边(附近)单调递增(即f (x)

9、0),在x=1的右边(附近)单调递减(即f (x)0时,f (x)在(0,12a)上单调递增,在(12a,+)上单调递减.因此要使f (x)在x=1附近由正变到负,需12a0,函数g(x)单调递增;当a0时,x(0,12a)时,g (x)0,函数g(x)单调递增,x(12a,+)时,g (x)0时,g(x)的单调递增区间为(0,12a),单调递减区间为(12a,+).(2)由(1)知,f (1)=0.当a0时,f (x)单调递增,所以当x(0,1)时,f (x)0,f (x)单调递增.所以f (x)在x=1处取得极小值,不符合题意.当0a1,由(1)知f (x)在(0,12a)上单调递增,可得

10、当x(0,1)时,f (x)0.所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,12a)上单调递增,所以f (x)在x=1处取得极小值,不符合题意.当a=12时,12a=1,f (x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以当x(0,+)时,f (x)0,f (x)单调递减,不符合题意.当a12时,012a0,f (x)单调递增,当x(1,+)时,f (x)12.4.2020广西桂林三校联考已知函数f (x)=ax2 - (a+2)x+ln x.(1)函数g(x)=f (x) - ax2+1,在其定义域上g(x)0恒成立,求实数a的最小值;(2)当a0时, f (x)在区间1,e上的

11、最小值为 - 2,求实数a的取值范围.考法3 导函数图象的应用52017浙江高考函数y=f (x)的导函数y=f (x)的图象如图3 - 2 - 2所示,则函数y=f (x)的图象可能是 根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数f (x)在这些零点处取得极值,排除A,B;记导函数 f (x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在( - ,x1)上f (x)0,所以函数f (x)在( - ,x1)上单调递减,排除C.D5.2019石家庄市二模设函数f (x)在R上可导,其导函数为f (x),若函数f (x)在x=1处取得极大值,则函数y= - xf

12、(x)的图象可能是 ()考法4 利用导数解最优化问题62018江苏高考某农场有一块农田,如图3 - 2 - 3所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚内的地块形状为矩形ABCD,大棚内的地块形状为CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为. (1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积,并确定sin 的取值范围;(2)若大棚内种植甲种蔬菜,大棚内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43.求当为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最

13、大.(1)利用三角函数的概念建立目标函数;(2)利用导数与函数的单调性和最值求解. (1)如图3 - 2 - 4,设PO的延长线交MN于H,则PHMN,所以OH=10.记过O的水平线与BC交于点E,则OEMN,所以COE=,故OE=40cos ,EC=40sin ,则矩形ABCD的面积为240cos (40sin +10)=800(4sin cos +cos ),CDP的面积为12240cos (40 - 40sin )=1 600(cos - sin cos ).过N作GNMN,分别交圆弧和直线OE于点G和点K,则GK=KN=10.连接OG,令GOK=0,则sin 0=14,0(0,6).当

14、0,2)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sin 的取值范围是14,1). 综上,矩形ABCD的面积为800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为1 600(cos - sin cos )平方米,sin 的取值范围是14,1).(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k0),则年总产值为4k800(4sin cos +cos )+3k1 600(cos - sin cos )=8 000k(sin cos +cos ),0,2).设f ()=sin cos +cos ,0,2),则f ()=cos2 -

15、 sin2 - sin = - (2sin2+sin - 1)= - (2sin - 1)(sin +1).令f ()=0,得=6,当(0,6)时,f ()0,所以f ()在(0,6)上单调递增;当(6,2)时,f ()1,则不等式f (x) - x0的解集为.令g(x)=f (x) - x,则g (x)=f (x) - 1.由题意知g (x)0,g(x)为增函数. g(2)=f (2) - 2=0,g(x)0即f (x) - x0的解集为(2,+).类型2含f (x)f (x)类8f (x)为定义在R上的可导函数,且f (x)f (x),对任意正实数a,下列式子一定成立的是A.f (a)ea

16、f (0)C.f (a)f(0)ea令g(x)=f(x)ex,则g (x)=f (x)ex-f(x)ex(ex)2=f (x)-f(x)ex0.g(x)在R上为增函数,又a0,g(a)g(0),即f(a)eaf(0)e0.故f (a)eaf (0).B类型3含xf (x)f (x)类9 2015新课标全国设函数f (x)是奇函数f (x)(xR)的导函数,f ( - 1)=0,当x0时,xf (x) - f (x)0成立的x的取值范围是A.( - , - 1)(0,1) B.( - 1,0)(1,+)C.( - , - 1)( - 1,0) D.(0,1)(1,+)令F (x)=f(x)x,因

17、为f (x)为奇函数,所以F (x)为偶函数,由于F (x)=xf (x)-f(x)x2,当x0时,xf (x) - f (x)0成立的x的取值范围是( - , - 1)(0,1).A类型4含f (x)f (x)tan x类10 2020成都市高三测试已知f (x)是定义在( - 2,2)上的奇函数,其导函数为f (x),f (8)=2,且当x(0,2)时,f (x)sin 2x+2f (x)cos 2x0.则不等式f (x)sin 2x0,所以F (x)0,所以F (x)在(0,2)上单调递增,又F (x)是( - 2,2)上的偶函数,所以F (x)在( - 2,0)上单调递减.因为F (8

18、)=f (8)sin 4=1,所以不等式f (x)sin 2x1等价于F (x)F (8),所以|x|g (x),则当axg(x)B.f (x)g(x)+f (a)D.f (x)+g(b)g(x)+f (b)易错 混淆“函数的单调区间”与“函数在区间上单调”11 2019江西上饶联考已知函数f (x)=aln x+12x2+(a+1)x+1.(1)当a= - 1时,求函数f (x)的单调递增区间;(2)若函数f (x)在(0,+)上单调递增,求实数a的取值范围.(1)当a= - 1时,f (x)= - ln x+12x2+1(x0),则f (x)= - 1x+x=(x+1)(x-1)x,由f

19、(x)0,x0,解得x1.所以函数f (x)的单调递增区间为(1,+).(2)因为f (x)=aln x+12x2+(a+1)x+1,所以f (x)=ax+x+a+1=x2+(a+1)x+ax=(x+1)(x+a)x,又函数f (x)=aln x+12x2+(a+1)x+1在(0,+)上单调递增,所以f (x)0对任意的x(0,+)恒成立,即x+a0对任意的x(0,+)恒成立,所以a0.故实数a的取值范围是0,+).1.A在(0,2)上,f (x)=1 - cos x0,f (x)在(0,2)上单调递增.2.D因为f (x)=kx - ln x,所以f (x)=k - 1x.因为f (x)在区

20、间(1,+)上单调递增,所以当x1时,f (x)=k - 1x0恒成立,即k1x在区间(1,+)上恒成立.因为x1,所以01x0,解得x1,令f (x)0,解得 - 2x0,函数f (x)单调递增,当x( - 2,2)时,f (x)0,函数f (x)单调递增,所以f (x)在x=2处取得极小值,所以a=2.故选D.【易错警示】解答本题时,要特别注意极值点的判定条件,不要忽略单调性的判定,这是确定极大值点和极小值点的关键.7. - 3f (x)=6x2 - 2ax=2x(3x - a)(aR),当a0时,f (x)0在(0,+)上恒成立,则f (x)在(0,+)上单调递增,又f (0)=1,所以

21、此时f (x)在(0,+)内无零点,不满足题意.当a0时,由f (x)0得xa3,由f (x)0得0x0,f (x)单调递增,当x(0,1)时,f (x)0恒成立,f (x)在R上单调递增;当m0时,令f (x)0,则xln m,即函数f (x)在(ln m,+)上单调递增,同理,令f (x)0时,函数f (x)在(ln m,+)上单调递增,在( - ,ln m)上单调递减,f (x)min=f (ln m)=m(1 - ln m).由条件得,m(1 - ln m)e.又f (0)=10,f (x)在(0,ln m)上存在零点,且为( - ,ln m)上的唯一零点.易知f (2ln m)=m2

22、 - 2mln m=m(m - 2ln m).令g(m)=m - 2ln m,则g (m)=1 - 2m,当me时,g(m)单调递增,g(m)g(e)0.f (2ln m)=m2 - 2mln m=m(m - 2ln m)0,f (x)在(ln m,2ln m)上存在零点,且为(ln m,+)上的唯一零点.综上得,me,即m的取值范围为(e,+).2.因为g(x)=13x3 - a2x2+2x+5,所以g (x)=x2 - ax+2.(1)( - , - 3解法一因为g(x)在( - 2, - 1)内单调递减,所以g (x)=x2 - ax+20在( - 2, - 1)内恒成立.所以g(-2)

23、0,g(-1)0,即4+2a+20,1+a+20, 解得a - 3.即实数a的取值范围为( - , - 3.解法二由题意知x2 - ax+20在( - 2, - 1)内恒成立,所以ax+2x在( - 2, - 1)内恒成立,记h(x)=x+2x,则x( - 2, - 1)时, - 3h(x) - 22,所以a - 3.即实数a的取值范围为( - , - 3.(2)( - , - 22)因为函数g(x)在( - 2, - 1)内存在单调递减区间,所以g (x)=x2 - ax+20在( - 2, - 1)内有解,所以a(x+2x)max.又x+2x - 22,当且仅当x=2x即x= - 2时等号

24、成立,所以满足要求的a的取值范围是( - , - 22).(3)( - 3, - 22)由(1)知g(x)在( - 2, - 1)上单调递减时,a的范围是( - , - 3.若g(x)在( - 2, - 1)上单调递增,则ax+2x在( - 2, - 1)上恒成立,又在( - 2, - 1)上y=x+2x的值域为( - 3, - 22,所以a的取值范围是 - 22,+),所以函数g(x)在( - 2, - 1)上单调时,a的取值范围是( - , - 3 - 22,+),故g(x)在( - 2, - 1)上不单调时,实数a的取值范围是( - 3, - 22).3.(1)因为f (x)=excos

25、 x - x,所以f (x)=ex(cos x - sin x) - 1,f (0)=0.又f (0)=1,所以曲线y=f (x)在点(0,f (0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos x - sin x) - 1,则h (x)=ex(cos x - sin x - sin x - cos x)= - 2exsin x.当x(0,2)时,h (x)0,所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x(0,2,有h(x)h(0)=0,即f (x)0,所以a+2lnx+1x在(0,+)上恒成立.设h(x)=lnx+1x(x0),则h (x)=1xx-(lnx+1)1x2=-lnx

26、x2,令h (x)=0,得x=1.当0x0,函数h(x)单调递增;当x1时,h (x)0,a0),令f (x)=0,得x1=12,x2=1a.当01a1,即a1时,因为x1,e,所以f (x)0, f (x)单调递增,所以f (x)min=f (1)= - 2,符合题意;当11ae,即1ea1时,因为x1,e,所以当x1,1a)时,f (x)0,f (x)单调递增,所以f (x)min=f (1a)f (1)= - 2,不符合题意,舍去;当1ae,即0a1e时,因为x1,e,所以f (x)0, f (x)单调递减,所以f (x)min=f (e)1时f (x)0,x0,所以当x1时,y= - xf (x)0,排除A,C;当0x1时,y= - xf (x)0,函数单调递增;当x(20,30时,y g (x),f (x) - g(x) 0.f (x) - g(x)在a,b上单调递增.f (a) - g(a)f (x) - g(x),f (x) - g(x)g(x)+f (a),f (x)+g(b)g(x)+f (b).故选C.