《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教案（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教案 自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引 真題感悟 1．(xx·遼寧)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為 A．(－1,1]　 B．(0,1] C．[1，＋∞)　 D．(0，＋∞) 解析　根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)小于0的解集就是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間求解． 由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 又由y′＝x－≤0，解得0＜x≤1， 所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]． 答案　B 2．(xx·安徽)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a＞0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的

2、切線(xiàn)方程為y＝x，求a、b的值． 解析　(1)f′(x)＝aex－， 當(dāng)f′(x)＞0，即x＞－ln a時(shí)，f(x)在(－ln a，＋∞)上遞增； 當(dāng)f′(x)＜0，即x＜－ln a時(shí)，f(x)在(－∞，－ln a)上遞減． ①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上遞減，在(－ln a，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－ln a)＝2＋b； ②當(dāng)a≥1時(shí)，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)，

3、所以a＝，代入原函數(shù)可得2＋＋b＝3， 即b＝， 故a＝，b＝. 考題分析 在每年的高考命題中都有導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的解答題出現(xiàn)，是高考試題的壓軸題，難度較大，主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值及根據(jù)單調(diào)性、極值、最值等確定參數(shù)的值或范圍，解題的方法也是靈活多樣，但導(dǎo)數(shù)的工具性都會(huì)有很突出的體現(xiàn)． 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 高頻考點(diǎn)突破 考點(diǎn)一：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例1】(xx·臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)＝，其中a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線(xiàn)y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線(xiàn)方程； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． [審題導(dǎo)引]　(1)直接根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義解決；(2)根據(jù)函數(shù)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，函數(shù)f

4、(x)的導(dǎo)數(shù)應(yīng)是一個(gè)分式，但分式的分母符號(hào)確定，其分子是一個(gè)多項(xiàng)式，所以討論函數(shù)的單調(diào)性等價(jià)于討論這個(gè)分子多項(xiàng)式的符號(hào)． [規(guī)范解答]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝， f′(x)＝－2. 由f′(0)＝2，得曲線(xiàn)y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線(xiàn)方程是2x－y＝0. (2)f′(x)＝－2. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝. 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(－∞，0)上單調(diào)遞減． 當(dāng)a≠0，f′(x)＝－2a. ②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝， f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)

5、 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ f(x1) ↗ f(x2) ↘ 故f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－a)，；單調(diào)增區(qū)間是. ③當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，x2) x2 (x2，x1) x1 (x1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ f(x2) ↘ f(x1) ↗ 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，(－a，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間是. 綜上，a＞0時(shí)，f(x)在(－∞，－a)，單調(diào)遞減；在單調(diào)遞增． a＝0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，在(－∞，0)單調(diào)遞減；a＜0

6、時(shí)，f(x)在，(－a，＋∞)單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減． 【規(guī)律總結(jié)】 函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在其單調(diào)性研究的作用 (1)當(dāng)函數(shù)在一個(gè)指定的區(qū)間內(nèi)單調(diào)時(shí)，需要這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)不改變符號(hào)(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零)，當(dāng)函數(shù)在一個(gè)區(qū)間內(nèi)不單調(diào)時(shí)，這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)一定變號(hào)，如果導(dǎo)數(shù)的圖象是連續(xù)的曲線(xiàn)，這個(gè)導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)一定存在變號(hào)的零點(diǎn)，可以把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為對(duì)函數(shù)零點(diǎn)的研究． (2)根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，在函數(shù)解析式中若含有字母參數(shù)時(shí)要進(jìn)行分類(lèi)討論，這種分類(lèi)討論首先是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行，其次要根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)在其定義域內(nèi)的情況進(jìn)行，如果這樣的點(diǎn)不止一個(gè)，則要

7、根據(jù)字母參數(shù)在不同范圍內(nèi)取值時(shí)，導(dǎo)數(shù)等于零的根的大小關(guān)系進(jìn)行分類(lèi)討論，最后在分類(lèi)解決問(wèn)題后要整合一個(gè)一般的結(jié)論． [易錯(cuò)提示]　在利用“若函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0”求參數(shù)的范圍時(shí)，注意不要漏掉“等號(hào)”． 【變式訓(xùn)練】 1．(xx·臨川五月模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x. (1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解析　(1)∵f(x)＝＋ln x， ∴f′(x)＝(a＞0)． ∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)， ∴f′(x)＝≥0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立， ax－1≥0對(duì)x∈[1，＋∞)恒

8、成立， 即a≥對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1. (2)∵a≠0，f′(x)＝＝，x＞0， 當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＞0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立， ∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)， 當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＞0?x＞，f′(x)＜0?x＜， ∴f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為. 考點(diǎn)二：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 【例2】(xx·朝陽(yáng)二模)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋＋x(a≠0)． (1)若曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x－2y＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (3)當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，記函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求

9、證：g(a)≤e2. [審題導(dǎo)引]　(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求； (2)討論函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)可知f(x)的單調(diào)性； (3)利用(2)中函數(shù)f(x)的單調(diào)性求出f(x)的最小值g(a)，并求g(a)的最大值可證不等式． [規(guī)范解答]　(1)f(x)的定義域?yàn)閧xx＞0}． f′(x)＝－＋1(x＞0)． 根據(jù)題意，有f′(1)＝－2，所以2a2－a－3＝0， 解得a＝－1或a＝. 2)f′(x)＝－＋1＝＝(x＞0)． ①當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閤＞0， 由f′(x)＞0得(x－a)(x＋2a)＞0，解得x＞a； 由f′(x)＜0得(x－a)(x＋2a)＜0，解得0＜x

10、＜a. 所以函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減． ②當(dāng)a＜0時(shí)，因?yàn)閤＞0， 由f′(x)＞0得(x－a)(x＋2a)＞0，解得x＞－2a； 由f′(x)＜0得(x－a)(x＋2a)＜0，解得0＜x＜－2a. 所以函數(shù)f(x)在(0，－2a)上單調(diào)遞減，在(－2a，＋∞)上單調(diào)遞增． (3)證明　由(2)知，當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為g(a)， 且g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋－2a＝aln(－2a)－3a. g′(a)＝ln(－2a)＋a·－3＝ln(－2a)－2， 令g′(a)＝0，得a＝－e2. 當(dāng)a變化時(shí)，g′

11、(a)，g(a)的變化情況如下表： a －e2 g′(a) ＋ 0 － g(a) ↗ 極大值 ↘ －e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，從而也是g(a)的最大值點(diǎn)． 所以g(a)最大值＝g ＝－e2ln－3 ＝－e2ln e2＋e2＝e2. 所以，當(dāng)a∈(－∞，0)時(shí)，g(a)≤e2成立． 【規(guī)律總結(jié)】 1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值的一般步驟 (1)確定定義域． (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)． (3)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢驗(yàn)f′(x)在方程根左、右值的符號(hào)，求出極值．(當(dāng)根中有參數(shù)時(shí)要注意分類(lèi)討論根是否在

12、定義域內(nèi)) ②若已知極值大小或存在的情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況，從而求解． 2．求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟 (1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； (2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值． 【變式訓(xùn)練】 2．(xx·濟(jì)南模擬)某旅游景點(diǎn)預(yù)計(jì)xx年1月份起前x個(gè)月的旅游人數(shù)的和p(x)(單位：萬(wàn)人)與x的關(guān)系近似地滿(mǎn)足p(x)＝x(x＋1)·(39－2x)，(x∈N＋，且x≤12)．已知第x月的人均消費(fèi)額q(x)(單位：元)與x的近似關(guān)系是 q

13、(x)＝ (1)寫(xiě)出xx年第x月的旅游人數(shù)f(x)(單位：人)與x的函數(shù)關(guān)系式； (2)試問(wèn)：xx年哪個(gè)月旅游消費(fèi)總額最大？最大月旅游消費(fèi)總額為多少元？ 解析　(1)當(dāng)x＝1時(shí)，f(1)＝p(1)＝37， 當(dāng)2≤x≤12，且x∈N＋時(shí)， f(x)＝p(x)－p(x－1)＝x(x＋1)(39－2x)－(x－1)x(41－2x)＝－3x2＋40x. 驗(yàn)證x＝1符合f(x)＝－3x2＋40x(x∈N＋，且1≤x≤12)． (2)第x月旅游消費(fèi)總額為 g(x)＝ 即g(x)＝ 當(dāng)1≤x≤6，且x∈N＋時(shí)，g′(x)＝18x2－370x＋1 400，令g′(x)＝0， 解得x＝

14、5，x＝(舍去)． 當(dāng)1≤x＜5時(shí)，g′(x)＞0， 當(dāng)5＜x≤6時(shí)，g′(x)＜0， ∴當(dāng)x＝5時(shí)，g(x)max＝g(5)＝3 125(萬(wàn)元)． 當(dāng)7≤x≤12，且x∈N＋時(shí)， g(x)＝－480x＋6 400是減函數(shù)， 當(dāng)x＝7時(shí)，gmax(x)＝g(7)＝3 040(萬(wàn)元)， 綜上，xx年第5月份的旅游消費(fèi)總額最大，最大消費(fèi)總額為3 125萬(wàn)元． 考點(diǎn)三：利用導(dǎo)數(shù)研究不等式 【例3】(xx·長(zhǎng)治模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)． (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線(xiàn)方程； (2)對(duì)任意的x∈[1，

15、＋∞)函數(shù)f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [審題導(dǎo)引]　(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義k＝f′(x0)求出切線(xiàn)方程； (2)討論a的取值求出f(x)在[1，＋∞)上的最小值，由最小值大于等于0恒成立求a的范圍． [規(guī)范解答]　(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－xln x＋x－1， 由f′(x)＝－ln x，則k＝f′(e)＝－1，f(e)＝－1， ∴函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線(xiàn)方程為y＋1＝－(x－e)，即x＋y＋1－e＝0. (2)f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1) ＝2a(x－1)－ln x， 易知，ln x≤x－1， 則f′(x)≥2a(x－1

16、)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)， 當(dāng)2a－1≥0，即a≥時(shí)，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立， f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(1)＝0符合題意． 所以a≥. 當(dāng)a≤0時(shí)，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， f(x)≤f(1)＝0顯然不成立，a≤0舍去． 當(dāng)0＜a＜時(shí)，由ln x≤x－1，得ln≤－1， 即ln x≥1－， 則f′(x)≤2a(x－1)－＝(2ax－1)． 因?yàn)?＜a＜，所以＞1. x∈時(shí)，f′(x)≤0恒成立， f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)＝0顯然不成立，0

17、＜a＜舍去． 綜上可得：a∈. 【規(guī)律總結(jié)】 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題的類(lèi)型 (1)不等式恒成立：基本思路就是轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或函數(shù)值域的端點(diǎn)值問(wèn)題． (2)比較兩個(gè)數(shù)的大?。阂话愕慕鉀Q思路是把兩個(gè)函數(shù)作差后構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)，通過(guò)研究這個(gè)函數(shù)的函數(shù)值與零的大小確定所比較的兩個(gè)函數(shù)的大?。? (3)證明不等式：對(duì)于只含有一個(gè)變量的不等式都可以通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性和極值解決． 【變式訓(xùn)練】 3．(xx·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－x(a＞1)． (1)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性； (2)當(dāng)a∈[3，＋∞)時(shí)，曲線(xiàn)y＝f(x)上總存在相異兩點(diǎn)P

18、(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)P，Q處的切線(xiàn)互相平行，求證：x1＋x2＞. 解析　(1)由已知x＞0，f′(x)＝－－1＝－＝－. 由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a. 因?yàn)閍＞1，所以0＜＜1，且a＞. 所以在區(qū)間上，f′(x)＜0；在區(qū)間上，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)證明　由題意可得，當(dāng)a∈[3，＋∞)時(shí)， f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2＞0，且x1≠x2)． 即－－1＝－－1， 所以a＋＝＋＝，a∈[3，＋∞)． 因?yàn)閤1，x2＞0，且x1≠x2， 所以x1x2＜2恒成立，

19、 所以＞，又x1＋x2＞0， 所以a＋＝＞，整理得x1＋x2＞. 令g(a)＝，因?yàn)閍∈[3，＋∞)， 所以g(a)在[3，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(a)＝在[3，＋∞)上的最大值為g(3)＝， 所以x1＋x2＞. 考點(diǎn)四：定積分 【例4】(xx·豐臺(tái)二模)由曲線(xiàn)y＝與y＝x，x＝4以及x軸所圍成的封閉圖形的面積是 A.　　　B.　　　C．ln 4＋　　　D．ln 4＋1 [審題導(dǎo)引]　作出圖形，找到所求面積的區(qū)域以及邊界坐標(biāo)，利用定積分求解． [規(guī)范解答]　如圖，面積 S＝xdx＋dx ＝x2＋ln x ＝＋ln 4. [答案]　C 【規(guī)律總結(jié)】 定積分

20、的應(yīng)用及技巧 (1)對(duì)被積函數(shù)，要先化簡(jiǎn)，再求定積分． (2)求被積函數(shù)是分段函數(shù)的定積分，依據(jù)定積分的性質(zhì)，分段求定積分再求和． (3)對(duì)含有絕對(duì)值符號(hào)的被積函數(shù)，要去掉絕對(duì)值符號(hào)才能求定積分． (4)應(yīng)用定積分求曲邊梯形的面積，解題的關(guān)鍵是利用兩條曲線(xiàn)的交點(diǎn)確定積分區(qū)間以及結(jié)合圖形確定被積函數(shù)．求解兩條曲線(xiàn)圍成的封閉圖形的面積一般是用積分區(qū) 間內(nèi)上方曲線(xiàn)減去下方曲線(xiàn)對(duì)應(yīng)的方程、或者直接作差之后求積分的絕對(duì)值，否則就會(huì)求出負(fù)值． [易錯(cuò)提示]　在使用定積分求兩曲線(xiàn)圍成的圖形的面積時(shí)，要注意根據(jù)曲線(xiàn)的交點(diǎn)判斷這個(gè)面積是怎樣的定積分，既不要弄錯(cuò)積分的上下限，也不要弄錯(cuò)被積函數(shù)． 【

21、變式訓(xùn)練】 4．(xx·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝3x2＋2x＋1，若f(x)dx＝2f(a)(a＞0)成立，則a＝________. 解析　因?yàn)閒(x)dx＝(3x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)＝4， 所以2(3a2＋2a＋1)＝4?a＝－1或a＝. 又∵a＞0，∴a＝. 答案　 名師押題高考 【押題1】若函數(shù)f(x)＝－x·ex，則下列命題正確的是 A．?a∈，?x∈R，f(x)＞a B．?a∈，?x∈R，f(x)＞a C．?x∈R，?a∈，f(x)＞a D．?x∈R，?a∈，f(x)＞a 解析　f′(x)＝－ex(1＋x)， 令f′(x)＞0，則x＜－

22、1， 令f′(x)＜0，則x＞－1. ∴f(x)max＝f(x)極大 ＝f(－1)＝. 由圖知?a∈，?x∈R，f(x)＞a，故選A. 答案　A [押題依據(jù)]　利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值問(wèn)題是高考的重點(diǎn)內(nèi)容．本題以命題為載體考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化了的數(shù)學(xué)思想方法，考查了能力，故押此題． 【押題2】設(shè)f(x)＝，其中a為正實(shí)數(shù)． (1)當(dāng)a＝時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)； (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． 解析　對(duì)f(x)求導(dǎo)得 f′(x)＝ex.① (1)當(dāng)a＝時(shí)，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0， 解得x1＝，x2＝

23、， f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下： x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以，x1＝是f(x)的極小值點(diǎn)，x2＝是f(x)的極大值點(diǎn)． (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號(hào)，結(jié)合①與條件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結(jié)合a＞0，知0＜a≤1. [押題依據(jù)]　本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值與極值，利用導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍，符合高考的要求．能夠考查學(xué)生對(duì)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用的掌握情況，難度適中且有一定的區(qū)分度，故押此題．