《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題1 集合、常用邏輯用語、函數(shù)與導數(shù) 第四講 導數(shù)及其應用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題1 集合、常用邏輯用語、函數(shù)與導數(shù) 第四講 導數(shù)及其應用 理（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題1 集合、常用邏輯用語、函數(shù)與導數(shù) 第四講 導數(shù)及其應用 理 2．導數(shù)的幾何意義． 函數(shù)y＝f(x)在x0處的導數(shù)f′(x0)的幾何意義是：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)s(t)對時間t的導數(shù))． 2.導數(shù)的四則運算法則． (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．復合函數(shù)求導． 復合函數(shù)y

2、＝f(g(x))的導數(shù)和y＝f(u)，u＝g(x)的導數(shù)之間的關系為yx′＝y(tǒng)u′·ux′． 1．函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系． 一般地，在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)： (1)如果f′(x)＞0?函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； (2)如果f′(x)＜0?函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； (3)如果f′(x)＝0?函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)． 2．函數(shù)的極值與導數(shù)的關系． 一般地，對于函數(shù)y＝f(x)： (1)若在點x＝a處有f′(a)＝0，且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則稱x＝a為f(x)的極小值點，f(a)叫函數(shù)

3、f(x)的極小值． (2)若在點x＝b處有f′(b)＝0，且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則稱x＝b為f(x)的極大值點，f(b)叫函數(shù)f(x)的極大值． 3．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)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)． (1)f′(x0)與(f(x0))′表示的意義相同．(×

4、) (2)曲線的切線不一定與曲線只有一個公共點．(√) (3)與曲線只有一個公共點的直線一定是曲線的切線．(×) (4)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)>0.(×) (5)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(√) (6)對可導函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點為極值點的充要條件．(√) 　　　　　　　　　　　　　　　　 2．(xx·新課標Ⅰ卷)設函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)＜0，則a的取值范圍是(D) A. B

5、. C. D. 解析：∵ f(0)＝－1＋a＜0，∴ x0＝0. 又∵ x0＝0是唯一的使f(x)<0的整數(shù)，∴ 即解得a≥. 又∵ a＜1，∴ ≤a＜1，經(jīng)檢驗a＝，符合題意．故選D. 3．(xx·天津卷)已知函數(shù)f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a為實數(shù)，f′(x)為f(x)的導函數(shù)．若f′(1)＝3，則a的值為3. 解析：f′(x)＝a＝a(1＋ln x)． 由于f′(1)＝a(1＋ln 1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3. 5．求下列函數(shù)的導數(shù)： (1)y＝(2x2－1)(3x＋1)； (2)y＝x2sin x. 答案

6、：(1)y′＝18x2＋4x－3 (2)y′＝2xsin x＋x2cos x 一、選擇題 1．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(B) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A．(－1，1] B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：∵y＝x2－ln x，∴y′＝x－，由y′≤0，解得－1≤x≤1，又x＞0，∴0＜x≤1.故選B. 2．設P為曲線C：y＝x2＋2x＋3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為，則點P橫坐標的取值范圍為(A) A. B．[－1，0] C．[0，1] D.

7、解析：設P(x0，y0)， ∵y′＝2x＋2， ∴曲線C在點P處的切線斜率為2x0＋2. 又切線傾斜角范圍是， ∴斜率范圍是[0，1]． 即2x0＋2∈[0，1]，∴x0∈. 3．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是(C) A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) 解析：∵f′(x)＝＝. 則由已知f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴1＋b≤0. ∴b≤－1. 4．(xx·陜西卷)對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學分別給出下列結論，其中有且只有一個結論

8、是錯誤的，則錯誤的結論是(A) A．－1是f(x)的零點 B．1是f(x)的極值點 C．3是f(x)的極值 D．點(2，8)在曲線y＝f(x)上 解析：A中－1是f(x)的零點，則有a－b＋c＝0.① B中1是f(x)的極值點，則有b＝－2a.② C中3是f(x)的極值，則有＝3.③ D中點(2，8)在曲線y＝f(x)上，則有4a＋2b＋c＝8.④ 聯(lián)立①②③解得a＝－， b＝， c＝. 聯(lián)立②③④解得a＝5，b＝－10，c＝8，從而可判斷A錯誤，故選A. 5．(xx·江西卷)在同一直角坐標系中，函數(shù)y＝ax2－x＋與y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的圖象不可能的

9、是(B) 解析：當a＝0時，兩函數(shù)圖象如D所示，當a≠0時，對函數(shù)y＝a2x3－2ax2＋x＋a，令y′＝3a2x2－4ax＋1＝0得：x＝或x＝，y＝ax2－x＋的對稱軸為x＝.當a＜0時，由＜＜知B不對，當a＞0時，由＞＞知A，C正確． 6．(xx·新課標Ⅱ卷)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(A) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：記函數(shù)g(x)＝，則g′

10、(x)＝，因為當x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，故當x＞0時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，由因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且g(－1)＝g(1)＝0，當0＜x＜1時，g(x)＞0，則f(x)＞0；當x＜－1時，g(x)＜0，則f(x)＜0，綜上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，故選A. 答案：A 7．函數(shù)y＝f(x)在定義域 內(nèi)可導，其圖象如圖所示，記y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，則不等式f′(x)≤0的解集為(A) A.∪[2，3)

11、B.∪ C.∪[1，2] D.∪ 二、填空題 9．(xx·陜西卷)函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為y＝－． 解析：由題知y′＝ex＋xex，令y′＝0，解得x＝－1，代入函數(shù)解析式可得極值點的坐標為，又極值點處的切線為平行于x軸的直線，故方程為y＝－. 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝2x3＋ax與g(x)＝bx2＋c的圖象都過點P(2，0)，且在點P處有相同的切線． (1)求實數(shù)a，b，c的值； (2)設函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的單調(diào)區(qū)間，并指出函數(shù)F(x)在該區(qū)間上的單調(diào)性． 解析：(1)因為函數(shù)f(x)＝2x3＋ax與g(x)＝

12、bx2＋c的圖象都過點P(2，0)， 所以得a＝－8，4b＋c＝0. 故f(x)＝2x3－8x，f′(x)＝6x2－8. 又當x＝2時，f′(x)＝16，又g′(x)＝2bx， 所以2b×2＝16，得b＝4，c＝－16. 所以a＝－8，b＝4，c＝－16. (2)因為F(x)＝2x3＋4x2－8x－16， 所以F′(x)＝6x2＋8x－8. 由F′(x)＞0，得x＜－2或x＞； 由F′(x)＜0，得－2＜x＜. 所以，當x∈(－∞，－2)時，F(xiàn)(x)是增函數(shù)； 當x∈時，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)； 當x∈時，F(xiàn)(x)是減函數(shù)． 11．(xx·新課標Ⅱ卷)設函數(shù)f(x)＝em

13、x＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 解析：(1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)>0. 若m<0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1>0，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，emx－1<0，f′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由(1)知，對任

14、意的m，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即① 設函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當t<0時，g′(t)<0；當t>0時，g′(t)>0. 故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0， 故當t∈[－1，1]時，g(t)≤0. 當m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當m>1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0，即em－m>e－1； 當m<－1時，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1. 綜上，m的取值范圍是[－1，1]．