浙江专用2019版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第1讲导数的概念与导数的计算练习

-4知识梳理 双击自测
1.平均变化率 ������(������2 )-������(������1 ) ������2 -������1 函数y=f(x)从x1到x2的平均变化率为 若Δx=x2-x1,Δy=f(x2)-f(x1),则平均变化率可表示为 2.导数的概念
f(x0 + ������x)-f(x0 ) Δ������ →0 ������x
-17-
考点一
考点二
对点训练(1)(2018重庆第三次诊断)设函数f(x)=sin x-cos x,f(x)的 导函数记为f'(x),若f'(x0)=2f(x0),则tan x0=( )
A.-1
B.
1 3
C.1
D.3
关闭
根据题意,得f'(x)=cos x+sin x,由f'(x0)=2f(x0),得cos x0+sin x0=2sin x02cos x0,化简可得sin x0=3cos x0,即tan x0=3,故选D. D
解析
关闭
-22答案
考点一
考点二
类型二 求切点坐标 【例3】 曲线f(x)=x3-x+3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)和(-1,3) D.(1,-3)
关闭
f'(x)=3x2-1,令f'(x)=2,则3x2-1=2,解得x=1或x=-1,∴P(1,3)或(-1,3),经检验, 点(1,3),(-1,3)均不在直线y=2x-1上,故选C. C
⑤y'=(22x+1)'+[ln(3x+5)]'
=(22 x+1 · ln 2)(2x+1)'+

第05节导数的综合应用【考纲解读】【知识清单】1.利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.2．与函数零点有关的参数范围问题1．方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．2．求极值的步骤：①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.4．函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．：4．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.【重点难点突破】考点1 利用导数研究函数的图象与性质【1-1】【2018年理数全国卷II】函数的图像大致为A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.【1-2】【2017浙江卷】函数y=f(x)的导函数的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是【答案】D【解析】,原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D．【领悟技法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．【触类旁通】【变式一】函数y=4cosx-e|x|（e为自然对数的底数）的图象可能是A B C D【答案】A【变式二】函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为( )【答案】D考点2 与函数零点有关的参数范围问题【2-1】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）详解：（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【2-2】【2016新课标1卷】已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.【答案】【解析】（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+． （i ）设,则,只有一个零点．（iii ）设,由得或．若,则,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点． 综上,的取值范围为．（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即． 由于,而,所以 ． 设,则．所以当时,,而,故当时,． 从而,故． 【领悟技法】1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题． 【触类旁通】【变式一】【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a =A ．B ．C ．D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足， 设，则()()211111111x x x x x x eg x eeeee---+----'=-=-=，当时，，当时，，函数 单调递减， 当时，，函数 单调递增， 当时，函数取得最小值， 设 ，当时，函数取得最小值 ，【变式二】已知函数是自然对数的底数 ）. （1）当是，求证： ；（2）若函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ） 【解析】试题分析：（Ⅰ）证明不等式，就是证明，先利用导数求函数最值：求导函数，由零点存在定理确定零点范围，分析函数单调性，确定函数最值，再根据基本不等式证明，（Ⅱ）根据图像可知原题等价于在上有唯一极大值点，且极大值大于零，即根据极值定义得及极大值再利用导数研究函数单调性，根据单调性解不等式得，进而得到的取值范围.（Ⅱ）故等价于在上有唯一极大值点()111111'0ln x a g x e x x a x -=⇒=⇒-=- 得： 故 令()()221'10,01h x h x x x x =++>∴>⇒>，则 又在上单增，由，得 综上，考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题【3-1】【2018届浙教版高三二轮专题测试】已知函数，g (x )＝－x 2＋2bx －4，若对任意的x 1∈(0，2)，任意的x 2∈[1，2]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，则实数b 的取值范围是( )A. B. (1，＋∞) C. D. 【答案】A【解析】依题意，问题等价于f (x 1)min ≥g (x 2)max . (x ＞0)， 所以.由f ′(x )＞0，解得1＜x ＜3，故函数f (x )的单调递增区间是(1，3)，同理得f (x )的单调递减区间是(0，1)和(3，＋∞)，故在区间(0，2)上，x ＝1是函数f (x )的极小值点，这个极小值点是唯一的，所以f (x 1)min ＝f (1)＝－. 函数g (x 2)＝－＋2bx 2－4，x 2∈[1，2]. 当b ＜1时，g (x 2)max ＝g (1)＝2b －5； 当1≤b ≤2时，g (x 2)max ＝g (b )＝b 2－4； 当b ＞2时，g (x 2)max ＝g (2)＝4b －8. 故问题等价于 或或解第一个不等式组得b ＜1， 解第二个不等式组得1≤b ≤， 第三个不等式组无解. 综上所述，b 的取值范围是. 故选A.【3-2】已知函数．（1）求在上的最小值；（2）若关于的不等式只有两个整数解，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.（2）由（1）知，的递增区间为，递减区间为，且在上，又，则．又．∴时，由不等式得或，而解集为，整数解有无数多个，不合题意；时，由不等式得，解集为，整数解有无数多个，不合题意；时，由不等式得或，∵解集为无整数解，若不等式有两整数解，则，∴综上，实数的取值范围是【领悟技法】含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①的图象和图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值.【触类旁通】【变式一】已知函数，若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为，所以，则，则要使，则，可转化为：存在使得成立．设，则．因为，则，从而，所以，即，选C【变式二】【2018届四川省梓潼中学校模拟（二）】已知函数的导函数为，且满足，，若恒成立，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】分析：由题意，求得，得到，又由，分离参数得，设，利用导数求解单调性和最大值，即可求解.详解：由函数，得，又由，可得的图象关于对称，可得，所以，由，可得，可得，即，设，则，可知函数在内单调递增，在区间上单调递减，可知，所以实数的取值范围是，故选C.考点4 利用导数证明、解不等式问题【4-1】【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如【4-2】【2018年浙江卷】已知函数f(x)=−ln x．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【解析】分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式，（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，由得，因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设，则，所以x （0，16）16 （16，+∞）- 0 +2-4ln2所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故，即．（Ⅱ）令m=，n=，则f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，f（n）–kn–a<≤<0，所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．由f（x）=kx+a得．设h（x）=，则h′（x）=，其中g（x）=．由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．【领悟技法】1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.2.利用导数解不等式的基本方法是构造函数，通过研究函数的单调性，从而解不等式的方法.【触类旁通】【变式一】【2017课标II，理】已知函数，且.(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】(1)；(2)证明略.【解析】（2）由（1）知，.设，则.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.【变式二】【2017课标3，理21】已知函数 .（1）若，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n ，求m的最小值.【答案】(1) ；(2)【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得；(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为【易错试题常警惕】易错典例：已知函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）设，若对任意，均存在，使得＜，求的取值范围．易错分析：（Ⅰ）忽视定义域致误；（Ⅱ）对全称量词和特称量词理解不深刻致误．正确解析：.（Ⅰ）. ①当时，，，在区间上，；在区间上，故的单调递增区间是，单调递减区间是.②当时，，在区间和上，；在区间上，故的单调递增区间是和，单调递减区间是.③当时，，故的单调递增区间是.④当时，，在区间和上，；在区间上，故的单调递增区间是和，单调递减区间是.（Ⅱ）由已知，在上有.由已知，，由（Ⅱ）可知，①当时，在上单调递增，故max ()(2)22(21)2ln 2222ln 2f x f a a a ==-++=--+，所以，，解得，故.②当时，在上单调递增，在上单调递减，故.由可知，，，所以，，，综上所述，.温馨提醒：(1)研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2) 任意，指的是区间内的任意一个自变量；存在，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有解问题的组合.【学科素养提升之思想方法篇】——————化抽象为具体——数形结合思想数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围 在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是 “无图考图”，如：【典例1】已知是常数，函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是（ ）【答案】D【解析】由已知，，由图象可知，对称轴，解得，则函数的图象如图，则函数的图象为D.【典例2】已知函数（a为常数，e为自然对数的底数）的图象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数a的取值范围是_____.【答案】。

(2)求过点 P 的曲线的切线方程的步骤为： 第一步，设出切点坐标 P′(x1，f(x1))； 第二步，写出过 P′(x1，f(x1))的切线方程为 y－f(x1)＝f′ (x1)(x－x1)； 第三步，将点 P 的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出 x1； 第四步，将 x1 的值代入方程 y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过 点 P(x0，y0)的切线方程．
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(5)y＝－lnx＋e－2x,∴y′＝－1x＋e－2x·(－2x)′＝－1x－2e－2x. 【答案】 (1)y′＝24x3＋9x2－16x－4 (2)y′＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2 (3)y′＝x2＋x（1－x2＋2x12·）l2nx (4)y′＝2sin(4x＋23π) (5)y′＝－1x－2e－2x
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2．计算： (1)(x4－3x3＋1)′＝________； (2)(ln1x)′＝________； (3)(xex)′＝______； (4)(sinx·cosx)′＝______． 答案 (1)4x3－9x2 (2)－xln12x (3)ex＋xex (4)cos2x
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为 k1，k2，则 k1，k2 的大小关系为( )
A．k1>k2
B．k1<k2
C．k1＝k2
D．不确定
答案 A
解析 ∵y＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx.
π k1＝cos0＝1，k2＝cos 2 ＝0，∴k1>k2.
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5．(2018·陕西检测)已知直线 y＝－x＋m 是曲线 y＝x2－3lnx
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题型二 导数的基本运算
求下列函数的导数： (1)y＝(3x3－4x)(2x＋1)； (3)y＝x2ln＋x1； (5)y＝ln1x＋e－2x.

(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间 [a ， b] 上函数 y ＝ f(x) 的图象是连续不断的曲 线，那么它必有最大值和最小值. (2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a， b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
f(a)，f(b) 比较，其中最大的一个是 ②将f(x)的各极值与___________ 最大值，最小的一个是最小值.
基础诊断
考点突破
课堂总结
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)在区间(a，b)内单调递增的充要条件是f′(x)＞0.( ) × (2)函数的极大值一定比极小值大.( × )
①求f′(x)；
f′(x)＝0 的根； ②求方程__________ ③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号.如果左正右 极大值 ；如果左负右正，那 负，那么 f(x)在这个根处取得 ________ 极小值 么f(x)在这个根处取得________.
基础诊断
考点突破
课堂总结
3.函数的最值与导数
基础诊断
考点突破
课堂总结
知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系
已知函数f(x)在某个区间内可导， 单调递增 ； (1)若f′(x)＞0，则函数y＝f(x)在这个区间内__________ 单调递减 ； (2)若f′(x)＜0，则函数y＝f(x)在这个区间内__________ (3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.
基础诊断
考点突破
课堂总结
1 ②当 a＜－ 时，Δ ＜0，g(x)＜0， 2 f′(x)＜0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 1 ③当－2＜a＜0 时，Δ ＞0. 设 x1，x2(x1＜x2)是函数 g(x)的两个零点， －（a＋1）＋ 2a＋1 －（a＋1）－ 2a＋1 则 x1＝ ，x2 ＝ . a a a＋1－ 2a＋1 a2＋2a＋1－ 2a＋1 由 x1＝ ＝ ＞0， －a －a