2018-2019学年高二数学选修2-2讲义：高考七大高频考点例析

利用导数的符号判断函数的单调性是导数几何意义在研究曲线变化规律时的 备
一个应用，它充分体现了数形结合思想．在利用导数讨论函数的单调区间时，首 考 指 先要确定函数的定义域，解决问题的过程中，只能在定义域内，通过讨论导数的 要 符号，来判断函数的单调区间．
特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用
令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ln 2.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化如下：
3
2
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

由表可知，函数 f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
2ax2＋bx－1
得 f′(x)＝
x
.
bx－1 ①当 a＝0 时，f′(x)＝ x .
(ⅰ)若 b≤0，当 x>0 时，f′(x)<0 恒成立，
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
1 (ⅱ)若 b>0，当 0<x<b时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
1 当 x>b时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
1 3．如果曲线 y＝x4－x 在点 P 处的切线垂直于直线 y＝－3x，那么点 P 的坐标为 ________． 解析：由 y′＝4x3－1，当 y′＝3 时，有 4x3－1＝3，可解得 x＝1，此时，点 P 的坐标为 (1,0)． 答案：(1,0) 4．(北京高考)已知函数 f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲线 y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线 y＝b 相切，求 a 与 b 的值； (2)若曲线 y＝f(x)与直线 y＝b 有两个不同交点，求 b 的取值范围． 解：由 f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得 f′(x)＝x(2＋cos x)，f(x)为偶函数． (1)因为曲线 y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线 y＝b 相切， 所以 f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得 a＝0，b＝f(0)＝1.
[考题印证] [例 4] (广东高考)设函数 f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)． (1)当 k＝1 时，求函数 f(x)的单调区间；
( ]1 ，1 (2)当 k∈ 2 时，求函数 f(x)在[0，k]上的最大值 M. [解] (1)当 k＝1 时，
f(x)＝(x－1)ex－x2，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，
；
( ) －b＋ b2＋8a
0，
当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是
4a
，单调递增区间是
－b＋ b2＋8a
4a
，＋∞.
(2)由题意知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最小值．
－b＋ b2＋8a
由(1)知
4a
是 f(x)的唯一极小值点，
－b＋ b2＋8a
故
4a
＝1，整理得 2a＋b＝1 即 b＝1－2a.
当 b>1 时，
f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，
f(0)＝1<b，
所以存在 x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得 f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函数 f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当 b>1 时曲线 y＝f(x)与直线
y＝b 有且仅有两个不同交点．
3
2
则 6x－3x2<0，即 x2－2x>0， 解之得 x>2 或 x<0， 所以该函数的单调减区间为(2，＋∞)，(－∞，0)． 答案：(2，＋∞)，(－∞，0) 7．函数 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________． 解析：∵f′(x)＝3x2－a，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数， ∴f′(x)≥0 在[1，＋∞)上恒成立， 即 3x2－a≥0，∴a≤3x2，∴a≤3，即 a 的最大值为 3. 答案：3 8．(新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－e－x－2x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当 x>0 时，g(x)>0，求 b 的最大值； (3)已知 1.414 2< 2<1.414 3，估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001)． 解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当 x＝0 时成立．所以 f(x)在(－∞，＋∞)单调递 增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． (ⅰ)当 b≤2 时，g′(x)≥0，等号仅当 x＝0 时成立， 所以 g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而 g(0)＝0， 所以对任意 x>0，g(x)>0； (ⅱ)当 b>2 时，若 x 满足 2<ex＋e－x<2b－2，即 0<x<ln(b－1＋ b2－2b)时 g′(x)<0.而 g(0) ＝0，因此当 0<x<ln(b－1＋ b2－2b)时，g(x)<0. 综上，b 的最大值为 2.
18＋ 2 ln 2< 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693.
利用导数研究函数的极值和最值
考 利用导数研究函数的极值是高考对导数考查的一个重点内容，经常与函数单调性， 查 函数图象的考查融合在一起，研究方程根的情况、不等式的证明等．本部分内容是高 方 考的重点和热点．在高考试题中，既有填空题的形式，也有解答题的形式．基本上是 式
2
高考七大高频考点例析[对应学生用书 P64] 导数的几何意义及运算
考 从近几年的高考试题分析，对该部分内容的考查，主要考查利用导 查 数的几何意义求切线方程；导数的有关计算，尤其是简单的复合函数求 方 导；题型既有填空题，又有解答题，难度中等左右，在考查导数的概念 式
及其运算的基础上，又注重考查解析几何的相关知识． 函数 y＝f(x)在 x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处 备 的切线的斜率 k，即 k＝f′(x0)，于是曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切 考 线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．求切线方程时，应明确“在某点处 指 的切线方程”和“过某点的切线方程”的不同；熟练掌握基本函数的导 要 数及导数的四则运算.
令 g(x)＝2－4x＋ln x，
1－4x 则 g′(x)＝ x .
1 令 g′(x)＝0，得 x＝4，
1 当 0<x<4时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
1 当 x>4时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
( )1
1
因此 g(x)≤g 4 ＝1＋ln 4＝1－ln 4<0.
故 g(a)<0，即 2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
3
2
“∪”连接 .
[考题印证] [例 3] (山东高考)已知函数 f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．
(1)设 a≥0，求 f(x)的单调区间； (2)设 a＞0，且对任意 x＞0，f(x)≥f(1)．试比较 ln a 与－2b 的大小． [解] (1)由 f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
3
2
[解析] ∵y＝x(3ln x＋1)， 3
∴y′＝3ln x＋1＋x·x＝3ln x＋4， ∴k＝y′|x＝1＝4， ∴所求切线的方程为 y－1＝4(x－1)，即 y＝4x－3. [答案] y＝4x－3
[跟踪演练] 1．曲线 y＝ex 在点 A(0,1)处的切线的斜率为________． 解析：y′＝(ex)′＝ex， 所以当 x＝0 时，y′＝e0＝1. 答案：1 2．曲线 y＝－x3＋3x2 在点(1,2)处的切线方程为________． 解析：y′＝－3x2＋6x，∴当 x＝1 时，y′＝3， 即斜率 k＝3. 所以切线方程为 y－2＝3(x－1)，即 3x－y－1＝0. 答案：3x－y－1＝0
[考题印证] [例 1] (广东高考)曲线 y＝e－5x＋2 在点(0,3)处的切线方程为________________． [解析] 由 y＝e－5x＋2⇒y′＝－5e－5x⇒切线的斜率 k＝y′|x＝0＝－5，于是切线方程为 y－3＝－5(x－0)⇒5x＋y－3＝0. [答案] 5x＋y－3＝0 [例 2] 曲线 y＝x(3ln x＋1)在点(1,1)处的切线方程为__________________．
3
2
(2)令 f′(x)＝0，得 x＝0.
f(x)与 f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

1

所以函数 f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1 是 f(x)的
最小值．
当 b≤1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝b 最多只有一个交点；
3 (3)由(2)知，g(ln 2)＝2－2 2b＋2(2b－1)ln 2.
3 当 b＝2 时，g(ln 2)＝2－4 2＋6ln 2>0，
3
2
8 2－3 ln 2> 12 >0.692 8；
32 当 b＝ 4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2，