2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.1.2积分的运算及应用课件理
解析 对于①，y′＝3x2，y′x＝0 ＝0，所以 l：y＝0 是曲线 C：y＝x3 在点 P(0,0)处的切线，画图可知 曲线 C：y＝x3 在点 P(0,0)附近位于直线 l 的两侧，①正确；对于②，因为 y′＝2(x＋1)，y′x＝－1 ＝0，所 以 l：x＝－1 不是曲线 C：y＝(x＋1)2 在点 P(－1,0)处的切线，②错误；对于③，y′＝cosx，y′x＝0 ＝1， 所以 l：y＝x 是曲线 C：y＝sinx 在点 P(0,0)处的切线，画图可知曲线 C：y＝sinx 在点 P(0,0)附近位于直线 l 的两侧，③正确；对于④，y′＝co1s2x，y′x＝0 ＝co1s20＝1，所以 l：y＝x 是曲线 C：y＝tanx 在点 P(0,0) 处的切线，画图可知曲线 C：y＝tanx 在点 P(0,0)附近位于直线 l 的两侧，④正确；对于⑤，y′＝1x，y′x＝1 ＝1，所以 l：y＝x－1 是曲线 C：y＝ln x 在点 P(1,0)处的切线，令 h(x)＝x－1－ln x(x>0)，可得 h′(x)＝1 －1x＝x－x 1，所以 h(x)min＝h(1)＝0，故 x－1≥ln x，可知曲线 C：y＝ln x 在点 P(1,0)附近位于直线 l 的下方， ⑤错误.
f(x)在[a，b]上有正 表示位于 x 轴上方 的曲边梯形的面积减去
有负
位于 x 轴下方 的曲边梯形的面积
2 定积分的性质
(1)abkf(x)dx＝kabf(x)dx
(k 为常数)； bf1(x)dx±bf2(x)dx
(2)b[f1(x)±f2(x)]dx＝ a
a
2．定积分1(2x＋ex)dx 的值为( ) 0
A．e＋2
B．e＋1
C．e
D．e－1
解析 01(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10 ＝1＋e1－1＝e，故选 C.
3．(1)已知 f(x)为偶函数且6f(x)dx＝8，则 0
6 f(x)dx 等于( )
-6
A．0
B．4
C．8
D．16
(2)如果 1 N 能拉长弹簧 1 cm，为了将弹簧拉长 6 cm，需做功__0_.1_8____ J.
解析 (1)因为 f(x)为偶函数，图象关于 y 轴对称，
所以6 f(x)dx＝26f(x)dx＝8×2＝16.故选 D.
-6
0
0.06
(2)设 F＝kx，F＝1 N，x＝0.01 m，∴k＝100，所以 w＝00.06(100x)dx＝50x20
第三章 导数及其应用
第1讲 导数与积分
考点二 积分的运算及应用
撬点·基础点 重难点
1 定积分的几何意义
f(x) f(x)≥0
bf(x)dx 的几何意义
a
表示由直线 x＝a，x＝b，y＝0 及曲线 y＝f(x) 所围成的曲边梯形的面积
f(x)<0
表示由直线 x＝a，x＝b，y＝0 及曲线 y＝f(x) 所围成的曲边梯形的面积的 相反数
A．y＝1125x3－35x
B．y＝1225x3－45x
C．y＝1325x3－x
D．y＝－1325x3＋15x
解析 根据题意知，所求函数在(－5,5)上单调递减．对于 A，y＝1125x3－35x，∴y′＝1325x2－35＝1325(x2
－25)，∴∀x∈(－5,5)，y′<0，∴y＝1125x3－35x 在(－5,5)内为减函数，同理可验证 B、C、D 均不满足此
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。 • 二、补笔记 • 上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一
条件，故选 A.
创新练习 若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件： (1)直线 l 在点 P(x0，y0)处与曲线 C 相切． (2)曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，则称直线 l 在点 P 处“切过”曲线 C. 下列命题正确的是__①__③_④ ___(写出所有正确命题的编号)． ①直线 l：y＝0 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：y＝x3； ②直线 l：x＝－1 在点 P(－1,0)处“切过”曲线 C：y＝(x＋1)2； ③直线 l：y＝x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：y＝sinx； ④直线 l：y＝x 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：y＝tanx； ⑤直线 l：y＝x－1 在点 P(1,0)处“切过”曲线 C：y＝ln x.
2019/7/20
最新中小学教学课件
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2019/7/20
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微型专题 导数几何意义应用的创新题型 创新考向 导数几何意义的应用中的创新问题是近几年高考命题的一个增长点，此类问题以新定义、新情境为依 托，考查学生理解问题、解决创新问题的能力． 命题形式：常见的有新概念、新情境、新法则等.
创新例题 如图，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处下降，已知下降飞行轨迹 为某三次函数图象的一部分，则函数的解析式为( )
由y＝－14x， y＝x2＋a，
得 x2＋14x＋a＝0.
依题意，Δ＝116－4a＝0，∴a＝614. 综上，a＝1 或 a＝614.
[心得体会]
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
典例 (1)若 f(x)＝x2＋21f(x)dx，则1f(x)dx＝( )
0
0
A．－1
B．－13
1 C.3
D．1
(2)由曲线 y＝1x与 y＝x，x＝4 以及 x 轴所围成的封闭图形的面积是( )
31
23
A.32
B.16
பைடு நூலகம்
C．ln 4＋12
D．ln 4＋1
(3)若1a2x＋1xdx＝3＋ln 2(a>1)，则 a 的值是___2_____．
b
(4)abcosxdx＝sinxa ；
(5)ab1xdx＝ln
xb
a
；
b
(6)abexdx＝exa .
注意点 利用定积分求解曲边图形的面积应把握的两点
(1)准确确定被积函数，根据曲边图形的结构特征，结合定积分的运算性质，用上方曲线对应的函数解
析式减去下方曲线对应的函数解析式．
＝0.18.
撬法·命题法 解题法
[考法综述] 定积分的计算是考查定积分的一种常见形式．定积分计算关键是迅速、准确地找到原 函数，然后再套用牛顿－莱布尼茨公式求值，定积分的应用体现在两个方面，一是求曲边梯形的面积，二 是求变速运动的路程，特别是求曲线梯形的面积是近几年高考的热点．
命题法 定积分的运算及应用定积分求平面图形的面积
bf(x)dx＝
a
b
F(x) ＝F(b)－F(a)
a
．
F(b)－F(a)记作
F(x)
a
，即
4 常见求定积分的公式 (1)abxndx＝n＋1 1xn＋1ba (n≠－1)；
b
(2)abCdx＝Cxa (C 为常数)； (3)absinxdx＝－cosxba ；
创新指导 1.准确转化：解决此类问题时，一定要读懂题目的本质含义，紧扣题目所给条件，结合题目要求进行恰 当转化，切忌同已有概念或定义相混淆． 2．方法选取：对于导数几何意义的应用中的创新问题，可恰当选用图象法、特例法、一般逻辑推理等 方法，同时结合导数的几何意义求解，以此培养学生领悟新信息、运用新信息的能力．
若存在过点 O(0,0)的直线 l 与曲线 f(x)＝x3－3x2＋2x 和 y＝x2＋a 都相切，则 a 的值是( )
A．1
1 B.64
C．1 或614
D．1 或－614
[错解]
[错因分析] (1)片面理解“过点 O(0,0)的直线与曲线 f(x)＝x3－3x2＋2x 相切”．这里有两种可能：一是 点 O 是切点；二是点 O 不是切点，但曲线经过点 O，解析中忽视后面情况．
4
＋ln x
1
＝12＋ln 4.
(3) 1a2x＋1xdx＝1a2xdx＋1a1xdx＝x2a1
a2－1＝3，
所以a＝2.
解得 a＝2.
a
＋ln x
1
＝a2－1＋ln a＝3＋ln 2，
【解题法】 求定积分及利用定积分求平面图形面积的步骤 (1)利用定积分求平面图形面积的步骤 ①根据题意画出图形． ②借助图形确定出被积函数，求出交点坐标，确定积分的上、下限． ③把平面图形的面积表示成若干个定积分的和或差． ④计算定积分得出答案． (2)用牛顿－莱布尼茨公式求定积分的步骤 ①把被积函数变形为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的积的和或差． ②把定积分用定积分性质变形为求被积函数为上述函数的定积分． ③分别用求导公式找到一个相应的原函数． ④利用牛顿－莱布尼茨公式求出各个定积分的值． ⑤计算原始定积分的值．
(2)准确确定定积分的上、下限，一般为曲边图形左、右两边对应点的横坐标.
1．思维辨析
(1)设函数 y＝f(x)在区间[a，b]上连续，则bf(x)dx＝bf(t)dt.( √ )
a
a
(2)定积分一定是曲边梯形的面积．( × )
(3)若bf(x)dx<0，那么由 y＝f(x)，x＝a，x＝b 以及 x 轴所围成的图形一定在 x 轴下方．( × ) a
2019-2020年新人教版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用3.1导数与积分课件理新人教B版
A. 1
e
B2.
e
Ce 2 2.
De 1 2 .
解析 函数y=ex与y=ln x的图象关于直线y=x对称,故阴影部分的面积为S=2 10 (e-ex)dx=2(ex-ex)
=2,由几何概型的概率计算公式得,黄豆落到阴影部分的概率为P= 2 .
e2
答案 C
2-1 (2015广西柳州3月月考,5,5分)由直线x=- ,x= ,y=0与曲线y=cos x所围成的封闭图形的面
处的切线,若g(x)=xf(x),g'(x)是g(x)的导函数,则g'(3)= ( )
A.-1 B.0 C.2 D.4 答案 B 解析 直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,由题中图象可知切点坐标为(3,1),代入直线方
程得k=- 1 ,所以f '(3)=1- .又g'(x)=(xf(x))'=x'f(x)+xf '(x)=f(x)+xf '(x),所以g'(3)=f(3)+3f '(3)=1+3×
A.0 B.2 C.1 D.3
(2)(2015四川宜宾一模,12,5分)函数f(x)=x2+ln x(x>0)的图象在点A(1,1)处的切线方程为
.
解析 (1)y=x2-3ln x(x>0)的导函数为y'=2x- 3 (x>0),由直线y=-x+m是曲线y=x2-3ln x(x>0)的一条切
x
线,设切点为(x0,y0),则2x0- 3 =-1,所以x0=1,所以y0=1,所以切点坐标为(1,1),又因为切点在直线上,所 x0
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理
019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练导数的应用理xe1.[xx •衡水二中周测]已知函数f (x )= 一，贝U x >0时，f (x )()xA. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值也无极小值答案 B令 f '(x ) = 0,得 x = 1.2. [xx •枣强中学仿真]在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于 x 的不等式A. ( —s, — 1) U (0,1)B. ( — 1,0) U (1 ,+s)C. ( — 2, — 1) U (1,2)D. ( —s,— 2) U (2 ,+s) 答案 A解析 由f (x )的图象知，当x <— 1或x >1时，f '(x )>0 ;当一1<x <1时，f '(x )<0, ••• x • f '(x )<0 的解集是(一s,— 1) U (0,1). 3. [xx •衡水二中月考]已知f(x )为R 上的可导函数，且？ x €R,均有f(x )>f '(x ),则以下判断正确的是()A. f (xx)>e xx f (0)B. f (xx)<e xx f (0)3.2解析f (x)= xxe • x — e 2xX —Ix又f (x )在(0,1)上单调递减，在 (1 ,+s )上单调递增. 所以x = 1为f (x )的极小值点, f (x )无极大值•故选B.x • f '(x )<0的解集为(x >0.C. f (xx) = e xx f (0)D. f (xx)与e xx f (0)大小无法确定答案B••• f (x )>f '(x ) ,••• g '(x )<0 ,即函数 g (x )在 R 上递减，二 g (xx)< g (0), • f 2皿 f 0• f (xx)<_ xx f(0)--2013< o ，…f (xx)<e f (0).ee4. [xx •武邑中学热身]函数f (x ) = e i ii iii iv v vi vii viii ix x — x (e 为自然对数的底数)在区间[—1,1]上的最 大值是()1A. 1+— B . 1eC. e + 1 D . e — 1 答案 D 解析 f '(x ) = e x — 1,令 f '( x ) = 0,得 x = 0.1 ,. , .又 f (0) = e — 0= 1, f (1) = e — 1>1, f ( — 1) =-+ 1>1，而 e — 1 — - + 1 = e — 一―2 =e 『 e>0,所以 f (X )max = f (1) = e — 1. 5.[xx •衡水二中热身]设函数f (x ) = In x — ax , g (x ) = e x — ax ,其中a 为实数.若f (x )g (x )在(1 ,+s )上有最小值，则 a 的取值范围是( )a , g '(x ) = e x — a ,由题意得，当 x € (1 , )时 f '(x ) <01x € (1 ,+^)时a>-恒成立，贝U a > 1.因为g '(x ) = e x — a 在(1 , +m )上单调x递增，所以综上，可知a 的取值范围是(e ,+s ).1解法二：f '(x ) = 一一 a , g '(x ) = e x — a.由题意得，当 x € (1 ,)时 f '( x ) <0 恒成x1立，即x € (1 ,+s )时a >一恒成立，贝U a > 1.x当a <0时，g'(x)>0恒成立，从而g (x )在(1 , +^)上单调递增，故g (x )在(1 , +^) 上无最值，不符合题意；当0<a <e 时，由g '(x )>0得x >ln a ,又In a < 1,故g (x )在(1 , +^)上单调递增， 故g (x )在(1 ,+s )上无最值，不符合题意；当a >e 时，由g'(x)>0得x >ln a ,又In a >1，故g ( x )在(1 , In a )上单调递减，在(Ina ,+m )上单调递增，此时有最小值，为g (In a ) = e In a — a ln a = a — a ln a .由题意知In a >1，所以a >e. 综上，可知a 的取值范围是(e ,+s ).6. [xx •武邑中学期末]函数f (x )的定义域为R, f ( — 1) = 2,对任意x € R, f '(x )>2 ,,+R )上是单调减函数， 且 解析令函数g ( x )=，则 g '(x )=-xee 2 — 2e — 1A. (e ,+s ) B . [e ,+ m C. (1 ,+s ) D . [1 ,+ m答案 A解析解法一::f'(x)= 1恒成立，即 g '(x )>g ' (1) = e —a .又 g (x )在(1 , )上有最小值， 则必有 e — a <0,即 a >e.在(1则f (x)>2x+ 4的解集为()A. ( —1,1) B . ( —1 ,+s)C.(―汁一1) D . ( —m,+m)答案B解析设m(x) = f (x) —(2x + 4),■/ n i (x) = f'(x) —2>0,「. m(x)在R上是增函数.m —1) = f (—1) —(—2+ 4) = 0,••• mx)>o 的解集为{x| x>—1},即f (x)>2x + 4 的解集为(—1 ,+8).7. _______________________________________________________________________ [xx •衡水二中预测]函数f (x) = x(x—m在x= 1处取得极小值，则m= ___________________答案1解析f ' (1) = 0可得m= 1或m= 3.当m= 3 时，f'(x) = 3(x—1)( x —3),1<x<3, f '(x)<0 ; x<1或x>3, f '(x)>0，此时x = 1处取得极大值，不合题意，所以m= 1.18. [xx •枣强中学月考]函数f(x) = -x3—x2—3x —1的图象与x轴的交点个数是3答案3解析f ' (x) = x —2x —3 = (x + 1)( x—3)，函数在(—8, —1)和(3 ,+8)上是增函2数，在(一1,3)上是减函数，由f (x)极小值=f (3) =—10<0,f(x)极大值=f ( —1) = §>0知函数f (x) 的图象与x 轴的交点个数为3.ax9. [xx •衡水二中猜题]已知函数f (x)=—-——2(a>0, r>0).x十r(1) 求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；a(2) 若-=400,求f (x)在(0,十8)内的极值.解(1)由题意知x丰—r，所求的定义域为(一m, —r) U ( —r ,十8).axaxf(x)= x+ r 2= x2+ 2rx + r2，2 2, a x 十2rx 十r —ax /x+ 2rf ( x) = 2 - 2 2x + 2rx 十r所以当x<—r 或x>r 时，f '( x)<0 ;当一r<x<r 时，f '( x)>0 ,因此，f (x)的单调递减区间为(一g, —r) , (r，十^) ；f (x)的单调递增区间为(一r, r).(2)由(1)的解答可知f'() = O,f(x)在(0,r)上单调递增，在(r,十^)上单调递减.因此, x = r是f (x)的极大值点，所以f (x)在(0,十8)内的极大值为f (r)=ar a 4007T^=牙=T=100,无极小值.10. [xx •衡水二中一轮检测]已知曲线f(x) =- X3+ 3x2+ 9x + a与x轴只有一个交点, 求实数a 的取值范围.解f '(x) =- 3x + 6x+ 9.令f'(x) = 0,解得x i=- 1, X2= 3.列表：x(-m，- 1)-1(-1,3)3(3 ,+^)f' (x)—0+ 0—f(x)极小值极大值所以当x =- 1时，f (x)有极小值f ( —1) = a-5;当x = 3时，f (x)有极大值f(3) = a+ 27.画出大致图象，要使f (x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2).所以a- 5>0 或a+ 27<0.解得a>5或a<-27.故实数a的取值范围为a>5或a<- 27.b e x-111. ----------------------------------------------------------------------- [xx •武邑中学仿真]设函数f (x) =a e x In x + ----------------------------------------------- ，曲线y = f (x)在点(1 , f(1))处x 的切线方程为y = e(x —1) + 2.(1) 求a, b；(2) 证明：f(x)>1.解(1)函数f (x)的定义域为(0，+m), f '(x) = a e x ln x + -e x--b^e^11+ b e x1.由题意x x x 可得f(1) = 2, f ' (1) = e.故a= 1, b= 2.(2)证明：由(1)知，f (x) = e x ln x + ~e x-：从而f (x)>1 等价于x ln x>x e-x--.设函数x eg(x) = x ln x，则g'(x) = 1 + In x.所以当x €(x)<0 ;11时，g'(x)>0.因此，当a—4时，x 轴为曲线y = f (x )的切线.,,'0，e 上单调递减，在 £，+^ 上单调递增，从而g (x )在(0，+^)上的最e =-e .—2 —设函数 h (x ) = x e x ——，贝U h '(x ) = e x (1 — x ). e 所以当 x € (0,1)时，h '(x )>0 ;当 x € (1 ,+s )时，h '(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，+s )上单调递减，从而 h (x )在(0，+^)上的最大 + , 1 值为 h (1)=— 一.e综上，当 x >0 时，g (x )>h (x )，即 f (x )>l.能力组12.[xx •冀州中学预测]定义在R 上的函数f (x ) = ax 3 + bx 1 12+ cx ( a * 0)的单调增区间为 (—1,1)，若方程3a (f (x ))2+ 2bf (x ) + c = 0恰有6个不同的实根，则实数a 的取值范围是1答案 a <— 2解析 •••函数f (x ) = ax 3 + bx 2 + cx 的单调增区间是(一1,1)，22b c••• 3ax + 2bx + c >0 的解集是(—1,1)，因此有 a <0，—苏=—1 + 1 = 0，— 1 =药，二 b =323220，c =— 3a ，函数 f (x ) = ax + bx + cx = ax — 3ax .由 3ax + 2bx + c = 3ax — 3a = 0，得函数 f (x )的极大值为 f (1)、极小值为 f ( — 1).方程 3a (f (x )) 2+ 2bf (x ) + c = 0 可变为 3a (f (x )) 2'a<0—3a = 0，要使3a (f (x )) 2 — 3a = 0恰有6个不同的实根，需满足f —1 ； — 1 ，得a < f 1 >11 2. 3 1 13.[xx•冀州中学猜题]已知函数f(x) =x +ax +4，g (x)=-ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y =f (x )的切线； (2)用min{m , n }表示 m n 中的最小值，设函数h (x ) = min{f (x ), g ( x )}( x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线 y = f (x )与x 轴相切于点(x o,O)，贝U f (x 。
2020届高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数与积分教师用书理(PDF,含解析)
对应学生用书起始页码 Ｐ４０
考点一 导数的概念及其几何意义 高频考点
考点二 定积分的运算及应用
１．导数的几何意义 函数 ｆ（ ｘ） 在 ｘ ＝ ｘ０ 处的导数就是曲线 ｙ ＝ ｆ （ ｘ） 在 点 （ ｘ０，
ｆ（ ｘ０ ） ） 处的切线的斜率． ２．函数 ｙ ＝ ｆ（ ｘ） 的图象在 ｘ ＝ ｘ０ 处的切线方程为 ｙ－ｆ（ ｘ０ ） ＝
１．定积分的性质
∫ ∫ ｂ
ｂ
（１） ｋｆ（ ｘ） ｄｘ ＝ ｋ ｆ（ ｘ） ｄｘ（ ｋ 为常数） ；
ａ
ａ
∫ ∫ ∫ ｂ
ｂ
ｂ
（２） ［ｆ１（ｘ） ±ｆ２（ｘ）］ｄｘ ＝ ｆ１（ｘ）ｄｘ± ｆ２（ｘ）ｄｘ；
ａ
ａ
ａ
∫ ∫ ∫ ｃ
ｂ
ｂ
（３） ｆ（ｘ）ｄｘ＋ ｆ（ｘ）ｄｘ ＝ ｆ（ｘ）ｄｘ（ａ＜ｃ＜ｂ）．
ａ
ｃ
ａ
２．微积分基本定理
一般地，如果 ｆ（ ｘ） 是区间［ ａ，ｂ］ 上的连续函数，并且Ｆ′（ ｘ） ＝
∫ｂ
ｆ（ｘ），那么 ｆ（ｘ）ｄｘ ＝ Ｆ（ｂ） －Ｆ（ ａ），这个结论叫做微积分基本定
ａ
理，又叫做牛顿－莱布尼茨公式，为了方便，常常把 Ｆ（ ｂ） －Ｆ（ａ）
∫ｂ
记作Ｆ（ ｘ）
ｂ ａ
，即
ｆ（ｘ）ｄｘ ＝ Ｆ（ｘ）
ｆ ′（ ｘ０ ） （ ｘ－ｘ０ ） ． ３．几种常见函数的导数
原函数
导数
ｙ ＝ Ｃ（Ｃ 为常数）
ｙ′ ＝ ０
ｙ ＝ ｘｎ（ ｎ∈Ｎ∗ ）
ｙ′ ＝ ｎｘｎ－１
ｙ ＝ ｓｉｎ ｘ
ｙ′ ＝ ｃｏｓ ｘ
ｙ ＝ ｃｏｓ ｘ
ｙ′ ＝ －ｓｉｎ ｘ
高中数学 第三章 导数及其应用 3.1.1、3.1.2 变化率问题 导数的概念课件 新人教A版选修
第二步，求极限．
26
跟踪练习2
一玩具车沿某一斜面自由落下，测得下滑的水平距离 s 与时间 t 之间的函数
关系为 s＝12t2，则 t＝3 时，此玩具车在水平方向的瞬时速度为( D )
A．32
B．92
C．2
D．3
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[解析] Δs＝12(3＋Δt)2－12×32 ＝12(9＋6Δt＋Δt2－9) ＝12(6Δt＋Δt2) ＝3Δt＋12Δt2， ∴ΔΔst＝3＋12Δt， 当 Δt→0 时，ΔΔst＝3＋12Δt→3，故选 D．
17岁时他在耶拿大学学习了短时期的数学，并获得了哲学硕士学位.20岁时，莱 布尼兹转入阿尔特道夫大学．这一年，他发表了第一篇数学论文《论组合的艺 术》．这是一篇关于数理逻辑的文章，其基本思想是出于想把理论的真理性论 证归结于一种计算的结果. 1673年，莱布尼兹被推荐为英国皇家学会会员．此时 ，他的兴趣已明显地朝向了数学和自然科学，开始了对无穷小算法的研究，独 立地创立了微积分的基本概念与算法，和牛顿并蒂双辉共同奠定了微积分学 .1676年，他到汉诺威公爵府担任法律顾问兼图书馆馆长.1700年被选为巴黎科学 院院士，建立了柏林科学院并任首任院长．
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跟踪练习4 若一物体运动方程如下：(位移 s：m，时间 t：s) s＝f(t)＝239t2＋＋32，t－t≥332，. 0≤t<3， 求：(1)物体在 t∈[3,5]内的平均速度； (2)物体的初速度 v0； (3)物体在 t＝1 时的瞬时速度．
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[解析] (1)∵物体在 t∈[3,5]内的时间变化量为 Δt＝5－3＝2， 位移变化量为 Δs＝3×52＋2－(3×32＋2)＝3×(52－32)＝48， ∴物体在 t∈[3,5]内的平均速度为ΔΔst＝428＝24(m/s)． (2)求物体的初速度 v0，即求物体在 t＝0 时的瞬时速度． ∵物体在 t＝0 附近位移的平均变化率为ΔΔst＝f0＋ΔΔtt－f0 ＝29＋3[0＋Δt－Δ3]t2－29－30－32＝3Δt－18，
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题理
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题理1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2 答案 C解析 由f ′(x )＋f x x >0，得xf ′x ＋f xx>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即[xf (x )]′>0，函数xf (x )单调递增； 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 即[xf (x )]′<0，函数xf (x )单调递减． ∴xf (x )>0f (0)＝0，又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf x ＋1x ，函数g (x )＝xf x ＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋xx)2f (x ＋xx)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－xx)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋xx)＝(x ＋xx)2f (x ＋xx)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋xx)2f (x ＋xx)－4f (－2)>0即为F (x ＋xx)－F (－2)>0，即F (x ＋xx)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋xx<－2，∴x <－xx.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解 (1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f1－f 0≤e－1，f －1－f0≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1. ①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]． 5．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.解 (1)f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ， 即(1＋m )2e m＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e.由e m ≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.6．已知函数f (x )＝nx －x n，x ∈R ，其中n ∈N *，且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实数根x 1，x 2，求证：|x 2－x 1|<a1－n ＋2.解 (1)由f (x )＝nx －x n，可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1)，其中n ∈N *，且n ≥2.下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时．令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f ②当n 为偶数时．当f ′(x )>0，即x <1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：设点P 的坐标为(x 0,0)，则x 0＝n1n －1，f ′(x 0)＝n －n 2.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0，＋∞)上单调递减，故F ′(x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x ，都有F (x )≤F (x 0)＝0，即对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．(3)证明：不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，可得x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x )，可得h (x )＝nx .当x ∈(0，＋∞)，f (x )－h (x )＝－x n<0，即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )<h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)<h (x 1)，因此x 1′<x 1.由此可得x 2－x 1<x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2， 所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n1n －1＝x 0. 所以|x 2－x 1|<a1－n＋2.7．已知函数f (x )＝ln (1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t >0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|<x 2. 解 (1)证明：令F (x )＝f (x )－x ＝ln (1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋1－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )． (3)解法一：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )，故g (x )>f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )． 令M (x )＝kx －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝k －11＋x－2x ＝－2x 2＋k －2x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，k －2＋k －22＋8k －14时， M ′(x )>0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋k －22＋8k －14上单调递增， 故M (x )>M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k <1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )>g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx . 令N (x )＝ln (1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－k ＋2x ＋1－k x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－k ＋2＋k ＋22＋81－k 4时，N ′(x )>0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－k ＋2＋k ＋22＋81－k 4上单调递增， 故N (x )>N (0)＝0，即f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与－k ＋2＋k ＋22＋81－k4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x >0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )． 令H (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，H ′(x )<0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减，故H (x )<H (0)＝0.故当x >0时， 恒有|f (x )－g (x )|<x 2.此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )>kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x >x 2，解得0<x <k －1.从而得到，当k >1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|>x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k <1时，取k 1＝k ＋12，从而k <k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )>k 1x >kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )>(k 1－k )x ＝1－k2x .令1－k 2x >x 2，解得0<x <1－k 2，此时f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与1－k 2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2.故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x >0，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )， 令M (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，M ′(x )<0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )<M (0)＝0.故当x >0时，恒有|f (x )－g (x )|<x 2， 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.8．已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)因为f (x )＝ln (1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k －21－x2. 所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0<x < 4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.9．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函数f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝x －2x －12x .列表：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) g ′(x ) ＋0 －0 ＋g (x )极大值极小值∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －54，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g 1≥0，g 2<0，g 4≥0，得ln 2－2<b ≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6，由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题理
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题理1．设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1答案 D解析 由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x(2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧h0>g 0h－1≤g －1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <1－2a ≤－3e ，所以32e≤a <1，故选D.2.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得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，＋∞) 答案 A 解析 令F (x )＝f xx，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′x －f x x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f xx在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f xx在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，2a>0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立． 当a <0时，2a<0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解 (1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x，所以g ′(x )＝2－2x＋2a x2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x2当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1. 令φ(x )＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x－1. 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－ee －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12<0. 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0. 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 所以0＝u 11＋1<u x 01＋x －10＝a 0<u e 1＋e －1＝e －21＋e－1<1.即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0， 从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )>f (x 0)＝0.所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝6x ＋ae x－3x 2＋ax exex 2＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ， 从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数． 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数， 知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.7．已知函数f (x )＝e x －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1.4142<2<1.4143，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．解 (1)f ′(x )＝e x ＋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 )＝e 2x－e－2x－4b (e x －e －x)＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．①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； ②当b >2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2. (3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.6934. 所以ln 2的近似值为0.693.。
2020届高考理科数学一轮复习讲义：第三章§3.1 导数与积分
１ ａ
的 两 个 整 数 解， 又
ｈ（ｘ） ＜
１ ａ
只 有 两 个 整 数 解， 因
ìïïｈ（ －１） ≥
１ ａ
，
此í îïïｈ（２） ≥
１ ａ
，
解得
ｅ２
ａ≥２ｅ２
－
，所以 １
ａ∈
éëê
ｅ２ ２ｅ２ －
１
，１
ö
÷
ø
．
二、定积分的计算方法
������������������������
１．利用定积分的几何意义转化为求规则图形的面积． ２．利用微积分基本定理求定积分，先求出被积函数的原函
由题求 ｙ′ → 斜率 ｋ ＝ ｙ′ ｜ ｘ＝０ → 求切线方程
解析 本题主要考查导数的几何意义．
因为
ｙ′
＝
２ ｘ＋１，所以
ｙ′
｜
ｘ＝
０
＝
２，又（ ０，０）
为切点，
所以曲线在点（０，０） 处的切线方程为 ｙ ＝ ２ｘ．
答案 ｙ ＝ ２ｘ １－１ （ ２０１９ 皖 东 名 校 联 盟， ８ ） 若 抛 物 线 ｘ２ ＝ ２ｙ 在 点
ｄｘ ＝ ｌｎ
ｘ
｜
ｂ ａ
；
∫ｂ
（６）
ｅ
ｘ
ｄｘ
＝
ｅ
ｘ
｜
ｂ ａ
．
ａ
第三章 导数及其应用 ３
对应学生用书起始页码 Ｐ４１
一、利用导数求曲线的切线方程（ 斜率）
������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������
2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算课件文
-7知识梳理
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”. (1)f'(x0)是函数y=f(x)在x=x0附近的平均变化率.( × ) (2)求f'(x0)时,可先求f(x0)再求f'(x0). ( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点. ( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线. ( × ) (5)曲线y=f(x)在点P(x0,y0)处的切线与过点P(x0,y0)的切线相同. ( × )
1 1 (2)y=x ������ + + 3 ; ������ ������ ������ ������ (3)y=x-sin 2cos 2; ������ π ������ π (4)y=xsin 2 + 2 cos 2 + 2
2
.
-12考点1
考点2Leabharlann 解 (1)y'=(ex)'cos x+ex(cos x)'=excos x-exsin x.
-4知识梳理
考点自诊
3.基本初等函数的导数公式
原函数 f(x)=c(c 为常数) f(x)=xα(α∈Q,α≠0) f(x)=sin x f(x)=cos x f(x)=ax(a>0,且 a≠1) f(x)=ex f(x)=logax(a>0,且 a≠1) f(x)=ln x
导函数 f'(x)=0 f'(x)= f'(x)= f'(x)= f'(x)= f'(x)= f'(x)= f'(x)=
3.1
导数的概念及运算
-2知识梳理
考点自诊
1. 导数与导函数的概念 (1)平均变化率:对于一般的函数 y=f (x), 在自变量 x 从 x0 变到 x1 Δ������ 的过程中, 若设 Δx=x1 -x0 , Δy=f (x1 )-f(x0 ), 则函数的平均变化率是 =
【2019-2020】高中数学第三章导数及其应用3-3导数在研究函数的应用3-3-3三次函数的性质：单调区间和极值同
教学资料参考范本【2019-2020】高中数学第三章导数及其应用3-3导数在研究函数的应用3-3-3三次函数的性质：单调区间和极值同步练习湘教版选修1_1撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________1．下列命题：①一个函数的极大值总比极小值大；②函数导数为0的点不一定是极值点；③一个函数的极大值可以比最大值大；④一个函数的极值点可在其不可导点处达到．其中正确命题的序号是( )．A．①④ B．②④ C．①② D．③④2．函数f(x)＝x3＋x在区间[－1,1]上( )．A．最小值为－1，最大值为2B．最小值为－2，最大值为2C．最小值为－1，最大值为1D．最小值为0，最大值为13．函数f(x)＝2－x2－x3的极值情况是( )．A．有极大值，没有极小值B．有极小值，没有极大值C．既无极大值，也无极小值D．既有极大值又有极小值4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )．A．－2 B．0 C．2 D．45．若f(x)＝x3＋mx2＋5x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是__________．6．函数f(x)＝9＋3x－x3的极小值为__________．7．函数f(x)＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最大值和最小值分别为__________，__________.8．已知函数f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3.(1)设a＝1，求函数f (x)的极值；(2)若a＞，且当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a恒成立，试确定a 的取值范围．9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间(－，－)内是减函数，求a的取值范围．参考答案1．B2．B ∵f′(x)＝3x2＋1＞0，∴f(x)为增函数．∴f(x)的最小值为f(－1)＝－2，f(x)的最大值为f(1)＝2. 3．D f′(x)＝－3x2－2x＝－3x(x＋)．令f′(x)＝0，则x＝0或－.当x∈(－∞，－)时，f′(x)＜0；当x∈(－，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0.∴f(x)在x＝－处取得极小值，f(x)在x＝0处取得极大值．4．C f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或2(舍去)．∵f(0)＝2，f(1)＝0，f(－1)＝－2，∴f(x)最大值＝2.5．[－，] f′(x)＝3x2＋2mx＋5.由题意，知(2m)2－4×3×5≤0，得－≤m≤.6．7 f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，∴f(x)在x＝－1处取得极小值，f(－1)＝9－3＋1＝7. 7．0 －64 令f′(x)＝12x2－16x＝0，∴x＝0或x＝.当x∈(－2,0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，)时，f′(x)＜0；当x∈(，2)时，f′(x)＞0.故f(x)在x＝0时取得极大值，在x＝时取得极小值．又∵f(0)＝0，f(－2)＝－64，f(2)＝0，f()＝－，∴函数的最大值为0，最小值为－64.8．解：(1)当a＝1时，对函数f(x)求导数，得f′(x)＝3x2－6x－9.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表讨论f(x)，f′(x)的变化情况：(2)f′(x)＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上的抛物线，关于x＝a对称．若＜a≤1，则f′(x)在[1,4a]上是增函数，从而f′(x)在[1,4a]上的最小值是f′(1)＝3－6a－9a2，最大值是f′(4a)＝15a2.由|f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a，于是有f′(1)＝3－6a－9a2≥－12a，且f′(4a)＝15a2≤12a.由f′(1)≥－12a，得－≤a≤1，由f′(4a)≤12a，得0≤a≤.所以a∈(，1]∩[－，1]∩[0，]，即a∈(，]．若a＞1，则|f′(a)|＝12a2＞12a.故当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a不恒成立．所以使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围是(，]．9．解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x)＝3x2＋2ax＋1，当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－≤a≤时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)为单调递增函数，单调区间为(－∞，＋∞)．当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12＞0，即a＞或a＜－时，函数f′(x)存在零解，此时，当x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．综上，若－≤a≤，则函数f(x)在x∈R时，单调递增；若a＞或a ＜－，当x＜或x＞时，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，函数f(x)单调递减．(2)若函数在区间(－，－)内是减函数，则说明f′(x)＝3x2＋2ax ＋1＝0的两根在区间(－，－)外，因此f′(－)≤0，且f′(－)≤0，由此可以解得a≥2.因此a的取值范围是[2，＋∞)．。
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.1导数的概念及计算文
2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练 3.1+ In x (e 为自然对数的底数)，则f ' (e)=() 1 A.— e 1 C. — —D. — ee 答案 C 1 1解析 由 f(x ) = 2xf ' (e) + ln x ,得 f '(x ) = 2f ' (e) + -，则 f ' (e) = 2f ' (e) + -?x e1 f ' (e)=—-,故选 C. e3. [xx •衡水中学周测]若曲线f (x ) = a cos x 与曲线g (x ) = x 2 + bx +1在交点(0 , nj 处有公切线，则a + b =()A. — 1D. 2答案 C解析 依题意得，f '(x )=— a sin x ,g '(x )= 2x + b ,于是有 f ' (0) = g ' (0)，即—a sin0=2x 0+ b ,故 b = 0,又有 m= f (0) = g (0)，贝U m= a = 1，因此 a + b = 1,选 C.4.[xx •冀州中学月考]曲线y = x 3— 2x + 4在点(1,3)处的切线的倾斜角为()A . 45° B. 60° C. 120° D. 135°答案 A]已知奇函数f (x )满足f ' ( - 1) = 1,则lim△x —1 +f 1△ x f0=( )A . 1B.— 1C. 2D.— 2答案 A解析 由f (x )为奇函数，得 f (1) =— f ( — 1)，所以 lim=lim△ x f0f — 1+ △ X — f△x~=f ' ( — 1) = 1,故选 A.2. [xx •枣强中学一轮检测 ]已知函数f (x )的导函数为 f '(x ),B. eB. 0C. 1f △x —1 +f 1 △ x3 2解析由y= x —2x+ 4，得y '= 3x —2,得y '|=1= 1,故切线的倾斜角为45°.95. [xx •武邑中学周测]已知f (x) = x3—尹2+ 6x—a,若对任意实数x, f '(x) > m恒成立，贝U m的最大值为()3 C. 1 D.--4答案 D解析 f '(x ) = 3x 2-9x + 6，因为对任意实数 x , f '(x ) > m 恒成立，即3x 2- 9x + (6 — 3 3nj 》0恒成立，所以81 —12(6 — n ) < 0,解得m^ — 4，即m 的最大值为—4，故选D.6. ［XX •衡水中学月考］函数f (x )= x s in x 的导函数f '(x )在区间［—n, n ］上的图象大致为()答案 Cf '(x ) ,••• f '(x )为奇函数，由此可排除 A , B, D,故选C.7. ［xx •枣强中学猜题］若点P 在曲线f (x ) = In x + ax 上，且在点P 处的切线与直线 2x —y = 0平行，则实数a 的取值范围是()A. ( —s, 2] C. (2 ,+s ) 答案 B解析 设点P 的坐标为(X 。