2019-2020年全国通用版2019版高考数学一轮复习第四单元导数及其应用教材复习课“导数”相关基础知识一课过
2019-2020年高考数学一轮总复习第4章平面向量数系的扩充与复数的引入4.4数系的扩充与复数的引入课件理
核心规律 1.实轴上的点都表示实数．除了原点外，虚轴上的点都 表示纯虚数． 2.设 z＝a＋bi(a，b∈R)，利用复数相等和相关性质将复 数问题实数化是解决复数问题的常用方法． 3.在复数代数形式的四则运算中，加、减、乘运算按多 项式运算法则进行，除法法则需分母实数化．
满分策略 1.判定复数是不是实数，仅注意虚部等于 0 是不够的， 还需考虑它的实部是否有意义． 2.注意复数和虚数是包含关系，不能把复数等同为虚 数，如虚数不能比较大小，但说两个复数不能比较大小就不 对了． 3.注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照 搬到复数集中来．例如，若 z1，z2∈C，z21＋z22＝0，就不能 推出 z1＝z2＝0；z2<0 在复数范围内有可能成立.
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
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的 课后复习30分钟。
2019/7/20
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2019-2020年新人教A版高考数学一轮复习第4章平面向量数系的扩充与复数的引入重点强化课2平面向量课件文
2019/7/16
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2019/7/16
精选最新中小学教学课件
[对点训练 3] 已知 O 为坐标原点，向量O→A＝(3sin α，cos α)，O→B＝(2sin α，
5sin α－4cos α)，α∈32π，2π，且O→A⊥O→B，则 tan α 的值为(
)
【导学号：31222165】
A．－43
B．－45
C.45
D.34
A [由题意知 6sin2α＋cos α·(5sin α－4cos α)＝0，即 6sin2α＋5sin αcos α－ 4cos2α＝0，上述等式两边同时除以 cos2α，得 6tan2α＋5tan α－4＝0，由于 α∈ 32π，2π，
0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比值为( ) 【导学号：31222164】
A．3
B．4
C．5
B [因为 D 为 AB 的中点，
D．6
则O→D＝12(O→A＋O→B)，
又O→A＋O→B＋2O→C＝0，
所以O→D＝－O→C，所以 O 为 CD 的中点．
又因为 D 为 AB 的中点，
所以 S△AOC＝12S△ADC＝14S△ABC，则SS△AAOBCC＝4.]
∴f(a)＝G→A·G→B＝(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋k2(x1－a)(x2 －a)＝a2－4.
由(a)(b)得 f(a)＝a2－4.10 分 ∵点 G(a,0)是轨迹 C 内部一点， ∴－2<a<2，∴0≤a2<4， ∴－4≤a2－4<0，∴f(a)的取值范围是[－4,0).12 分 [规律方法] 1.本题充分发挥向量的载体作用，将平面向量与解析几何有机 结合，通过平面向量数量积的坐标运算进行转化，使问题的条件明晰化． 2．利用平面向量可以解决长度、角度与垂直问题．
2019-2020年高考数学大一轮复习课时153.4导数的综合应用课件
时,g'(t)<
0,所以g(t)在区间 0, 1e
上单调递减,故g(t)>g 1e
=e2-3>0.证毕
所以函数f(x)有两个零点.
综上所述,当a> 1 时, f(x)无零点;当0<a< 1时, f(x)有两个零点;当a≤0或a=
e
e
1 时,
e
f(x)有唯一零点.
取m=max{e,|a|},则有f(m)≥0, f(1)=a<0,或 f(m)>0,f(1)=a≤0,
所以由函数零点存在性定理结合函数单调性知,函数f(x)有唯一零点.
②当a>0时, f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增,所以f
(x)min=f(a)=ln a+1.
若ln a+1=0,即a= 1 ,则函数f(x)有唯一零点;
(1≤x≤2),
当 2 a≤1,即a≤ 3 时, f '(x)≥0, f(x)在[1,2]上为增函数,
3
2
故f(x)min=f(1)=11-a,根据题意,若区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)
<0成立,则必有11-a<0,
则f(x)在[0, b ]上单调递减,在( b ,2]上单调递增,
所以f( b )≤f(x)≤max{f(0), f(2)}.
因为f(0)=0, f(2)=2b+ 8>0, f( b)= 2b b<0,
3
3
要证|f(x)|≤2b+ 83,只需证- 23 b b
≤2b+ 8 ,
3
即证-b( b +3)≤4,
全国通用近年高考数学一轮复习第四单元导数及其应用高考达标检测(十四)综合问题是难点,3大题型全冲关
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第四单元导数及其应用高考达标检测（十四）综合问题是难点，3大题型全冲关理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第四单元导数及其应用高考达标检测（十四）综合问题是难点，3大题型全冲关理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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高考达标检测（十四）综合问题是难点，3大题型全冲关1．（2014·全国卷Ⅰ）设函数f（x）＝a ln x＋错误!x2－bx(a≠1），曲线y＝f（x）在点（1，f(1）)处的切线斜率为0。
(1）求b;(2)若存在x0≥1，使得f(x0)〈错误!，求a的取值范围．解:（1）f′(x）＝错误!＋（1－a）x－b.由题设知f′（1)＝0，解得b＝1.（2）f（x)的定义域为（0，＋∞),由(1)知，f(x）＝a ln x＋错误!x2－x，f′（x)＝错误!＋(1－a）x－1＝错误!错误!(x－1）．①若a≤错误!，则错误!≤1，故当x∈（1，＋∞）时，f′(x)〉0，f（x)在(1，＋∞）上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0）〈aa－1的充要条件为f（1）<错误!，即错误!－1〈错误!，解得－错误!－1〈a〈错误!－1。
②若12<a<1，则错误!〉1，故当x∈错误!时，f′(x)〈0；当x∈错误!时，f′（x)>0，f(x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f（x0)〈错误!的充要条件为f错误!<错误!。
全国通用版2019版高考数学一轮温习第四单元导数及其应用高考达标检测十四综合问题是难点3大题型全冲关
高考达标检测（十四） 综合问题是难点，3大题型全冲关1．(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－x ，f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)． ①若a ≤12，则a 1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<aa －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>aa －1，所以不符合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<aa －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝ln x －a x ＋ax2(a ∈R)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数a 的取值范围； (3)对于n ∈N *，求证：11＋12＋22＋12＋33＋12＋…＋n n ＋12<ln(n ＋1)．解：f ′(x )＝1x ＋a x 2－2a x 3＝x 2＋ax －2ax3(x >0)． (1) 若a ＝1，则f ′(x )＝x 2＋x －2x 3，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－2(舍去)， 由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1，所以函数f (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 所以函数的极小值为f (1)＝0，无极大值． (2) 因为f (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )＝x 2＋ax －2ax 3≥0在[1，＋∞)上恒成立，即x 2＋ax －2a ≥0在[1，＋∞)上恒成立． 令g (x )＝x 2＋ax －2a ，当－a2≤1时，即a ≥－2时，g (1)≥0⇒a ≤1，所以－2≤a ≤1，当－a2>1时，即a <－2时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0⇒－8≤a ≤0，所以－8≤a <－2，综上，实数a 的取值范围为[－8,1]．(3)证明：当a ＝1时，由(1)知，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，即x >1时，f (x )>f (1)＝0，即ln x >1x －1x2，令x ＝n ＋1n(n ∈N *)，因为n ＋1n >1，所以lnn ＋1n >nn ＋1－n 2n ＋12＝n n ＋12，所以∑i ＝1nii ＋12<ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n＝ln(n ＋1)． 3．已知函数f (x )＝sin x －x cos x (x ≥0)．(1)求函数f (x )的图象在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线方程；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，不等式f (x )<ax 3恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设m ＝⎰20πf (x )d x ，g (x )＝6m4－πx 2 f (x )，证明：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫132·…·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n < e. 解：(1)∵f ′(x )＝x sin x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2，∴切线方程为y ＝π2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋1，即2πx －4y －π2＋4＝0.(2)f (x )<ax 3⇒sin x －xcos x －ax 3<0. 令g(x)＝sin x －x cos x －ax 3，则g ′(x )＝x sin x －3ax 2＝x (sin x －3ax )， 又令h (x )＝sin x －3ax ， 则h ′(x )＝cos x －3a .①当3a ≤－1，即a ≤－13时，h ′(x)≥0恒成立，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，∴g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )>g (0)＝0(不合题意)． ②当3a ≥1，即a ≥13时，h ′(x )≤0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴h (x )<h (0)＝0，∴g′(x)<0， ∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (0)＝0(符合题意)．③当－1<3a <1，即－13<a <13时，由h ′(0)＝1－3a >0，h ′(π)＝－1－3a <0，∴在(0，π)上，∃x 0使h ′(x 0)＝0，且x ∈(0，x 0)时，h ′(x )>0⇒g ′(x )>0，∴g (x )在(0，x 0)上单调递增， ∴存在g (x )>g (0)＝0(不符合题意)，综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞.(3)证明：m ＝⎰20πf (x )d x ＝(－x sin x －2cos x )⎪⎪⎪⎪π20＝2－π2，∴g (x )＝3x2f (x )．由(2)知，当a ＝13时，f (x )<13x 3，∴g (x )<x .又令u (x )＝ln(1＋x )－x ，x >0，则u ′(x )＝－xx ＋1<0，∴u (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴u (x )<u (0)＝0，即ln(1＋x )<x 在(0，＋∞)上恒成立．令x ＝13n ⇒ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n <13n ， ∴ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n<ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋132＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n<13＋132＋…＋13n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13n <12，∴原不等式得证．4．(2017·天津高考)设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f (x )＝2x 4＋3x 3－3x 2－6x ＋a 在区间(1,2)内有一个零点x 0，g (x )为f (x )的导函数．(1)求g (x )的单调区间；(2)设m ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )，求证：h (m )h (x 0)<0； (3)求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且pq∈[1，x 0)∪(x 0,2]，满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q －x 0≥1Aq4.解：(1)由f (x )＝2x 4＋3x 3－3x 2－6x ＋a ， 可得g (x )＝f ′(x )＝8x 3＋9x 2－6x －6， 进而可得g ′(x )＝24x 2＋18x －6. 令g ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝14.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞g ′(x ) ＋ － ＋g (x )所以g (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，4.(2)证明：由h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )， 得h (m )＝g (m )(m －x 0)－f (m )，h (x 0)＝g (x 0)(m －x 0)－f (m )．令函数H 1(x )＝g (x )(x －x 0)－f (x )， 则H 1′(x )＝g ′(x )(x －x 0)．由(1)知，当x ∈[1,2]时，g ′(x )>0，故当x ∈[1，x 0)时，H 1′(x )<0，H 1(x )单调递减； 当x ∈(x 0,2]时，H 1′(x )>0，H 1(x )单调递增．因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 1(x )>H 1(x 0)＝－f (x 0)＝0，可得H 1(m )>0，即h (m )>0. 令函数H 2(x )＝g (x 0)(x －x 0)－f (x )， 则H 2′(x )＝g (x 0)－g (x )． 由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增，故当x ∈[1，x 0)时，H 2′(x )>0，H 2(x )单调递增； 当x ∈(x 0,2]时，H 2′(x )<0，H 2(x )单调递减．因此，当x ∈[1，x 0)∪(x 0,2]时，H 2(x )<H 2(x 0)＝0，可得H 2(m )<0，即h (x 0)<0. 所以h (m )h (x 0)<0.(3)证明：对于任意的正整数p ，q ，且pq∈[1，x 0)∪(x 0,2]，令m ＝pq，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )．由(2)知，当m ∈[1，x 0)时，h (x )在区间(m ，x 0)内有零点； 当m ∈(x 0,2]时，h (x )在区间(x 0，m )内有零点．所以h (x )在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x 1，则h (x 1)＝g (x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫p q －x 0－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q ＝0. 由(1)知g (x )在[1,2]上单调递增， 故0<g (1)<g (x 1)<g (2)，于是⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q －x 0 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q gx 1≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q g 2＝|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|g 2q 4.因为当x ∈[1,2]时，g (x )>0，故f (x )在[1,2]上单调递增，所以f (x )在区间[1,2]上除x 0外没有其他的零点，而pq ≠x 0，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫p q ≠0.又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|是正整数， 从而|2p 4＋3p 3q －3p 2q 2－6pq 3＋aq 4|≥1.所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q －x 0 ≥1g 2q 4. 所以只要取A ＝g (2)，就有⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q －x 0 ≥1Aq4.已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ，g (x )＝x 2＋2x ＋a x ＋2(a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间及最值；(2)若对∀x >0，f (x )＋g (x )>1恒成立，求a 的取值范围； (3)求证：13＋15＋17＋…＋12n ＋1<ln(n ＋1)(n ∈N *)．解：(1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x， 由f ′(x )>0，得－1<x <0，由f ′(x )<0，得x >0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，f (x )max ＝f (0)＝0，无最小值．(2)f (x )＋g (x )>1⇔ln(1＋x )－x ＋x 2＋2x ＋a x ＋2>1⇔ln(1＋x )＋ax ＋2>1⇔a >(x ＋2)[1－ln(1＋x )]．令h (x )＝(x ＋2)[1－ln(1＋x )]， 则h ′(x )＝1－ln(1＋x )－x ＋2x ＋1＝－ln(1＋x )－1x ＋1.当x >0时，显然h ′(x )＝－ln(1＋x )－1x ＋1<0，所以h (x )在(0，＋∞)上是减函数． 所以当x >0时，h (x )<h (0)＝2. 所以a 的取值范围为[2，＋∞)．(3)证明：由(2)知，当a ＝2，x >0时，ln(1＋x )＋2x ＋2>1，即ln(1＋x )>xx ＋2.令x ＝1k (k ∈N *)，得ln k ＋1k >1k2＋1k，即lnk ＋1k>12k ＋1. 所以ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n >13＋15＋17＋…＋12n ＋1，即13＋15＋17＋…＋12n＋1<ln(n＋1)．。
2019-2020年新人教A版高考数学一轮复习第4章平面向量数系的扩充与复数的引入课件文
[五年考情]
考点
2016 年
2015 年 2014 年 2013 年 2012 年
平面向量的线性
全国卷
运算
Ⅰ·T6
平面向量基本定 全国卷Ⅱ·T13 全国卷Ⅰ·T2
理及坐标运算
平面向量
全国卷Ⅰ·T13 全国卷Ⅰ·T20
全国卷Ⅰ·T13
的数量积
全国卷Ⅱ·T4
全国卷Ⅲ·T3 全国卷Ⅱ·T4
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 遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。
[导学心语] 1．透彻理解平面向量的有关概念及相应的运算法则是学好本章的基础．(1) 向量的几何运算侧重于“形”，坐标运算侧重于“数”，要善于将二者有机结 合和转化．(2)平面向量的数量积是高考的重点，要熟练掌握和运用． 2．平面向量与其他知识的综合渗透充分体现了平面向量的载体作用．平面 向量的复习应做到：立足基础知识和基本技能，强化应用． 3．复数内容独立性较强，一般会以选择题形式单独命题，重点是代数运算， 属容易题，因此切忌盲目拔高要求；重视“化虚为实”的思想方法．
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？
2020版高考数学大一轮复习 第四章 导数及其应用 第4节 导数与函数的零点习题(含解析)
第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题.知识梳理函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类:（1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围。
[常用结论与易错提醒］（1)注意构造函数；（2)注意转化思想、数形结合思想的应用。
基础自测1。
若函数f（x）＝错误!在其定义域上只有一个零点,则实数a的取值范围是（）A.(16，＋∞)B.[16，＋∞）C。
（－∞，16）D。
（－∞，16]解析①当x≤0时,f（x）＝x＋3x，∵y＝x与y＝3x在（－∞，0)上都单调递增，∴f（x)＝x＋3x在(－∞，0）上也单调递增，又f(－1）<0,f（0)〉0，∴f(x)在（－1，0)内有一个零点。
②当x>0时，f（x)＝错误!x3－4x＋错误!,f′（x）＝x2－4＝(x＋2)(x－2）.令f′(x）＝0得x＝2或x＝－2（舍），当x∈（0,2）时，f′（x)〈0，f(x)递减,当x∈(2，＋∞)时，f′(x)〉0,f（x)递增，∴在x>0时，f（x)最小＝f（x）极小＝错误!－8＋错误!，要使f(x)在(0，＋∞）上无零点，需错误!－8＋错误!〉0，∴a>16.答案A2。
（2019·杭州质检)已知函数f（x）＝x2＋e x－12(x<0)与g（x）＝x2＋ln（x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（）A.错误!B。
（－∞，错误!)C.错误!D。
错误!解析设点P(x0，y0）（x0〈0）在函数f(x)上，由题意可知,点P关于y轴的对称点P′（－x0，y）在函数g(x)上，所以错误!消y0可得x2，＋e x0－错误!＝（－x0)2＋ln(－x0＋a)，即e x0－ln(a－x0)－错误!＝0(x0<0)，所以e x0－错误!＝ln（a－x0）（x0〈0).令m(x）＝e x－错误!(x〈0）,n（x)＝ln(a－x）（x〈0),它们的图象如图，当n(x）＝ln（a－x)过点错误!时，解得a＝错误!，由图可知，当a〈错误!时,函数m（x)与函数n(x）在（－∞,0）上有交点.3。
2019-2020年高考数学考试大纲解读专题04导数及其应用文
2019-2020年高考数学考试大纲解读专题04导数及其应用文（十七）导数及其应用1．导数概念及其几何意义（1）了解导数概念的实际背景.（2）理解导数的几何意义.2．导数的运算（1）能根据导数定义求函数y=C（C为常数），的导数.（2）能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.•常见基本初等函数的导数公式：•常用的导数运算法则：法则1:法则2:法则3:3．导数在研究函数中的应用（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.4．生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.与xx 年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在xx 年的高考中预计仍会以“一小一大”的格局呈现，“一小”即以选择题或填空题的形式考查导数的几何意义和导数在研究函数问题中的直接应用，或以定积分的简单应用为主，难度中等；“一大”即以压轴题的形式呈现，仍会以导数的应用为主，主要考查导数、含参不等式、方程、探索性等方面的综合应用，难度较大.考向一 利用导数研究函数的单调性样题1 （xx 新课标全国Ⅰ文科）已知函数=e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论的单调性；（2）若，求a 的取值范围．仅当，即时，．③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当，即时．综上，的取值范围为．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值． 样题2（xx 新课标全国Ⅲ文科）已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++． （1）讨论的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．从而当a ＜0时，，即.【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.考向二 利用导数研究函数的极值问题样题3 若是函数的极值点，则的极小值为A ．B ．C ．D ．1【答案】A样题4 （xx 山东文科）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （1）当a =2时,求曲线在点处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【解析】（1）由题意，所以，当时，，，①当时，，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是，当时取到极小值，极小值是.②当时，，当时，，单调递增；所以在上单调递增，无极大值也无极小值.③当时，，当时，，，单调递增；考向三 导数与不等式恒成立问题样题5 已知定义在上的奇函数满足：当时，.若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意得，当时，，则在上单调递增，又根据奇函数的性质可知，在上单调递增，那么由可得在上恒成立，分离参数得，令，求导可得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故，所以min ()(2)2m g t g <==-.故选A ．【思路点睛】本题主要考查导数的最值应用,奇函数的性质,分离参数的方法，属于中档题.本题有两种方法求解：（1）利用函数是奇函数，可将时的函数解析式求出，再用函数的单调性求解；（2）直接先求出时的单调性，再根据奇函数在对称区间上的单调性相同可得出在上单调递增，可得到在上恒成立，再利用分离参数的方法，可得到，进而利用求导的方法求出的最小值即可.此题判断出在上的单调性是解题的关键．样题6 已知函数，（为自然对数的底数）．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．。
2020高考数学一轮复习第四单元导数及其应用学案文
【2019最新】精选高考数学一轮复习第四单元导数及其应用学案文教材复习课“导数”相关基础知识一课过导数的基本运算1．基本初等函数的导数公式原函数 导函数f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x n (n ∈Q *) f ′(x )＝nx n －1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝ex f (x )＝log a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝1xln a f (x )＝ln xf ′(x )＝1x2(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； (3)′＝(g(x)≠0)．1．下列求导运算正确的是( ) A.′＝1＋ B ．(log2x)′＝1xln 2C ．(3x)′＝3xlog3eD ．(x2cos x)′＝－2sin x解析：选B ′＝1－；(log2x)′＝；(3x)′＝3xln 3；(x2cos x)′＝2xcos x －x2sin x ，故选B.2．函数f(x)＝(x ＋2a)(x －a)2的导数为( ) A ．2(x2－a2) B ．2(x2＋a2) C ．3(x2－a2)D ．3(x2＋a2)解析：选C ∵f(x)＝(x ＋2a)(x －a)2＝x3－3a2x ＋2a3，∴f′(x)＝3(x2－a2)．3．函数f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝4，则a的值是( )A. B.163C. D.103解析：选D 因为f′(x)＝3ax2＋6x，所以f′(－1)＝3a－6＝4，所以a＝.4．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．解析：因为f(x)＝(2x＋1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3e0＝3.答案：3[清易错]1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围及符号，如(xn)′＝nxn－1中n≠0且n∈Q*，(cos x)′＝－sin x.2．注意公式不要用混，如(ax)′＝axln a，而不是(ax)′＝xax－1.1．已知函数f(x)＝sin x－cos x，若f′(x)＝f(x)，则tan x的值为( ) A．1 B．－3C．－1 D．2解析：选B ∵f′(x)＝(sin x－cos x)′＝cos x＋sin x，又f′(x)＝f(x)，∴cos x＋sin x＝sin x－cos x，∴tan x＝－3.2．若函数f(x)＝2x＋ln x且f′(a)＝0，则2aln 2a＝( )A．－1 B．1C ．－ln 2D ．ln 2解析：选A f′(x)＝2xln 2＋，由f′(a)＝2aln 2＋＝0，得2aln 2＝－，则a·2a·ln 2＝－1，即2aln 2a ＝－1.导数的几何意义函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y ＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y0＝f′(x0)·(x－x0)．1.(2018·郑州质检)已知y ＝f(x)是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f(x)在x ＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：选B 由题图可知曲线y ＝f(x)在x ＝3处切线的斜率等于－，∴f′(3)＝－，∵g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×＝0.2．设函数f(x)＝xln x ，则点(1,0)处的切线方程是________．解析：因为f′(x)＝ln x ＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为x －y －1＝0.答案：x －y －1＝03．已知曲线y ＝2x2的一条切线的斜率为2，则切点的坐标为________．解析：因为y′＝4x ，设切点为(m ，n)，则4m ＝2，所以m ＝，则n ＝2×2＝，则切点的坐标为.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12答案：4．函数y ＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y ＝3x －2，则f(1)＋f′(1)＝________.解析：因为函数y ＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y ＝3x －2，所以f′(1)＝3，且f(1)＝3×1－2＝1，所以f(1)＋f′(1)＝1＋3＝4.答案：4[清易错]1．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．2．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x3和y ＝ax2＋x －9都相切，则a 等于( )A ．－1或－B ．－1或214 C ．－或－D ．－或7解析：选A 因为y ＝x3，所以y′＝3x2， 设过点(1,0)的直线与y ＝x3相切于点(x0，x)， 则在该点处的切线斜率为k ＝3x ，所以切线方程为y －x ＝3x(x －x0)，即y ＝3xx －2x ，又(1,0)在切线上，则x0＝0或x0＝，当x0＝0时，由y ＝0与y ＝ax2＋x －9相切，可得a ＝－，当x0＝时，由y ＝x －与y ＝ax2＋x －9相切，可得a ＝－1，所以选A.2.(2017·兰州一模)已知直线y ＝2x ＋1与曲线y ＝x3＋ax ＋b 相切于点(1,3)，则实数b 的值为________．解析：因为函数y ＝x3＋ax ＋b 的导函数为y′＝3x2＋a ，所以此函数的图象在点(1,3)处的切线斜率为3＋a ，所以解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.答案：3利用导数研究函数的单调性1．函数f(x)在某个区间(a ，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增加的． (2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减少的．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f′(x)．(2)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根据结果确定f(x)的单调性及单调区间．1．函数f(x)＝2x3－9x2＋12x ＋1的单调减区间是( )A ．(1,2)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1)和(2，＋∞)解析：选A 解f′(x)＝6x2－18x ＋12<0可得1<x<2，所以单调减区间是(1,2)．2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )解析：选D 当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx ＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D 选项符合题意．3．已知f(x)＝x2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( )2] ，－∞－(．A⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62B. C ．[－2，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C 由题意得f′(x)＝2x ＋a ＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或a>2⇔a≥－2，故选C.[清易错]若函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a ，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a ，b)的任意子区间，等号不恒成立．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx ＋1，∴f ′(x)＝3x2＋2x ＋m.又∵f(x)在R 上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞答案：利用导数研究函数的极值与最值1．函数的极大值在包含x0的一个区间(a ，b)内，函数y ＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y ＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x0的一个区间(a ，b)内，函数y ＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y ＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点．2．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D f′(x)＝3x2＋2ax ＋3，由题意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.3．(2017·济宁一模)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )B．1A.D．不存在C．0解析：选A f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.4．若函数f(x)＝x2－ax＋ln x有极值，则a的取值范围为________．解析：f′(x)＝x－a＋＝(x>0)，因为函数f(x)＝x2－ax＋ln x有极值，令g(x)＝x2－ax＋1，且g(0)＝1>0，所以解得a>2.答案：(2，＋∞) 5．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0，得x＝或a.又∵x1<2<x2，∴x1＝，x2＝a，∴∴2<a<6.答案：(2,6)[清易错]1．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的既不充分也不必要条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的极小值点，但f′(0)不存在．2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．1．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋2x解析：选D 因为A、B为单调函数，所以不存在极值，C不是奇函数，故选D.2．设函数f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.解析：f′(x)＝3x2－3，由f′(x)>0可得x>1或x<－1， 由f′(x)<0可得－1<x<1，所以函数f(x)的增区间是[－2，－1]，[1,2]，减区间是[－1,1]． 又因为f(－2)＝－1，f(－1)＝3，f(1)＝－1，f(2)＝3， 所以M ＝3，m ＝－1， 所以M ＋m ＝2. 答案：2 一、选择题1．已知函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，则a ＝( ) A ．e B.1eC.D.12解析：选B 因为f′(x)＝，所以f′(1)＝＝－1，所以ln a ＝－1，所以a ＝. 2．直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x2＋ax ＋b 相切于点A(1,3)，则2a ＋b 的值为( )A ．－1B ．1C ．2D ．－2解析：选C 由曲线y ＝x2＋ax ＋b ，得y′＝2x ＋a ，由题意可得解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2，a ＝0，b ＝2，所以2a ＋b ＝2.3．函数y ＝2x3－3x2的极值情况为( )A ．在x ＝0处取得极大值0，但无极小值B ．在x ＝1处取得极小值－1，但无极大值C ．在x ＝0处取得极大值0，在x ＝1处取得极小值－1D ．以上都不对解析：选C y′＝6x2－6x，由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，即单调增区间是(－∞，0)，(1，＋∞)．由y′＝6x2－6x<0，可得0<x<1，即单调减区间是(0,1)，所以函数在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1.4．若f(x)＝－x2＋mln x在(1，＋∞)是减函数，则m的取值范围是( )A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1] D．(－∞，1)解析：选C 由题意，f′(x)＝－x＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，即m≤x2在(1，＋∞)上恒成立，又因为x2>1，所以m≤1.5．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：选 D 依题意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.6．已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B f(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)＝3x2－4mx ＋m2＝(x－m)(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x －1)(x－3)，当1<x<3时，f′(x)<0，当x<1或x>3时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，∴m＝1，此时f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当<x <1时，f′(x)<0，当x<或x>1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．选B.7．已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为( )A．3 B．2C．1 D.12解析：选A 已知曲线y＝－3ln x(x>0)的一条切线的斜率为，由y′＝x－＝，得x＝3，故选A.8．若函数f(x)＝的值域为[0，＋∞)，则实数a的取值范围是( )A．[2,3] B．(2,3]C．(－∞，2] D．(－∞，2)解析：选A 当x≤0时，0≤f(x)＝1－2x<1；当x>0时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1－3＋a＝a－2.由题意得0≤a－2≤1，解得2≤a≤3，选A.二、填空题9．若函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x ＋aln x不是单调函数，则需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)10．已知函数f(x)＝ln x－f′(－1)x2＋3x－4，则f′(1)＝________.解析：∵f′(x)＝－2f′(－1)x＋3，∴f′(－1)＝－1＋2f′(－1)＋3，∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.答案：811．已知函数f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋3，则f(1)＋f′(1)＝________.解析：由题意知f′(1)＝，f(1)＝×1＋3＝，∴f(1)＋f′(1)＝＋＝4.答案：412．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________．解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1时，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，∴g′(1)＝e，∴g(x)＝ex－x＋x2，g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.答案：[1，＋∞)三、解答题13．已知函数f(x)＝x＋＋b(x≠0)，其中a，b∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝3x＋1，求函数f(x)的解析式；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立，求实数b的取值范围．解：(1)f′(x)＝1－(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)＝3，则a＝－8.由切点P(2，f(2))在直线y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得b＝9，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x－＋9.(2)由(1)知f′(x)＝1－(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝±，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当a>0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－，0)，(0，)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立等价于即对于任意的a∈成立，从而得b≤，所以实数b的取值范围是.14．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝－－(x>0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5，无极大值．高考研究课(一)导数运算是基点、几何意义是重点[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度导数的几何意义5年8考求切线、已知切线求参数、求切点坐标导数的运算[典例( ) A．－B．－1π2C．－D．－1π(2)已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 018(x)等于( ) A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．sin x＋cos x D．cos x－sin x(3)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则f′(1)＝( )A．－e B．－1C．1 D．e[解析] (1)∵f′(x)＝－cos x＋(－sin x)，∴f(π)＋f′＝－＋·(－1)＝－.(2)∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x，∴fn(x)是以4为周期的函数，∴f2 018(x)＝f2(x)＝cos x－sin x，故选D.(3)由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋.∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.[答案] (1)C (2)D (3)B[方法技巧]1．可导函数的求导步骤(1)分析函数y＝f(x)的结构特点，进行化简；(2)选择恰当的求导法则与导数公式求导；(3)化简整理答案．2．求导运算应遵循的原则求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．[即时演练]1．(2018·江西九校联考)已知y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，则y′＝( )A．3x2－12x＋6 B．x2＋12x－11C．x2＋12x＋6 D．3x2＋12x＋11解析：选 D 法一：y′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.法二：∵y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.2．已知函数f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0＝________.解析：f′(x)＝ln x＋1，由f′(x0)＝2，即ln x0＋1＝2，解得x0＝e.答案：e导数的几何意义答题的第1问中，难度较低，属中、低档题.常见的命题角度有：1求切线方程；2确定切点坐标；3已知切线求参数值或范围；4切线的综合应用.角度一：求切线方程1．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是________．解析：∵f′(x)＝－1＋2x，∴f′(1)＝，f(1)＝ln 2，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln 2＝(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0.答案：3x －2y ＋2ln 2－3＝0 角度二：确定切点坐标2．(2018·沈阳模拟)在平面直角坐标系xOy 中，点M 在曲线C ：y ＝x3－x －1上，且在第三象限内，已知曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，则点M 的坐标为________．解析：∵y′＝3x2－1，曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，∴3x2－1＝2，x ＝±1，又∵点M 在第三象限，∴x ＝－1，∴y ＝(－1)3－(－1)－1＝－1， ∴点M 的坐标为(－1，－1)． 答案：(－1，－1)角度三：已知切线求参数值或范围3．(2017·武汉一模)已知a 为常数，若曲线y ＝ax2＋3x －ln x 上存在与直线x ＋y －1＝0垂直的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意知曲线上存在某点的导数值为1， 所以y′＝2ax ＋3－＝1有正根， 即2ax2＋2x －1＝0有正根． 当a≥0时，显然满足题意；当a ＜0时，需满足Δ≥0，解得－≤a＜0. 综上，a≥－.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞4．若两曲线y ＝x2－1与y ＝aln x －1存在公切线，则正实数a 的取值范围是________．解析：设y ＝aln x －1的切点为(x0，y0)，求导y′＝， 则切线的斜率为，所以公切线方程为y －(aln x0－1)＝(x －x0)， 联立方程y ＝x2－1可得x2－x ＋a －aln x0＝0，由题意，可得Δ＝2－4(a－aln x0)＝0，则a＝4x(1－ln x0)．令f(x)＝4x2(1－ln x)(x>0)，则f′(x)＝4x(1－2ln x)，易知，函数f(x)＝4x2(1－ln x)在(0，)上是增函数，在(，＋∞)上是减函数，所以函数f(x)＝4x2(1－ln x)的最大值是f()＝2e，则正实数a的取值范围是(0,2e]．答案：(0,2e]角度四：切线的综合应用5．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]． [方法技巧]利用导数解决切线问题的方法(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f′(x0)．(2)已知斜率k ，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k 时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k ＝求解．1．(2014·全国卷Ⅱ)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D y′＝a －，由题意得y′x＝0＝2，即a －1＝2，所以a ＝3. 2．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x2＋在点(1,2)处的切线方程为________． 解析：因为y′＝2x －，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为y′|x＝1＝2×1－＝1，所以切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0.答案：x －y ＋1＝03．(2016·全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析：y ＝ln x ＋2的切线方程为：y ＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)， y ＝ln(x ＋1)的切线方程为：y ＝x ＋ln(x2＋1)－(设切点的横坐标为x2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x1＝1x2＋1，ln x1＋1＝lnx2＋1－x2x2＋1，解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.答案：1－ln 24．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1.又f(1)＝a＋2，∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．∵切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.答案：15．(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.解析：∵y＝x＋ln x，∴y′＝1＋，y′x＝1＝2.∴曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案：8一、选择题1．设曲线y＝在点处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a等于( ) A．－1 B.12C．－2 D．2解析：选A ∵y′＝，∴y′x＝＝－1，由条件知＝－1，∴a＝－1.2．(2018·衡水调研)曲线y＝1－在点(－1，－1)处的切线方程为( )A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1C．y＝－2x－3 D．y＝－2x－2解析：选A ∵y＝1－＝，∴y′＝＝，y′x＝－1＝2，∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2，∴所求切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.3．(2018·济南一模)已知曲线f(x)＝ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为( )A．e B．－eC. D．－1e解析：选C 法一：∵f(x)＝ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝.设切点P(x0，ln x0)，则切线的斜率为k＝f′(x0)＝＝kOP＝.∴ln x0＝1，∴x0＝e，∴k＝＝.法二：(数形结合法)：在同一坐标系下作出y＝ln x及曲线y＝ln x经过原点的切线，由图可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.4．已知f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx＋(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m的值为( )A．－1 B．－3C．－4 D．－2解析：选D ∵f′(x)＝，∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴直线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x ＋m ，设直线l 与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m ＝1，y0＝x0－1， 又因为y0＝x ＋mx0＋(m ＜0)， 解得m ＝－2，故选D.5．(2018·南昌二中模拟)设点P 是曲线y ＝x3－x ＋上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为( )A.∪B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π C.∪D.⎝⎛⎦⎥⎤π2，5π6 解析：选C 因为y′＝3x2－≥－，故切线斜率k≥－，所以切线倾斜角α的取值范围是∪.6．已知曲线y ＝，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )A ．x ＋4y －2＝0B ．x －4y ＋2＝0C ．4x ＋2y －1＝0D ．4x －2y －1＝0解析：选A y′＝＝，因为ex ＞0，所以ex ＋≥2＝2(当且仅当ex ＝，即x ＝0时取等号)，则ex ＋＋2≥4，故y′＝≥－(当x ＝0时取等号)．当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为，切线的方程为y －＝－(x －0)，即x ＋4y －2＝0.故选A.二、填空题7．已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x ，则曲线y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：由题意，当x>0时，则－x<0，f(x)＝f(－x)＝ln x －3x ，则f′(x)＝－3，所以曲线y ＝f(x)在点(1，－3)处的切线的斜率f′(1)＝－2，则切线方程为y －(－3)＝－2(x －1)，即2x ＋y ＋1＝0.答案：2x ＋y ＋1＝08．曲线y ＝log2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于________． 解析：∵y′＝，∴k＝，∴切线方程为y＝(x－1)，令y＝0，得x＝1，令x＝0，得y＝－，∴所求三角形面积为S＝×1×＝.答案：12ln 29．(2017·东营一模)函数f(x)＝xln x在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＝0垂直，则切点P(x0，f(x0))的坐标为________．解析：∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝ln x＋1，由题意得f′(x0)·(－1)＝－1，即f′(x0)＝1⇔ln x0＋1＝1⇔ln x0＝0⇔x0＝1，∴f(x0)＝1·ln 1＝0，∴P(1,0)．答案：(1,0)10．设过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，则m的取值范围是________．解析：设曲线f(x)上任意一点A(x1，y1)，曲线g(x)上存在一点B(x2，y2)，f′(x)＝－ex－1，g′(x)＝m－3cos x.由题意可得f′(x1)g′(x2)＝－1，且f′(x1)＝－ex1－1∈(－∞，－1)，g′(x2)＝m－3cos x2∈[m－3，m＋3]．因为过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，所以(0,1)⊆[m－3，m＋3]，所以m－3≤0，且m＋3≥1，解得－2≤m≤3.答案：[－2,3]三、解答题11．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.(1)求过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x ＋3，则f′(x)＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由题意，及(1)可知，⎩⎪⎨⎪⎧ k≥－1，－1k ≥－1，解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x ＋3＜0或x2－4x ＋3≥1，得x∈(－∞，2－]∪(1,3)∪[2＋，＋∞)．12．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝excos x －x.(1)求曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excos x －x ，所以f′(x)＝ex(cos x －sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝1.(2)设h(x)＝ex(cos x －sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x －sin x －sin x －cos x)＝－2exsin x.当x∈时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减．所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间上单调递减．因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f ＝－.1．(2018·广东七校联考)已知函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足( )A．0<x0< B.<x0<1C.<x0<D.<x0< 3解析：选D y＝ln x，x∈(0,1)的导数y′＝>1，设切点为(t，ln t)，则切线l的方程为y＝x＋ln t－1，因为函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线l的斜率为2x0，则切线方程为y＝2x0x－x，因为l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则有则1＋ln 2x0＝x，x0∈(1，＋∞)．令g(x)＝x2－ln 2x－1，x∈(1，＋∞)，所以该函数的零点就是x0，则排除A、B；。
2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用导函数的“隐零点”问题课件
当 x∈a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4时，f′(x)>0.
所以 f(x)在0，a－
2a2－4，a＋
2a2－4，＋∞上单调递减，在a－
2a2－4，a＋
a2－4
2
上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
设函数 g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以x12－x2＋2ln x2<0，即f（x1）x1－－xf（2 x2）<a－2.
【训练3】 已知函数f(x)＝x2＋aln(x＋2)，a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋ f(x2)的取值范围. 解 函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，
且 f′(x)＝2x＋x＋a 2＝2x2＋x＋4x2＋a，
由于f(x)有两个极值点， 则二次函数g(x)＝2x2＋4x＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根x1，x2， 由于g(x)的对称轴为x＝－1， 由二次函数的图象可知，只需Δ＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0<a<2. 考虑到x1，x2是方程2x2＋4x＋a＝0的两根.
而 g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得 a＝1.
若 a＝1，则 g′(x)＝1－1x.
当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，