（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識專題突破 專題3 導(dǎo)數(shù)學(xué)案

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1、 專題三　導(dǎo)數(shù) ———————命題觀察·高考定位——————— (對應(yīng)學(xué)生用書第9頁) 1．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f (a－1)＋f (2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________． 　[因為f (－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－ ＝－x3＋2x－ex＋＝－f (x)， 所以f (x)＝x3－2x＋ex－是奇函數(shù)． 因為f (a－1)＋f (2a2)≤0， 所以f (2a2)≤－f (a－1)，即f (2a2)≤f (1－a)． 因為f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2

2、≥0， 所以f (x)在R上單調(diào)遞增， 所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0， 所以－1≤a≤.] 2．(2014·江蘇高考)本在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________． －3　[y＝ax2＋的導(dǎo)數(shù)為y′＝2ax－， 直線7x＋2y＋3＝0的斜率為－. 由題意得解得則a＋b＝－3.] 3．(2013·江蘇高考)拋物線y＝x2在x＝1處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域為D(包含三角形內(nèi)部與邊界)．若點P(x，y)是區(qū)域D內(nèi)的任意一點，則x＋2y的取值范圍是

3、________． 　[由于y′＝2x，所以拋物線在x＝1處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. 畫出可行域(如圖)．設(shè)x＋2y＝z，則y＝－x＋z，可知當(dāng)直線y＝－x＋z經(jīng)過點A，B(0，－1)時，z分別取到最大值和最小值，此時最大值zmax＝，最小值zmin＝－2，故取值范圍是.] 4．(2015·江蘇高考)已知函數(shù)f (x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)試討論f (x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f (x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值. 【導(dǎo)學(xué)號：56394014】

4、 [解]　(1)f ′(x)＝3x2＋2ax，令f ′(x)＝0， 解得x1＝0，x2＝－. 當(dāng)a＝0時，因為f ′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f (x) 在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時，x∈∪(0，＋∞)時，f ′(x)＞0，x∈時，f ′(x)＜0， 所以函數(shù)f (x)在，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＜0時，x∈(－∞，0)∪時，f ′(x)＞0，x∈時，f ′(x)＜0， 所以函數(shù)f (x)在(－∞，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，函數(shù)f (x)的兩個極值為f (0)＝b， f ＝a3＋b，則函數(shù)f (x)有三個零點等價于f

5、 (0)·f ＝b＜0， 從而或 又b＝c－a，所以當(dāng)a＞0時，a3－a＋c＞0或當(dāng)a＜0時，a3－a＋c＜0. 設(shè)g(a)＝a3－a＋c，因為函數(shù)f (x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，則在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立， 從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 此時，f (x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]． 因為函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－

6、a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪∪. 綜上c＝1. 5．(2016·江蘇高考)已知函數(shù)f (x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)． (1)設(shè)a＝2，b＝. ①求方程f (x)＝2的根； ②若對于任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求實數(shù)m的最大值． (2)若01，函數(shù)g(x)＝f (x)－2有且只有1個零點，求ab的值． [解]　(1)因為a＝2，b＝，所以f (x)＝2x＋2－x. ①方程f (x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0. ②由條件知f

7、(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f (x))2－2. 因為f (2x)≥mf (x)－6對于x∈R恒成立，且f (x)>0， 所以m≤對于x∈R恒成立． 而＝f (x)＋≥2＝4，且＝4， 所以m≤4，故實數(shù)m的最大值為4. (2)因為函數(shù)g(x)＝f (x)－2有且只有1個零點，而g(0)＝f (0)－2＝a0＋b0－2＝0， 所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點． 因為g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0， 所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log. 令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝(axln a＋

8、bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2， 從而對任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)． 于是當(dāng)x∈(－∞，x0)時，g′(x)g′(x0)＝0. 因而函數(shù)g(x)在(－∞，x0)上是單調(diào)減函數(shù)，在(x0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)． 下證x0＝0. 若x0<0則x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函數(shù)g(x)在以和loga2為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和loga2之間存在g(x)的零

9、點，記為x1.因為00，同理可得，在和loga2之間存在g(x)的非0的零點，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾． 因此，x0＝0. 于是－＝1，故ln a＋ln b＝0， 所以ab＝1. [命題規(guī)律] (1)在小題中以考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義為主(求切線方程)． (2)在大題中以導(dǎo)數(shù)為工具研究討論函數(shù)的性質(zhì)、不等式求解等綜合問題． ———————主干整合·歸納拓展——————— (對應(yīng)學(xué)生用書第9頁) [第1步▕ 核心知識再整合] 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)函數(shù)

10、y＝f (x)在點x0處的導(dǎo)數(shù)就是曲線y＝f (x)在點P(x0，f (x0))處的切線的斜率，則k＝f ′(x0)． (2)函數(shù)y＝f (x)在點P(x0，f (x0))處的切線方程為y－f (x0)＝f ′(x0)(x－x0)． (3)在關(guān)于函數(shù)圖象的切線問題中，如果涉及確定參數(shù)值的問題，首先設(shè)切點，然后注意三個條件的使用，其一切點在切線上，其二切點在曲線上，其三切線斜率k＝f ′(x0)． 2．導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系 (1)若函數(shù)在某個區(qū)間D可導(dǎo)，f ′(x)＞0?f (x)在區(qū)間D內(nèi)單調(diào)遞增；f ′(x)＜0?f (x)在區(qū)間D內(nèi)單調(diào)遞減． (2) 若函數(shù)在某個區(qū)間D可導(dǎo)，f (

11、x)在區(qū)間D內(nèi)單調(diào)遞增?f ′(x)≥0；f (x)在區(qū)間D內(nèi)單調(diào)遞減?f ′(x)≤0. 3．導(dǎo)數(shù)和函數(shù)極值、最值的關(guān)系 (1)求極值的步驟： ①先求f ′(x)＝0的根x0(定義域內(nèi)的或者定義域端點的根舍去)； ②分析x0兩側(cè)導(dǎo)數(shù)f ′(x)的符號：若左側(cè)導(dǎo)數(shù)負右側(cè)導(dǎo)數(shù)正，則x0為極小值點；若左側(cè)導(dǎo)數(shù)正右側(cè)導(dǎo)數(shù)負，則x0為極大值點． (2)對于可導(dǎo)函數(shù)，導(dǎo)數(shù)為0是點為極值點的必要而不充分條件． (3)設(shè)函數(shù)y＝f (x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則y＝f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點取得，所以只需比較極值點和端點函數(shù)值即得到函數(shù)的最值．

12、 (4)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值是統(tǒng)一的，極值是函數(shù)的拐點，也是單調(diào)區(qū)間的劃分點，而求函數(shù)的最值是在求極值的基礎(chǔ)上，通過判斷函數(shù)的大致圖象，從而得到最值，大前提是要考慮函數(shù)的定義域． [第2步▕ 高頻考點細突破] 導(dǎo)數(shù)的運算及其意義 【例1】　(2016－2017學(xué)年度江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)曲線y＝x－cos x在點處的切線的斜率為________． [解析]　y′＝1＋sin x，x＝時，y′＝1＋sin ＝2，即切線斜率為2. [答案]　2 [規(guī)律方法]　(1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是k＝f ′(x)． (2)從近幾年的高考試題來看 ，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求曲線在某點處的

13、切線方程以及與切線有關(guān)的問題是高考的熱點問題，解決該類問題必須熟記導(dǎo)數(shù)公式，明確導(dǎo)數(shù)的幾何意義，切點既在曲線上，又在切線上，導(dǎo)數(shù)即斜率． [舉一反三] (江蘇省蘇州市2017屆高三暑假自主學(xué)習(xí)測試)曲線y＝ex在x＝0處的切線方程是________． y＝x＋1　[因為y′＝ex，所以在x＝0處的切線斜率為k＝e0＝1，因此切線方程是y－1＝1(x－0)，即y＝x＋1.] 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(單調(diào)性、極值、最值) 【例2】　(江蘇省南通市如東縣、徐州市豐縣2017屆高三10月聯(lián)考)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)，已知y＝ef ′(x)的圖象如圖3－1所示，則y＝f (x)的增區(qū)間是___

14、_____． 圖3－1 [解析]　由x≤2時ef ′(x)≥1?f ′(x)≥0，x＞2時，ef ′(x)＜1?f ′(x)＜0，所以y＝f (x)的增區(qū)間是(－∞，2)． [答案]　(－∞，2) 【例3】　(泰州中學(xué)2016－2017年度第一學(xué)期第一次質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f (x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函數(shù)f (x)在(1,2)上有極值，則實數(shù)a的取值范圍為________． [解析]　由題意得f ′(x)在(1,2)上有零點，即x2＋2x－2a＝0?a＝(x2＋2x)∈. [答案]　 【例4】　(江蘇省如東高級中學(xué)2017屆高三上學(xué)期第二次學(xué)情調(diào)研)已知函數(shù)f (x)

15、＝ln(1＋x)，x∈[0，＋∞)，f ′(x)是f (x)的導(dǎo)函數(shù)．設(shè)g(x)＝f (x)－axf ′(x)(a為常數(shù))，求函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上的最小值． 【導(dǎo)學(xué)號：56394015】 [解]　由題意g(x)＝ln(x＋1)－， g′(x)＝－＝. 令g′(x)＞0，即x＋1－a＞0，得x＞a－1， 當(dāng)a－1≤0，即a≤1時，g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(x)min＝g(0)＝ln(1＋0)－0＝0. 當(dāng)a－1＞0即a＞1時，g(x)在[a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在[0，a－1]上單調(diào)遞減， 所以g(x)min＝g(a－1)＝ln a－a＋1. 綜上：g

16、(x)min＝ [舉一反三] (江蘇省南通市如東縣、徐州市豐縣2017屆高三10月聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極小值10，則的值為________． －　[因為f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以3＋2a＋b＝0,1＋a＋b－a2－7a＝10，解得或 又當(dāng)時f ′(x)＝3x2－12x＋9，函數(shù)f (x)在x＝1處取得極大值10，當(dāng)時f ′(x)＝3x2－4x＋1， 函數(shù)f (x)在x＝1處取得極小值10，所以的值為－.] [第3步▕ 高考易錯明辨析] 1．忽視函數(shù)的定義域出錯 函數(shù)f (x)＝x－ln x的單調(diào)遞增區(qū)間是____

17、____． [錯解]　f ′(x)＝1－，令f ′(x)＞0，即＞0，所以x＞1或x＜0，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，(－∞，0)，因為忽視了定義域從而出錯． [正解]　f ′(x)＝1－，令f ′(x)＞0，即＞0，所以x＞1或x＜0，又因為函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． 2．概念不清致誤 已知f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，則a＋b的值為________． [錯解]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時，函數(shù)取得極值10， 解得或 所以a＋b＝－7或0. [錯解分析]　函數(shù)y＝f (x)在

18、x＝x0處的導(dǎo)數(shù)值為0是函數(shù)y＝f (x)在x＝x0處取極值的必要不充分條件，但解題中把可導(dǎo)函數(shù)y＝f (x)在x＝x0處取極值的必要條件當(dāng)作充要條件處理． [正解]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時，函數(shù)取得極值10，解得或當(dāng)a＝4，b＝－11時，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，在x＝1兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號相反，符合題意；當(dāng)a＝－3，b＝3時，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝1兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號相同，不符合題意，舍去．所以a＝4，b＝－11，a＋b＝－7. 3．導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性關(guān)系理解不清 已知f (x)＝在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． [

19、錯解]　∵f (x)＝x＋－，∴f ′(x)＝1＋，又f (x)在區(qū)間[1，＋∞)是增函數(shù)，∴f ′(x)＝1＋＞0在區(qū)間[1，＋∞)恒成立，即a＞－x2，所以a＞－1. f ′(x)＞0是函數(shù)f (x)在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)的充分不必要條件，對于可導(dǎo)函數(shù)而言，f (x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(遞減)的充要條件是：對于任意的x∈(a，b)，有f ′(x)≥0(或≤0)且f ′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間上都不恒為0. [正解]　∵f (x)＝x＋－，∴f ′(x)＝1＋，又f (x)在區(qū)間[1，＋∞)是增函數(shù)，∴f ′(x)＝1＋≥0在區(qū)間[1，＋∞)恒成立，即a≥－x2，又因為y＝－x

20、2在[1，＋∞)上的最大值為－1，所以a≥－1. ———————專家預(yù)測·鞏固提升——————— (對應(yīng)學(xué)生用書第11頁) 1．函數(shù)f (x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的圖象經(jīng)過四個象限的充要條件是________． －＜a＜－　[由f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，結(jié)合圖象可知函數(shù)的圖象經(jīng)過四個象限的充要條件是a＜0，f (1)＞0，f (－2)＜0，即－＜a＜－.] 2．已知函數(shù)f (x)＝＋的兩個極值點分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點P(m，n)表示的平面區(qū)域為D，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a＞1)的圖象上存在區(qū)

21、域D內(nèi)的點，則實數(shù)a的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號：56394016】 (1,3)　[f ′(x)＝x2＋mx＋，由題意得： 即作出該不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，易得交點的坐標(biāo)為(－1,1)，要使得函數(shù)y＝loga(x＋4)(a＞1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點，則需loga(－1＋4)＞1，即loga3＞logaa，∴1＜a＜3.] 3．將y＝ln x的圖象繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)角θ后第 一次與y軸相切，則角θ滿足的條件是________(填序號)． sin θ＝ecos θ　[設(shè)y＝f (x)＝ln x的圖象的切線的斜率為k，切點坐標(biāo)(x0，y0)，由題意可得切線的

22、斜率k＝＝，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得k＝f ′(x0)＝，∴＝，∴x0＝e，由θ的意義，得tan θ＝＝＝x0＝e，∴sin θ＝ecos θ.] 4．設(shè)函數(shù)f (x)＝ln x＋x2－(m＋2)x，在x＝a和x＝b處有兩個極值點，其中0＜a＜b，m∈R. (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)若≥e(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求f (b)－f (a)的最大值． [解]　(1)f ′(x)＝， 則由題意得方程x2－(m＋2)x＋1＝0有兩個正根， 故 解得m＞0.故實數(shù)m的取值范圍是m＞0， 4分 (2)f (b)－f (a)＝ln ＋(b2－a2)－(m＋2)(b－a)， 又m＋2＝a＋b，ab＝1，∴f (b)－f (a)＝ln －(b2－a2)＝ln －＝ln －， 8分 設(shè)t＝(t≥e)，故構(gòu)造函數(shù)g(t)＝ln t－(t≥e)， g′(t)＝－＝－＜0，所以g(t)在[e，＋∞)上是減函數(shù)， 10分 g(t)≤g(e)＝1－＋，f (b)－f (a)的最大值為1－＋. 9