（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學大一輪復習 3.1 導數(shù)的概念及運算精練.docx

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3.1　導數(shù)的概念及運算 【真題典例】 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 1.導數(shù)的概念與幾何意義 1.了解導數(shù)概念的實際背景 2.理解導數(shù)的幾何意義 2017天津文,10 導數(shù)的幾何意義 直線方程與截距 ★★★ 2.導數(shù)的運算 1.能根據(jù)導數(shù)的定義求函數(shù)y=C(C為常數(shù)),y=x,y=1x,y=x2,y=x3,y=x的導數(shù) 2.能利用基本初等函數(shù)的導數(shù)公式和導數(shù)的四則運算法則求簡單函數(shù)的導數(shù),了解復合函數(shù)的求導法則 2018天津文,10 2016天津文,10 導數(shù)的運算 指數(shù)函數(shù) ★★★ 分析解讀　　本節(jié)主要是對導數(shù)概念、導數(shù)的幾何意義及其運算的考查,以導數(shù)的運算公式和運算法則為基礎,以導數(shù)的幾何意義為重點. 1.導數(shù)的幾何意義最常見的是求過曲線上某點的切線的斜率、方程、斜率與傾斜角的關系、切點的坐標,或以平行、垂直直線的斜率間的關系為載體求字母的取值等. 2.導數(shù)的運算是每年必考的內(nèi)容,一般不單獨考查,而在考查導數(shù)的應用時與單調(diào)性、極值或最值綜合考查. 3.本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為5分左右,屬于容易題. 破考點 【考點集訓】 考點一　導數(shù)的概念與幾何意義 1.(2018課標Ⅰ,5,5分)設函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A.y=-2x　　　　B.y=-x　　　　　　　　C.y=2x　　　　D.y=x 答案　D　 2.(2017課標Ⅰ文,14,5分)曲線y=x2+1x在點(1,2)處的切線方程為　　　　　　. 答案　x-y+1=0 考點二　導數(shù)的運算 3.(2013江西,13,5分)設函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)可導,且f(ex)=x+ex,則f(1)=　　　　. 答案　2 煉技法 【方法集訓】 方法1　求函數(shù)的導數(shù)的方法 1.曲線f(x)=x2+ax+1在點(1,f(1))處切線的傾斜角為3π4,則實數(shù)a=　(　　) A.1　　　　B.-1　　　　C.7　　　　D.-7 答案　C　 方法2　利用導數(shù)的幾何意義求曲線的切線方程 2.(2015陜西,15,5分)設曲線y=ex在點(0,1)處的切線與曲線y=1x(x>0)上點P處的切線垂直,則P的坐標為　　　　. 答案　(1,1) 3.(2016北京,18,13分)設函數(shù)f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解析　(1)因為f(x)=xea-x+bx,所以f(x)=(1-x)ea-x+b. 依題設,知f(2)=2e+2,f (2)=e-1, 即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1. 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f(x)與1-x+ex-1同號. 令g(x)=1-x+ex-1,則g(x)=-1+ex-1. 所以,當x∈(-∞,1)時,g(x)<0,g(x)在區(qū)間(-∞,1)上單調(diào)遞減; 當x∈(1,+∞)時,g(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的最小值, 從而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 綜上可知,f(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). 方法總結(jié)　(1)曲線在某點處的切線滿足兩個條件:一是過該點,二是斜率(若斜率存在)等于函數(shù)在該點處的導數(shù)值.(2)討論函數(shù)的單調(diào)性可轉(zhuǎn)化為討論導函數(shù)的符號變化,因此常將導函數(shù)作為一個新函數(shù)來研究其值域(最值),利用所得結(jié)果確定原函數(shù)的單調(diào)性. 過專題 【五年高考】 A組　自主命題天津卷題組 考點一　導數(shù)的概念與幾何意義 1.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,設函數(shù)f(x)=ax-lnx的圖象在點(1,f(1))處的切線為l,則l在y軸上的截距為　　　　. 答案　1 2.(2017天津文,19,14分)設a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(x0,y0)處有相同的切線. (i)求證:f(x)在x=x0處的導數(shù)等于0; (ii)若關于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍. 解析　(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得f(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令f(x)=0,解得x=a,或x=4-a. 由|a|≤1,得a<4-a. 當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如表: x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞) f(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a). (2)(i)證明:因為g(x)=ex[f(x)+f(x)],由題意知g(x0)=ex0,g(x0)=ex0,所以f(x0)ex0=ex0,ex0[f(x0)+f (x0)]=ex0, 解得f(x0)=1,f (x0)=0. 所以,f(x)在x=x0處的導數(shù)等于0. (ii)因為g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],g(x)=exf(x),所以由ex>0,可得f(x)≤1.又因為f(x0)=1,f(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點, 由(1)知x0=a.由于|a|≤1,故a+1<4-a, 由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當x0=a時,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1, 得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1], 所以t(x)=6x2-12x, 令t(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0. 因為t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 因此,t(x)的值域為[-7,1]. 所以,b的取值范圍是[-7,1]. 思路分析　(1)求出函數(shù)f(x)的導函數(shù)及極值點,通過列表判斷函數(shù)的單調(diào)性,求出單調(diào)區(qū)間即可. (2)(i)對函數(shù)y=g(x)和y=ex求導,根據(jù)已知條件得方程組g(x0)=ex0,g(x0)=ex0.解方程組可得出f(x0)=0. (ii)不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,可得f(x)≤1.根據(jù)(1)可知f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1,利用導數(shù)即可求出b的取值范圍. 評析本小題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義、利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎知識和方法.考查用函數(shù)思想解決問題的能力. 3.(2013天津文,20,14分)設a∈[-2,0],已知函數(shù)f(x)=x3-(a+5)x,　　　x≤0,x3-a+32x2+ax,　　　　x>0. (1)證明f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; (2)設曲線y=f(x)在點Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,且x1x2x3≠0. 證明x1+x2+x3>-13. 解析　(1)設函數(shù)f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0), f2(x)=x3-a+32x2+ax(x>0), ①f1(x)=3x2-(a+5),由a∈[-2,0], 從而當-11時,f2(x)>0. 即函數(shù)f2(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 綜合①,②及f1(0)=f2(0),可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間0,a+36內(nèi)單調(diào)遞減, 在區(qū)間a+36,+∞內(nèi)單調(diào)遞增. 因為曲線y=f(x)在點Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,從而x1,x2,x3互不相等,且f(x1)=f(x2)= f(x3).不妨設x1<0-2a+53+a+33, 設t=2a+53,則a=3t2-52, 因為a∈[-2,0], 所以t∈33,153, 故x1+x2+x3>-t+3t2+16=12(t-1)2-13≥-13, 即x1+x2+x3>-13. 評析本題主要考查導數(shù)的運算及其幾何意義,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查分類討論思想、化歸思想、函數(shù)思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力. 考點二　導數(shù)的運算 1.(2018天津文,10,5分)已知函數(shù)f(x)=exlnx,f(x)為f(x)的導函數(shù),則f(1)的值為　　　　. 答案　e 2.(2016天津文,10,5分)已知函數(shù)f(x)=(2x+1)ex,f(x)為f(x)的導函數(shù),則f(0)的值為　　　　. 答案　3 B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 1.(2014課標Ⅱ,8,5分)設曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a=(　　) A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3 答案　D　 2.(2018課標Ⅱ,13,5分)曲線y=2ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為　　　　. 答案　y=2x 3.(2018課標Ⅲ,14,5分)曲線y=(ax+1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=　　　　. 答案　-3 4.(2016課標Ⅲ,15,5分)已知f(x)為偶函數(shù),當x<0時,f(x)=ln(-x)+3x,則曲線y=f(x)在點(1,-3)處的切線方程是　　　　. 答案　y=-2x-1 5.(2016課標Ⅱ,16,5分)若直線y=kx+b是曲線y=lnx+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=　　　　. 答案　1-ln2 6.(2014課標Ⅰ,21,12分)設函數(shù)f(x)=aexlnx+bex-1x,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)證明:f(x)>1. 解析　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1. 由題意可得f(1)=2,f(1)=e. 故a=1,b=2. (2)由(1)知,f(x)=exlnx+2xex-1,從而f(x)>1等價于xlnx>xe-x-2e. 設函數(shù)g(x)=xlnx,則g(x)=1+lnx. 所以當x∈0,1e時,g(x)<0;當x∈1e,+∞時, g(x)>0. 故g(x)在0,1e上單調(diào)遞減,在1e,+∞上單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+∞)上的最小值為g1e=-1e. 設函數(shù)h(x)=xe-x-2e,則h(x)=e-x(1-x). 所以當x∈(0,1)時,h(x)>0;當x∈(1,+∞)時,h(x)<0. 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而h(x)在(0,+∞)上的最大值為h(1)=-1e. 綜上,當x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1. 評析本題主要考查導數(shù)的幾何意義、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值問題,考查等價轉(zhuǎn)化思想及邏輯推理能力. C組　教師專用題組 1.(2016山東,10,5分)若函數(shù)y=f(x)的圖象上存在兩點,使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直,則稱y=f(x)具有T性質(zhì).下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是(　　) A.y=sinx　　　　B.y=lnx　　　　C.y=ex　　　　D.y=x3 答案　A　 2.(2013課標Ⅰ,21,12分)設函數(shù)f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲線y=f(x)和曲線y=g(x)都過點P(0,2),且在點P處有相同的切線y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2時,f(x)≤kg(x),求k的取值范圍. 解析　(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g(0)=4. 而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c), 故b=2,d=2,a=4,d+c=4. 從而a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 設函數(shù)F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,則 F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由題設可得F(0)≥0,即k≥1. 令F(x)=0,得x1=-lnk,x2=-2. (i)若1≤k0.即F(x)在(-2,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,+∞)上單調(diào)遞增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值為F(x1).而F(x1)=2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故當x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. (ii)若k=e2,則F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2). 從而當x>-2時,F(x)>0, 即F(x)在(-2,+∞)上單調(diào)遞增. 而F(-2)=0,故當x≥-2時,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. (iii)若k>e2,則F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.從而當x≥-2時,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 綜上,k的取值范圍是[1,e2]. 評析本題考查了導數(shù)的幾何意義以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查了分類與整合、函數(shù)與方程的思想;結(jié)合特值限定參數(shù)的范圍可減少分類的情況,有利于提高效率,利用兩根大小作為討論的分界點是解題關鍵. 【三年模擬】 一、選擇題(每小題5分,共5分) 1.(2018天津靜海一中模擬,8)已知f(x)+f(x)=x+1,且f(0)=1,f(x)0),g(x)=bx2+2b-1. (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線,求a,b的值; (2)當a=1-2b時,若函數(shù)f(x)+g(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個零點,求a的取值范圍; (3)當a=1-2b=1時,求函數(shù)f(x)+g(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值. 解析　(1)由已知得f(x)=x2-a,g(x)=2bx. 因為曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線, 所以f(1)=g(1),且f(1)=g(1), 即13-a=b+2b-1,且1-a=2b, 解得a=13,b=13. (2)設h(x)=f(x)+g(x), 當a=1-2b時,h(x)=13x3+1-a2x2-ax-a, h(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a), 令h(x)=0,得x=-1或a(a>0). 當x變化時,h(x),h(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) h(x) + 0 - 0 + h(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1),(a,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,a), 因為a>0, 所以h(x)在區(qū)間(-2,-1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減, 要使函數(shù)h(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個零點,則 h(-2)<0,h(-1)>0,h(0)<0,解得01,h(x)在區(qū)間[t,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間[1,t+3]上單調(diào)遞增, 所以h(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為h(t)與h(t+3)中的較大者. 由h(t+3)-h(t)=3(t+1)(t+2)知,當-1≤t<1時,h(t+3)≥h(t), 所以h(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為h(t+3)=13t3+3t2+8t+5; ④當t≥1時,h(x)在區(qū)間[t,t+3]上單調(diào)遞增, 所以h(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為h(t+3)=13t3+3t2+8t+5. 綜上,當t<-4或t≥-1時,f(x)+g(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為13t3+3t2+8t+5;當-4≤t<-1時,f(x)+g(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為-13. 解題分析　本題考查利用導數(shù)研究曲線上某點處的切線方程、函數(shù)的零點及函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題,考查分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想,考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力,綜合性強,難度大. 7.(2018天津紅橋二模,20)已知函數(shù)f(x)=a2x2+ax-lnx. (1)當a=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設g(x)=a2x2-f(x),且函數(shù)g(x)在x=1處的切線為l,直線l∥l,且l在y軸上的截距為1,求證:無論a取何實數(shù),函數(shù)g(x)的圖象恒在直線l的下方; (3)已知點A(1,g(1)),Q(x0,g(x0)),且當x0>1時,直線QA的斜率恒小于2,求實數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)a=1時,f(x)=x2+x-lnx, f(x)=2x+1-1x=(x+1)(2x-1)x(x>0),令f(x)=0,得x=12, ∴x>0時,f(x)與f(x)的變化情況如下表: x 0,12 12 12,+∞ f(x) - 0 + f(x) ↘ 極小值 ↗ ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為12,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間為0,12. (2)證明:∵g(x)=a2x2-f(x)=lnx-ax,∴g(x)=1x-a,x>0, ∴g(1)=1-a,∴直線l的斜率kl=1-a. ∵l∥l,且l在y軸上的截距為1, ∴直線l的方程為y=(1-a)x+1. 令h(x)=g(x)-[(1-a)x+1]=lnx-x-1(x>0), h(x)=1x-1=1-xx, 當x∈(0,1)時,h(x)>0,當x∈(1,+∞)時,h(x)<0, ∴函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴當x=1時,h(x)取得極大值,極大值為h(1)=-2, ∴在(0,+∞)上,h(x)取得最大值h(1)=-2, ∴h(x)≤-2<0(?a∈R,?x>0), ∴無論a取何實數(shù),函數(shù)g(x)的圖象恒在直線l的下方. (3)∵A(1,-a),Q(x0,lnx0-ax0), ∴kQA=lnx0-ax0+ax0-1=lnx0x0-1-a, ∴當x0>1時,lnx0x0-1-a<2,即lnx0-(a+2)(x0-1)<0恒成立, 令r(x)=lnx-(a+2)(x-1)(x>1), 則r(x)=1x-(a+2), ∵x>1,∴0<1x<1. ①當a≤-2時,a+2≤0,此時r(x)>0, ∴r(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,有r(x)>r(1)=0,不滿足題意; ②當-20,當x∈1a+2,+∞時,r(x)<0, ∴至少存在t∈1,1a+2,使得r(t)>r(1)=0,不滿足題意; ③當a≥-1時,a+2≥1,此時r(x)<0, ∴r(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,r(x)0)有唯一實數(shù)解,求m的值. 解析　(1)依題意,知f(x)的定義域為(0,+∞),當a=b=12時,f(x)=lnx-14x2-12x, f(x)=1x-12x-12=-(x+2)(x-1)2x, 令f(x)=0,得x=1或x=-2(舍). 當00,此時f(x)單調(diào)遞增; 當x>1時,f(x)<0,此時f(x)單調(diào)遞減. ∴f(x)的最大值為f(1)=-34. (2)由題意知F(x)=lnx+ax,x∈(0,3],F(x)=1x-ax2=x-ax2,則有k=F(x0)=x0-ax02≤12在(0,3]上恒成立, ∴a≥-12x02+x0max,x0∈(0,3]. 當x0=1時,-12x02+x0取得最大值12, ∴a≥12. (3)當a=0,b=-1時,f(x)=lnx+x, ∵方程2mf(x)=x2有唯一實數(shù)解, ∴x2-2mlnx-2mx=0有唯一實數(shù)解. 設g(x)=x2-2mlnx-2mx, 則g(x)=2x2-2mx-2mx(x>0). ∵m>0,x>0,設g(x)=0, 即x2-mx-m=0的兩根分別為x1,x2, ∴x1=m-m2+4m2<0(舍去),x2=m+m2+4m2. 當x∈(0,x2)時,g(x)<0,g(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減; 當x∈(x2,+∞)時,g(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上單調(diào)遞增; 當x=x2時,g(x2)=0,g(x)取到最小值g(x2). ∵g(x)=0有唯一解,∴g(x2)=0. 則g(x2)=0,g(x2)=0,即x22-2mlnx2-2mx2=0,x22-mx2-m=0. ∴2mlnx2+mx2-m=0.∵m>0,∴2lnx2+x2-1=0(*), 設h(x)=2lnx+x-1,x>0,則h(x)=2x+1,∵當x>0時,h(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),∴h(x)=0至多有一解. ∵h(1)=0,∴方程(*)的解為x2=1,即m+m2+4m2=1,解得m=12.