新高考数学一轮复习专题命题点3导数及其应用课件

命题点3导数及其应用预测说明导数是初等数学与高等数学的重要衔接点,是命题热点,在每年的高考中,导数通

常考查2或3道题,即“一小一大或两小一大”,小题可能为单选题、多选题或填空题.命题方向:1.以导数的运算、导数的几何意义以及导数与函数的关系为基础,命制导数运算的相

关基础题或者利用求导来研究函数的单调性、极值、最值、零点等方面的考题.一般

以选择题或填空题形式呈现,难度可能为基础题,也可能为中高档题.2.以导数为载体的解答题,第(1)问通常考查一些基础知识、基本方法,属于中低档题;

第(2)问一般会与不等式等知识进行综合,同时会应用到很多的数学思想方法,如转化

与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、构造思想等.考查学

生的逻辑推理能力,难度较大.预测探究识透高频考点1.(多选)(2024辽宁抚顺六校协作体第三次模拟,11)已知定义在R上的奇函数f(x)连续,

函数f(x)的导函数为f'(x).当x>0时,f'(x)cosx>f(x)sinx+e·f'(x),其中e为自然对数的底数,

则

()A.f(x)在R上为减函数B.当x>0时,f(x)<0C.f

>f

D.f(x)在R上有且只有1个零点BCD2.(2024山东潍坊二模,15)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线

方程为y=(e-2)x+3-e.(1)求实数a,b的值;(2)求f(x)的单调区间和极值.

基础知识运用

导数几何意义的运用;利用导数求函数的单调区间和极值

解析

(1)f'(x)=ex+(x-1)ex-2ax=xex-2ax,由题意知,f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1,又因为f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,所以b=2.(2)由(1)知f'(x)=xex-2x=x(ex-2),当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x∈(0,ln2)时,f'(x)<0;当x∈(ln2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(ln2,+∞),单调递减区间是(0,ln2).当x=0时,f(x)取得极大值f(0)=1;当x=ln2时,f(x)取得极小值f(ln2)=2ln2-(ln2)2.3.(2024湖南郴州5月模拟,18)已知函数f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+

x2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

综合知识运用

多角度考查导数的基础知识以及利用导数研究函数性质、函数零点的方法,同时考查了分类讨论思想和构造函数

解析

(1)由f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+

x2,得f'(x)=2ae2x-(ax+2)ex+x=(aex-1)(2ex-x),

(2分)∵ex≥x+1,∴2ex-x≥ex+1>0.①当a≤0时,aex-1<0,从而f'(x)<0恒成立,f(x)在R上单调递减;

(3分)②当a>0时,令f'(x)=0,从而aex-1=0,得x=-lna.x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增(5分)综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)

上单调递增.

(6分)(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在R上单调递减,f(x)在R上至多有一个零点,不满足条件.

(7分)当a>0时,f(x)min=f(-lna)=1-

+lna+

,令g(a)=1-

+lna+

,则g'(a)=

+

+

=

=

≥

=

>0,∴g(a)在R上单调递增,

(9分)而g(1)=0,故当0<a<1时,g(a)<0;当a=1时,g(a)=0;当a>1时,g(a)>0.

(10分)(i)若a>1,则f(x)min=g(a)>0,故f(x)>0恒成立,f(x)无零点;

(11分)(ii)若a=1,则f(x)min=g(a)=0,故f(x)仅有一个零点x=-lna=0,不满足条件;

(12分)(iii)若0<a<1,则f(x)min=g(a)<0,-lna>0,f(-2)=

+

+2=

·a+2-

>0,故f(x)在(-2,-lna)上有一个零点,又ln

>ln

=-lna,且f

=

-

+

ln2

>

-

=(3-a)

-ln

.

(14分)令h(x)=x-ln(3x-1)(x>1),则h'(x)=1-

=

,∴h(x)在

上单调递减,在

上单调递增,h(x)≥h

=

-ln3>0,故

-ln

>0,又0<a<1,∴3-a>0,∴(3-a)

>0,即f

>0,故f(x)在

上有一个零点.又f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增,故f(x)在R上至多有两个零点,

(16分)又f(x)在(-2,-lna)及

上均至少有一个零点,故f(x)在R上恰有两个零点.综上,0<a<1时,f(x)在R上恰有两个零点.

(17分)悟透新型考法1.(2024湖北高中名校联盟第四次联考,14)已知直线l1与曲线y=aex和y=lnx-lna都相切,

倾斜角为α,直线l2与曲线y=aex和y=lnx-lna都相切,倾斜角为β,则tanα+4tanβ取最小值

时,实数a的值为

.2.(2024浙江十校联考,19)已知函数f(x)=cosx+λln(1+x),且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切

线斜率为1.(1)求f(x)的表达式;(2)若f(x)≤ax+1恒成立,求a的值;(3)求证:

f

<ln2,n∈N*.

创新知识交汇

综合考查导数与数列、不等式放缩

解析

(1)f'(x)=-sinx+

,则f'(0)=λ=1,故f(x)=cosx+ln(1+x).(2)设h(x)=f(x)-ax-1=cosx+ln(1+x)-ax-1,x>-1.由条件知h(x)≤0(x>-1)恒成立,因为h(0)=0,又h(x)的图象在定义域上是连续不间断的,所以x=0是h(x)的一个极大值点,则h'(0)=0.又h'(x)=-sinx+

-a,所以h'(0)=1-a=0,得a=1.下证当a=1时,h(x)≤0对任意x∈(-1,+∞)恒成立.令φ(x)=ln(1+x)-x,则φ'(x)=

-1=

,当-1<x<0时,φ'(x)>0,当x>0时,φ'(x)<0,则函数φ(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(0)=0,即ln(1+x)-x≤0,而cosx-1≤0,所以当a=1,x∈(-1,+∞)时,h(x)=(cosx-1)+[ln(1+x)-x]≤0.综上,若f(x)≤ax+1恒成立,则a=1.(3)证明:由(2)可知f(x)≤x+1,所以f

≤sin

.所以

f

=f

+f

+…+f

≤sin

+sin

+…+sin

,(由表达式特点联想到利用sinx<x进行放缩)先证sinx<x,x∈

,令t(x)=sinx-x,x∈

,则t'(x)=cosx-1<0,则t(x)在

上单调递减,t(x)<t(0)=0,即sinx<x,x∈

,所以sin

+sin

+…+sin

<

+

+…+

,(由结果中含有ln2联想到利用lnx<x-1进行放缩)再证

<ln

,先证lnx<x-1,0<x<1,令u(x)=lnx-x+1(0<x<1),则u'(x)=

-1=

,当0<x<1时,u'(x)>0,函数u(x)单调递增,则u(x)<u(1)=0,即lnx<x-1,0<x<1,令x=

,即得

<ln

.又ln

=ln(n+1)-lnn,所以

<ln(n+1)-ln(n),……,

<ln(2n)-ln(2n-1),所以

+

+…+

<ln(n+1)-ln(n)+ln(n+2)-ln(n+1)+…+ln(2n)-ln(2n-1)=ln(2n)-lnn=ln2.综上,

f

<ln2,n∈N*.参透创新情境1.(2024广东汕头二模,16)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:①方程f(x)-x=0

有实根;②f(x)在定义域区间D上可导,且f'(x)满足0<f'(x)<1.(1)判断g(x)=

-

+3,x∈(1,+∞)是不是集合M中的元素,并说明理由;(2)设函数f(x)为集合M中的任意一个元素,证明:对其定义域区间D中的任意α、β,都有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.

创新情境

以学科情境(元素与集合的关系)为背景,考查利用导数研究函数的单调性,进而证明不等式

解析

(1)易知g'(x)=

-

=

,当x∈(1,+∞)时,g'(x)∈

⊆(0,1),满足条件②;令F(x)=g(x)-x=-

-

+3(x>1),则F(e)=-

+

>0,F(e2)=-

+2<0.又F(x)在区间[e,e2]上连续,故F(x)在[e,e2]上存在零点x0,即方程g(x)-x=0有实数根x0,x0∈[e,e2],故g(x)满足条件①.综上可知,g(x)∈M.(2)证明:不妨设α≤β,∵f'(x)>0,f(x)在区间D上单调递增,∴f(α)≤f(β),即f(β)-f(α)≥0,令h(x)=f(x)-x,则h'(x)=f'(x)-1<0,故h(x)在区间D上单调递减,∴f(β)-β≤f(α)-α,即f(β)-f(α)≤β-α,∴0≤f(β)-f(α)≤β-α,则有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.2.(2024山东菏泽一模,19)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似

特定函数的方法.给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为:R(x)=

,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),……,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).(注:f″(x)=[f'(x)]',f

‴(x)=[f″(x)]',f(4)(x)=[f

‴(x)]',f(5)(x)=[f(4)(x)]',……,f(n)(x)为f(n-1)(x)

的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=

.(1)求实数a,b的值;(2)比较f(x)与R(x)的大小;(3)若h(x)=

-

f(x)在(0,+∞)上存在极值,求m的取值范围.

新定义理解

以“帕德近似”为背景,考查导数的综合应用

解析

(1)由f(x)=ln(x+1),R(x)=

,知f'(x)=

,f″(x)=-

,R'(x)=

,R″(x)=

,∵f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),∴

∴a=1,b=

.

(3分)(2)由(1)知,R(x)=

,令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-

(x>-1),则φ'(x)=

-

=

≥0,∴φ(x)在(-1,+∞)上单调递增,又φ(0)=f(0)-R(0)=0,∴当-1<x<0时,φ(x)<0,即f(x)<R(x),当x=0时,φ(x)=0,即f(x)=R(x),当x>0

时,φ(x)>0,即f(x)>R(x).

(7分)(3)h(x)=

-

f(x)=

ln(x+1).则h'(x)=-

ln(x+1)+

=

,由h(x)=

-

f(x)在(0,+∞)上存在极值,知h'(x)在(0,+∞)上存在变号零点.令g(x)=mx2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,则g'(x)=2mx+1-[ln(x+1)+1]=2mx-ln(x+1),g″(x)=2m-

.①当m≤0时,g″(x)<0,g'(x)在(0,+∞)上单调递减,g'(x)<g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递

减,g(x)<g(0)=0,无零点,不满足条件.②当2m>1,即m>

时,g″(x)>0,g'(x)在(0,+∞)上单调递增,g'(x)>g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,无零点,不满足条件.③当0<2m<1,即0<m<

时,令g″(x)=0,得x=

-1,当0<x<

-1时,g″(x)