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5.一元函数的导数及其应用
章末复习
一、数学抽象与直观想象
本章从平均变化率、瞬时变化率抽象得到导数的概念，导数的几何意义就是曲线在一点处切线的斜率．
题型一　导数的概念和几何意义
例 (1)函数f(x)＝x ln x－x3的图象在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，则tan α＝(　　)
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
(2)(2021·湖南省三湘名校教育联盟联考)曲线y＝x－x2在点(1，0)处的切线方程是(　　)
A．x－2y－1＝0 B．x＋2y－1＝0
C．x－y－1＝0 D．x＋y－1＝0
(3)(2021·昆明市第一中学高三检测)已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　　)
A．－2 B．2
C．－e D．e
【解析】　(1)由题意得f′(x)＝ln x＋1－3x2，
所以切线斜率k＝f′(1)＝－2，
所以tan α＝－2.故选B.
(2)曲线为y＝x－x2，
所以y′＝1－2x，
y′|x＝1＝1－2＝－1，
所以曲线y＝x－x2在点(1，0)处的切线方程为y＝－1×(x－1)，
即x＋y－1＝0，故选D.
(3)设切点坐标为(t，t ln t)，
因为f(x)＝x ln x，f′(x)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1，
所以直线l的方程为y－t ln t＝(ln t＋1)(x－t)，将点(0，－e)代入直线l的方程得－e－t ln t＝－t(ln t＋1)，
解得t＝e，
因此，直线l的斜率为f′(e)＝2，故选B.
【答案】　(1)B　(2)D　(3)B
二、数学运算与逻辑推理
导数的计算贯彻本章始终，体现数学运算的核心素养；利用导数讨论函数的性质，研究不等式等都体现了逻辑推理．
题型二　利用导数研究函数的单调性
例 (1)(多选)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)>－f′(x)，则下列式子成立的是(　　)
A．f(2 021)B．ef(2 021)>f(2 020)
C．f(x)是R上的增函数
D．t>0，则有f(x)(2)(2021·安徽省皖江名校联盟高三联考)若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在(0，＋∞)上单调递减，则b的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)
C．(－2，＋∞) D．[－2，＋∞)
(3)若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋1(a∈R)在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．
【解析】　(1)由f(x)>－f′(x)，
得exf(x)＋exf′(x)>0，
即[exf(x)]′>0，
所以函数y＝exf(x)在R上单调递增，
故e2 021f(2 021)>e2 020f(2 020)，
所以ef(2 021)>f(2 020)，故A不正确，B正确；
函数y＝exf(x)为增函数时，f(x)不一定为增函数，
故C不正确；
因为函数y＝exf(x)在R上单调递增，
所以t>0时，有exf(x)故有f(x)所以D正确．故选BD.
(2)因为f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即f′(x)＝－2x＋4＋≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即b≤(2x2－4x)min，
因为2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，
所以b≤－2，故选A.
(3)f′(x)＝x2－ax＋2，
因为f(x)在(－2，－1)上存在单调递减区间，故y＝f′(x) 在(－2，－1)上有部分图象在x轴下方．
若≤－2，即a≤－4时，
则f′(－2)<0，即解得a≤－4.
若≥－1，即a≥－2时，
则f′(－1)<0，即无解．
若－2<<－1，即－4则Δ>0，即解得－4综上，a<－2.
【答案】　(1)BD　(2)A　(3)(－∞，－2)
题型三　利用导数研究函数的极值和最值
例 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．
【解】　(1)易得函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，当a＝－4 时，f′(x)＝，
令f′(x)>0，得x∈或x∈(2，＋∞)，
故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞).
(2)f′(x)＝，a<0，
由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当－≤1，
即－2≤a<0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，
由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，
得a＝±2－2，均不符合题意．
②当1<－≤4，
即－8≤a<－2时，此时<－≤，f(x)在[1，4]上的最小值为f＝0，不符合题意．
③当－>4，
即a<－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)＝8时没有符合题意的a值，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．
综上知，a＝－10.
题型四　利用导数研究不等式问题
例 设函数f(x)＝x2＋a ln (1＋x)有两个极值点x1，x2，且x1(1)求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性．
(2)证明：f(x2)>.
(1)【解】　由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝，
且f′(x)＝0有两个不同的实数根x1，x2，
所以方程2x2＋2x＋a＝0的根的判别式Δ＝4－8a>0，
即a<，且x1＝，x2＝.
又因为x1>－1，所以a>0，
所以a的取值范围是.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x (－1，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以f(x)在区间
和上单调递增，
在区间上单调递减．
(2)【证明】　由题意和(1)知，－a＝－2x2(1＋x2)，
所以f(x2)＝x－2x2(1＋x2)ln (1＋x2).
设函数g(t)＝t2－2t(1＋t)ln (1＋t)，
则g′(t)＝－2(1＋2t)ln (1＋t).
当t＝－时，g′(t)＝0；
当t∈时，g′(t)>0，
所以g(t)在区间上单调递增，
所以当t∈时，g(t)>g＝，
所以f(x2)>.
题型五　利用导数研究函数零点问题
例 设函数f(x)＝－k ln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)求证：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点．
(1)【解】　由f(x)＝－k ln x(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去).
当x发生变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 单调递增
所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
(2)【证明】　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间上单调递减且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(1，)上单调递减且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
三、数学建模
利用导数解决实际应用中的函数最值问题，可培养学生的数学建模的核心素养．
例 已知A，B两地相距200 km，一只船从A地逆水航行到B地，水速为8 km/h，船在静水中的航行速度为v km/h(8【解】　设船每小时航行所需的燃料费为y1元，比例系数为k(k>0)，则y1＝kv2.
因为当v＝12时，y1＝720，
所以720＝k·122，
解得k＝5，则y1＝5v2.
设全程燃料费为y元，
由题意，得y＝f(v)＝y1·＝，
所以f′(v)＝
＝.
令f′(v)＝0，解得v＝0(舍去)或v＝16.
若v0≥16，当v∈(8，16)时，f′(v)<0，f(v)在(8，16)上单调递减；
当v∈(16，v0]时，f′(v)>0，f(v)在(16，v0]上单调递增．
故当v＝16 km/h时，y取得极小值，也是最小值，此时全程燃料费最省．
若v0<16，则v∈(8，v0]，且f′(v)<0，f(v)在(8，v0]上单调递减．
故当v＝v0时，y取得最小值，此时全程燃料费最省．
综上可得，若v0≥16，
则当v＝16 km/h时，全程燃料费最省；
若v0<16，则当v＝v0时，全程燃料费最省．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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