《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题32 导数的简单应用.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题32 导数的简单应用.pptx（80页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题32导数的简单应用真题演练 感悟高考热点聚焦 分类突破高分训练 对接高考索引1.考考查函数的切函数的切线问题.2.考考查函数的函数的单调性、极性、极值、最、最值问题.索引1真题演练 感悟高考索引D索引索引B解析解析因因为函数函数f(x)的定的定义域域为(0，)，索引因此函数因此函数f(x)在在(0，1)上上单调递增，在增，在(1，)上上单调递减，减，当当x1时取最大取最大值，满足足题意意.索引D 3.(2022全全国国乙乙卷卷)函函数数f(x)cos x(x1)sin x1在在区区间0，2的的最最小小值、最最大大值分分别为()解解析析
2、f(x)cos x(x1)sin x1，x0，2，则f(x)sin xsin x(x1)cos x(x1)cos x，x0，2.索引又又f(0)cos 0(01)sin 012，f(2)cos 2(21)sin 212，索引B则bcf(0.02)，索引所以所以f(x)在在(0，)上上单调递减，减，所以所以f(0.02)f(0)0，即，即bc.故当故当0 x0，所以，所以g(x)在在(0，2)上上单调递增，增，所以所以g(0.01)g(0)0，故，故ca，从而有，从而有bc0时，曲，曲线yln x过原点的切原点的切线方程，方程，设切点切点为(x0，y0)，索引2热点聚焦 分类突破/索引核心归纳核
3、心归纳热点一导数的几何意义1.复合函数的复合函数的导数数复复合合函函数数yf(g(x)的的导数数和和函函数数yf(u)，ug(x)的的导数数间的的关关系系为yxyuux.2.导数的几何意数的几何意义(1)函数在某点的函数在某点的导数即曲数即曲线在在该点点处的切的切线的斜率的斜率.(2)曲曲线在某点的切在某点的切线与曲与曲线过某点的切某点的切线不同不同.(3)切点既在切切点既在切线上，又在曲上，又在曲线上上.索引A例例1(1)(2022河河南南名名校校联考考)已已知知f(x)axacos x(aR)，则曲曲线yf(x)在在点点(0，2)处的切的切线方程方程为()A.xy20 B.xy20C.2x
4、y20 D.2xy20解析解析因因为点点(0，2)在曲在曲线上，上，所以所以f(0)acos 02，于是于是a1，所以，所以f(x)xcos x1，则f(x)1sin x，则f(0)1，故所求切故所求切线方程方程为y2x0，即即xy20.索引C(2)(2022兰州州诊断断)已已知知f(x)ex1(e为自自然然对数数的的底底数数)，g(x)ln x1，则曲曲线f(x)与与g(x)的公切的公切线条数条数为()A.0 B.1 C.2 D.3解解析析设直直线l与与曲曲线f(x)ex1相相切切于于点点(m，em1)，与与曲曲线g(x)ln x1相相切于点切于点(n，ln n1)，对f(x)ex1求求导得
5、，得，f(x)ex，则k1em，则直直线l的方程的方程为y1emem(xm)，即即yemxem(1m)1.索引可得可得(1m)(em1)0，即即m0或或m1.则切切线方程方程为yex1或或yx，公切，公切线有两条，故有两条，故选C.索引(3)在在平平面面直直角角坐坐标系系xOy中中，点点A在在曲曲线yln x上上，且且该曲曲线在在点点A处的的切切线经过点点(e，1)(e为自然自然对数的底数数的底数)，则点点A的坐的坐标是是_.(e，1)又切又切线过点点(e，1)，再由再由nln m，解得，解得me，n1.故点故点A的坐的坐标为(e，1).索引求求过某某点点的的切切线方方程程时(不不论这个个点点
6、在在不不在在曲曲线上上，这个个点点都都不不一一定定是是切切点点)，应先先设切切点点的的坐坐标，再再根根据据切切点点的的“一一拖拖三三”(切切点点的的横横坐坐标与与斜斜率率相相关关、切切点在切点在切线上、切点在曲上、切点在曲线上上)求切求切线方程方程.规律方法索引B训练训练1(1)(2022南平南平联考考)若直若直线yxm与曲与曲线yex2n相切，相切，则()解析解析设直直线yxm与曲与曲线yex2n相切于点相切于点(x0，ex02n)，因因为yex2n，所以所以ex02n1，x02n，所以切点所以切点为(2n，1)，则12nm，索引(2)若若直直线ykxb是是曲曲线yln x2的的切切线，也也
7、是是曲曲线yln(x1)的的切切线，则b_.1ln 2解解析析直直线ykxb与与曲曲线yln x2，yln(x1)均均相相切切，设切切点点分分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).索引y12ln k，y2ln k，A，B在直在直线ykxb上，上，/索引热点二利用导数研究函数的单调性利用利用导数研究函数数研究函数单调性的关性的关键(1)在利用在利用导数数讨论函数的函数的单调区区间时，首先要确定函数的定，首先要确定函数的定义域域.(2)单调区区间的划分要注意的划分要注意对导数等于零的点的确数等于零的点的确认.(3)已知函数已知函数单调性求参数范性求参数范围，要注意，要注意导数等于零的情况数等于零
8、的情况.核心归纳核心归纳索引f(x)(x1)exaxa(x1)(exa).当当a0时，令，令f(x)0，得，得x0，得，得x1，f(x)在在(1，)上上单调递增增.索引当当0ae时，令，令f(x)0，得，得ln ax0，得，得x1，f(x)在在(，ln a)和和(1，)上上单调递增增.当当ae时，f(x)0在在xR上恒成立，上恒成立，f(x)在在R上上单调递增增.当当ae时，令，令f(x)0，得，得1x0，得，得xln a或或x1，f(x)在在(，1)和和(ln a，)上上单调递增增.索引综上所述，当上所述，当a0时，f(x)在在(，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增；增；当当0a
9、e时，f(x)在在(1，ln a)上上单调递减，在减，在(，1)和和(ln a，)上上单调递增增.索引A得得f(x)(x1)f(x)0.令令g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)0，索引函数函数g(x)在在R上上单调递增增.又又g(1)0，故当故当x1时，g(x)0，f(x)0，当，当x1时，g(x)0.故故f(x)0在在R上恒成立上恒成立.索引由已知得由已知得f(x)0在在(0，)上恒成立，上恒成立，可得可得x2ax10，故故实数数a的取的取值范范围为(，2.索引讨论函数的函数的单调性一般可以性一般可以归结为讨论含有参数的一元二次不等式的解集含有参数的一元二次不等式的解
10、集(1)在在能能够通通过分分解解因因式式求求出出不不等等式式对应方方程程的的根根时，依依据据根根的的大大小小进行行分分类讨论.(2)在在不不能能通通过因因式式分分解解求求出出根根的的情情况况时，根根据据不不等等式式对应方方程程的的判判别式式进行行分分类讨论.规律方法索引所以所以F(x)在在(1，)上上单调递增增.(8，)索引故原不等式化故原不等式化为F(log2x)F(3)，从而从而log2x3，解之得，解之得x8.索引B(2)(2022青青岛质检)若若函函数数f(x)x2axln x在在区区间(2，e)上上单调递增增，则a的的取取值范范围是是()解析解析因因为f(x)x2axln x，索引索
11、引方程方程2x2xa0的判的判别式式18a.索引()当当a0时，x10 x2，令令g(x)0，可得，可得0 x0，可得，可得xx2.综上所述，当上所述，当a0时，g(x)在在(0，)上上单调递增；增；/索引热点三利用导数研究函数的极值、最值核心归纳核心归纳1.由由导函数的函数的图象判断函数象判断函数yf(x)的极的极值，要抓住两点，要抓住两点(1)由由yf(x)的的图象与象与x轴的交点，可得函数的交点，可得函数yf(x)的可能极的可能极值点点.(2)由由yf(x)的的图象象可可以以看看出出yf(x)的的函函数数值的的正正负，从从而而可可得得到到函函数数yf(x)的的单调性，可得极性，可得极值点
12、点.2.函函数数在在闭区区间a，b上上一一定定存存在在最最值，比比较函函数数的的极极值与与f(a)，f(b)，最最大大者者是是最大最大值，最小者就是最小，最小者就是最小值.索引解解当当m0时，有，有f(x)exex，则f(x)exe，从而当从而当x(，1)时，f(x)0；故函数故函数f(x)在在(，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，增，此此时f(x)minf(1)0.索引(2)若函数若函数f(x)在在x1处取得极大取得极大值，求，求实数数m的取的取值范范围.得得f(x)m(x23x2)exe，记g(x)f(x)，则g(x)m(2x3)ex，当当m0时，g(x)0在在(，1)上上恒
13、恒成成立立，故故g(x)即即f(x)在在(，1)上上单调递增，增，因因为f(1)0，所以所以f(x)0时，g(x)在在R上上单调递增，增，又又g(1)me，()当当0g(1)0在在(1，)上上恒恒成成立立，故故g(x)f(x)在在(1，)上上单调递增，因增，因为f(1)0，所以，所以f(x)0在在(1，)上恒成立，上恒成立，从而函数从而函数f(x)在在(1，)上上单调递增，不合增，不合题意，意，使使g(x0)0，且当且当x(，x0)时，g(x)0；当当x(1，x0)时，f(x)0，从而函数从而函数f(x)在在(，1)上上单调递增，在增，在(1，x0)上上单调递减，减，即函数即函数f(x)在在x
14、1处取得极大取得极大值，符合，符合题意意.综上，上，实数数m的取的取值范范围为(e，).索引已已知知函函数数的的极极值求求参参数数时注注意意f(x0)0是是x0为极极值点点的的必必要要不不充充分分条条件件，还要要利用函数的利用函数的单调性才能确定极性才能确定极值.规律方法索引训练训练3(2022眉山二眉山二诊)已知函数已知函数f(x)(x1)exax.(1)当当a0时，求，求f(x)的极的极值；解解当当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)xex.当当x0时，f(x)0时，f(x)0.所以所以f(x)在在x0处取极小取极小值f(0)1，无极大，无极大值.索引解解由由题得得f(x)xexa，x0
15、，).当当a0时，xex0，a0，故，故f(x)0，f(x)在在0，)上上单调递增增.当当a0时，f(0)a0，且，且f(x)在在0，)上上单调递增，增，故故f(x)在在0，)上有唯一零点上有唯一零点x0(0，a)，且，且ax0ex0.当当x0，x0)，f(x)0，f(x)单调递增增.索引索引3高分训练 对接高考/索引12345678910 11 12 13 14 15 16B一、基本技能练1.已已知知函函数数f(x)的的导函函数数为f(x)，且且满足足关关系系式式f(x)x23xf(2)ln x，则f(2)的的值为()解析解析f(x)x23xf(2)ln x，索引12345678910 11
16、 12 13 14 15 16A索引12345678910 11 12 13 14 15 16A索引12345678910 11 12 13 14 15 16索引12345678910 11 12 13 14 15 16A索引12345678910 11 12 13 14 15 16当当0 x2时，f(x)2时，f(x)0，f(x)单调递增，增，f(x)有极小有极小值(也是最小也是最小值)f(2)2ln 2，无极大，无极大值.综上，上，f(x)有最小有最小值2ln 2，无最大，无最大值.故故选A.索引12345678910 11 12 13 14 15 16B5.已已知知f(x)为R上上的的可
17、可导函函数数，且且 xR，均均有有f(x)f(x)，则以以下下判判断断正正确确的的是是()A.f(2 023)e2 023f(0)B.f(2 023)f(x)，g(x)0，即函数即函数g(x)在在(，)上上单调递减，减，索引12345678910 11 12 13 14 15 16f(2 023)e2 023f(0).索引12345678910 11 12 13 14 15 16A6.(2022百百师联盟盟联考考)已已知知点点A是是函函数数f(x)x2ln x2图象象上上的的点点，点点B是是直直线yx上的点，上的点，则|AB|的最小的最小值为()解析解析f(x)的定的定义域域为(0，).当与直
18、当与直线yx平行的直平行的直线与与f(x)的的图象相切象相切时，切点到直，切点到直线yx的距离的距离|AB|最小最小.又又f(1)3，所以切点，所以切点(1，3)到直到直线yx的距离即的距离即为|AB|的最小的最小值，索引12345678910 11 12 13 14 15 167.(2022昆昆明明诊断断)已已知知函函数数f(x)ln(mx)的的图象象在在点点(0，f(0)处的的切切线方方程程为yxb，则不等式不等式0f(x1)1的解集是的解集是_.(1，e)因因为函数函数f(x)ln(mx)的的图象在点象在点(0，f(0)处的切的切线方程方程为yxb，所以所以f(x)ln(x1)，则f(x
19、1)ln x，又又0f(x1)1，即，即0ln x1，解，解得得1xe，所以不等式所以不等式0f(x1)1的解集的解集为(1，e).索引12345678910 11 12 13 14 15 168.(2022成都蓉城名校成都蓉城名校联考考)函数函数f(x)xsin xcos x3x2的极的极值点点为_.0解析解析由已知得由已知得f(x)sin xxcos xsin x6xx(cos x6)，当当x0，当当x0时，f(x)0，即即函函数数f(x)在在(，0)上上单调递增增，在在(0，)上上单调递减，减，函数函数f(x)在在x0处取得极大取得极大值.索引12345678910 11 12 13 1
20、4 15 169.(2022广广东广广雅雅中中学学调研研改改编)已已知知函函数数f(x)ln xax在在函函数数g(x)x22xb的的单调递增区增区间上也上也单调递增，增，则实数数a的取的取值范范围是是_.0，)解解析析函函数数g(x)x22xb的的单调递增增区区间为1，)，依依题意意得得，函函数数f(x)在在1，)上也上也单调递增，增，索引12345678910 11 12 13 14 15 16又当又当x时，m(x)0且且m(x)0时，讨论函数的函数的单调性性.记48a，又又a0，故，故x2x10.当当x(0，x1)(x2，)时，f(x)0，函数，函数f(x)单调递增，增，当当x(x1，x
21、2)时，f(x)x2，所以所以f(x1)f(x2)a(x1x2)，即即f(x1)ax1f(x2)ax2.索引12345678910 11 12 13 14 15 16则g(x1)g(x2)，所以所以g(x)在在(0，)上上单调递减，减，所以所以g(x)axex10在在(0，)上恒成立上恒成立.令令h(x)g(x)，则h(x)aex在在(0，)上上单调递减，减，所以所以h(x)ae0a1.当当a1时，h(x)0，所以所以g(x)在在(0，)上上单调递减，减，所以所以g(x)1时，令，令h(x)0，得，得0 xa0e010，不符合，不符合题意意.综上，上，实数数a的取的取值范范围是是a1.故故选C
22、.法二法二取取a0，得，得f(x)exx，f(x)ex10)，故排除故排除BD.索引12345678910 11 12 13 14 15 16所以所以f(x)在在(0，)上上单调递减，减，索引12345678910 11 12 13 14 15 16B所以所以h(x)minh(1)1，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则(x)(x1)ex10.故故(x)max(2)2e22.所以所以a2e22，故，故选B.索引12345678910 11 12 13 14 15 1616.设函数函数f(x)ax32x2xc(a0).(1)当当a1，且函数，且函数f(x)的的图象象过
23、点点(0，1)时，求函数，求函数f(x)的极小的极小值；解解f(x)3ax24x1.函数函数f(x)的的图象象过点点(0，1)时，有，有f(0)c1.当当a1时，f(x)x32x2x1，f(x)3x24x1，索引12345678910 11 12 13 14 15 16所以函数所以函数f(x)的极小的极小值是是f(1)13212111.索引12345678910 11 12 13 14 15 16(2)若若f(x)在在(，)上无极上无极值点，求点，求实数数a的取的取值范范围.解解若若f(x)在在(，)上无极上无极值点，点，则f(x)在在(，)上是上是单调函数，函数，即即f(x)3ax24x10或或f(x)3ax24x10恒成立恒成立.由由a0，f(x)0恒成立的充要条件是恒成立的充要条件是(4)243a10，INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束