2019届二轮复习小题专练导数的概念及简单应用课件（57张）

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第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 22 练　导数的概念及简单应用 [ 小题提速练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值和最值 . 2 . 题目难度：中低档难度 . 核心考点突破练 栏目索引 易错易混专项练 高考押题冲刺练 考点一　导数的几何意义 要点重组 　 (1) f ′ ( x 0 ) 表示函数 f ( x ) 在 x ＝ x 0 处的瞬时变化率 . (2) f ′ ( x 0 ) 的几何意义是曲线 y ＝ f ( x ) 在点 P ( x 0 ， y 0 ) 处切线的斜率 . 核心考点突破练 1. 已知函数 f ( x ＋ 1) ＝ 则 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处切线的斜率为 A.1 B . － 1 C.2 D . － 2 √ 由导数的几何意义，得所求切线的斜率 k ＝ 1. 答案 解析 2. 设函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ，若曲线 y ＝ f ( x ) 在点 P ( x 0 ， f ( x 0 )) 处的切线方程为 x ＋ y ＝ 0 ，则点 P 的坐标为 A.(0,0) B .(1 ，－ 1) C.( － 1,1) D .(1 ，－ 1) 或 ( － 1,1) √ 解析　 由题意可知 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ， 答案 解析 则点 P 的坐标为 ( － 1,1) 或 (1 ，－ 1 ). 故 选 D. 3.(2018· 全国 Ⅰ ) 设函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax ，若 f ( x ) 为奇函数，则曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 A. y ＝－ 2 x B. y ＝－ x C. y ＝ 2 x D. y ＝ x √ 答案 解析 解析　 方法一 　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2( a － 1) x ＋ a . 又 f ( x ) 为奇函数， ∴ f ( － x ) ＝－ f ( x ) 恒成立， 即－ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 － ax ＝－ x 3 － ( a － 1) x 2 － ax 恒成立， ∴ a ＝ 1 ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 1 ， ∴ f ′ (0) ＝ 1 ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 y ＝ x . 故 选 D. 方法二　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax 为奇函数， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2( a － 1) x ＋ a 为偶函数， ∴ a ＝ 1 ，即 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 1 ， ∴ f ′ (0) ＝ 1 ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 y ＝ x . 故 选 D. 4. 若直线 y ＝ kx ＋ b 是曲线 y ＝ ln x ＋ 2 的切线，也是曲线 y ＝ ln( x ＋ 1) 的切线，则 b ＝ _______. 答案 解析 1 － ln 2 考点二　导数与函数的单调性 方法技巧 　 (1) 若求单调区间 ( 或证明单调性 ) ，只要在函数定义域内解 ( 或证明 ) 不等式 f ′ ( x )>0 或 f ′ ( x )<0. (2) 若已知函数的单调性，则转化为不等式 f ′ ( x ) ≥ 0 或 f ′ ( x ) ≤ 0 在单调区间上恒成立问题来求解 . 5. 已知函数 f ( x ) ＝ ln x － x ＋ ， 若 a ＝ b ＝ f (π) ， c ＝ f (5) ，则 A. c < b < a B. c < a < b C. b < c < a D. a < c < b √ ∴ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为减函数 . ∵ 3<π<5 ， ∴ f (3)> f (π)> f (5) ， ∴ a > b > c . 故选 A. 答案 解析 6. 定义在 R 上的可导函数 f ( x ) ，已知 y ＝ 2 f ′ ( x ) 的图象如图所示，则 y ＝ f ( x ) 的单调递增区间是 A. [ 0 , 1 ] B. [ 1 , 2 ] C.( － ∞ ， 1] D .( － ∞ ， 2] 解析　 根据函数 y ＝ 2 f ′ ( x ) 的图象可知， 当 x ≤ 2 时， 2 f ′ ( x ) ≥ 1 ⇒ f ′ ( x ) ≥ 0 ，且使 f ′ ( x ) ＝ 0 的点为有限个 ， 所以 函数 y ＝ f ( x ) 在 ( － ∞ ， 2] 上单调递增，故选 D. 答案 解析 √ 7. 若函数 f ( x ) ＝ 2 x 3 － 3 mx 2 ＋ 6 x 在区间 (2 ，＋ ∞ ) 上为增函数，则实数 m 的取值范围为 答案 解析 √ 解析　 ∵ f ′ ( x ) ＝ 6 x 2 － 6 mx ＋ 6 ， 当 x ∈ (2 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x ) ≥ 0 恒成立， ∴ 当 x >2 时， g ′ ( x )>0 ，即 g ( x ) 在 (2 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 8. 定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ′ ( x )> f ( x ) 恒成立，若 x 1 < x 2 ，则 f ( x 2 ) 与 f ( x 1 ) 的大小关系为 A. f ( x 2 )> f ( x 1 ) B. f ( x 2 )< f ( x 1 ) C. f ( x 2 ) ＝ f ( x 1 ) D. f ( x 2 ) 与 f ( x 1 ) 的大小关系不确定 答案 解析 √ 由题意知 g ′ ( x )>0 ，所以 g ( x ) 单调递增， 当 x 1 < x 2 时， g ( x 1 )< g ( x 2 ) ， 即 ， 所以 f ( x 2 )> f ( x 1 ). 考点三　导数与函数的极值、最值 方法技巧 　 (1) 函数零点问题，常利用数形结合与函数极值求解 . (2) 含参恒成立或存在性问题，可转化为函数最值问题；若能分离参数，可先分离 . 特别提醒 　 (1) f ′ ( x 0 ) ＝ 0 是函数 y ＝ f ( x ) 在 x ＝ x 0 处取得极值的必要不充分条件 . (2) 函数 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点 . 9. 若 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)·e x － 1 的极值点，则 f ( x ) 的极小值为 A. － 1 B . － 2e － 3 C.5e － 3 D.1 √ 答案 解析 解析　 函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ， 则 f ′ ( x ) ＝ (2 x ＋ a )e x － 1 ＋ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ＝ e x － 1 · [ x 2 ＋ ( a ＋ 2) x ＋ a － 1 ]. 由 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) 的极值点，得 f ′ ( － 2) ＝ e － 3 ·(4 － 2 a － 4 ＋ a － 1) ＝ ( － a － 1)e － 3 ＝ 0 ，所以 a ＝－ 1. 所以 f ( x ) ＝ ( x 2 － x － 1)e x － 1 ， f ′ ( x ) ＝ e x － 1 ·( x 2 ＋ x － 2). 由 e x － 1 ＞ 0 恒成立，得当 x ＝－ 2 或 x ＝ 1 时， f ′ ( x ) ＝ 0 ，且当 x ＜－ 2 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ；当－ 2 ＜ x ＜ 1 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ；当 x ＞ 1 时， f ′ ( x ) ＞ 0. 所以 x ＝ 1 是函数 f ( x ) 的极小值点 . 所以 函数 f ( x ) 的极小值为 f (1) ＝－ 1. 故选 A. 10. 已知函数 f ( x ) ＝ ax － ln x ，当 x ∈ (0 ， e](e 为自然对数的底数 ) 时，函数 f ( x ) 的最小值为 3 ，则 a 的值为 A.e B.e 2 C.2e D.2e 2 √ 答案 解析 ① 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ， f ( x ) 在 (0 ， e] 上单调递减， ∴ f ( x ) min ＝ f (e) ＜ 0 ，与题意不符 . ∴ f ( x ) min ＝ f (e) ≤ 0 ，与题意不符 . 综上所述 ， a ＝ e 2 . 故选 B. 则 g ( － x ) ＋ g ( x ) ＝ 0 ， g ( x ) 是 R 上的奇函数 . 又当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x ) ＝ f ′ ( x ) － x <0 ， 所以 g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 所以 g ( x ) 是 R 上的单调减函数 . 原不等式等价于 g (2 － m ) ＋ g ( － m ) ≥ 0 ， g (2 － m ) ≥ － g ( － m ) ＝ g ( m ) ， 所以 2 － m ≤ m ， m ≥ 1. 11. 设函数 f ( x ) 在 R 上存在导数 f ′ ( x ) ，对任意 x ∈ R ，都有 f ( － x ) ＋ f ( x ) ＝ x 2 ，在 (0 ，＋ ∞ ) 上 f ′ ( x )< x ，若 f (2 － m ) ＋ f ( － m ) － m 2 ＋ 2 m － 2 ≥ 0 ，则实数 m 的取值范围为 __________. 答案 解析 [1 ，＋ ∞ ) 12.(2018· 江苏 ) 若函数 f ( x ) ＝ 2 x 3 － ax 2 ＋ 1( a ∈ R ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内有且只有一个零点，则 f ( x ) 在 [ － 1 , 1 ] 上的最大值与最小值的和为 _____. 答案 解析 － 3 解析　 f ′ ( x ) ＝ 6 x 2 － 2 ax ＝ 2 x (3 x － a )( x ＞ 0). ① 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 又 f (0) ＝ 1 ， ∴ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上无零点，不合题意 . 又 f ( x ) 只有一个零点， 此时 f ( x ) ＝ 2 x 3 － 3 x 2 ＋ 1 ， f ′ ( x ) ＝ 6 x ( x － 1) ， 当 x ∈ [ － 1,1] 时， f ( x ) 在 [ － 1,0] 上单调递增，在 (0,1] 上单调递减 . 又 f (1) ＝ 0 ， f ( － 1) ＝－ 4 ， f (0) ＝ 1 ， ∴ f ( x ) max ＋ f ( x ) min ＝ f (0) ＋ f ( － 1) ＝ 1 － 4 ＝－ 3. 1. 已知 f ( x ) ＝ ln x ， g ( x ) ＝ 直线 l 与函数 f ( x ) ， g ( x ) 的图象都相切，且与 f ( x ) 图象的切点为 (1 ， f (1)) ，则 m 等于 A. － 1 B . － 3 C . － 4 D . － 2 易错易混专项练 又 f (1) ＝ 0 ， ∴ 切线 l 的方程为 y ＝ x － 1. g ′ ( x ) ＝ x ＋ m ， 设直线 l 与 g ( x ) 的图象的切点坐标为 ( x 0 ， y 0 ) ， √ 答案 解析 于是解得 m ＝－ 2. 故选 D. 答案 解析 √ 解析　 方法一　 ( 特殊值法 ) 不具备在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增，排除 A ， B ， D. 故选 C. 方法二　 ( 综合法 ) 3. 函数 f ( x ) 的定义域为开区间 ( a ， b ) ，导函数 f ′ ( x ) 在 ( a ， b ) 内的图象如图所示，则函数 f ( x ) 在开区间 ( a ， b ) 内的极小值点有 A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 答案 解析 √ 解析　 由极小值的定义及导函数 f ′ ( x ) 的图象可知， f ( x ) 在开区间 ( a ， b ) 内有 1 个极小值点 . 4. 若直线 y ＝ a 分别与直线 y ＝ 2( x ＋ 1) ，曲线 y ＝ x ＋ ln x 交于点 A ， B ，则 | AB | 的 最小值为 ____. 答案 解析 设方程 x ＋ ln x ＝ a 的根为 t ( t ＞ 0) ，则 t ＋ ln t ＝ a ， 令 g ′ ( t ) ＝ 0 ，得 t ＝ 1. 当 t ∈ (0,1) 时， g ′ ( t ) ＜ 0 ， g ( t ) 单调递减； 当 t ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( t ) ＞ 0 ， g ( t ) 单调递增， 解题秘籍 　 (1) 对于未知切点的切线问题，一般要先设出切点 . (2) f ( x ) 递增的充要条件是 f ′ ( x ) ≥ 0 ，且 f ′ ( x ) 在任意区间内不恒为零 . (3) 利用导数求解函数的极值、最值问题要利用数形结合思想，根据条件和结论的联系灵活进行转化 . 1.(2017· 浙江 ) 函数 y ＝ f ( x ) 的导函数 y ＝ f ′ ( x ) 的图象如图所示，则函数 y ＝ f ( x ) 的图象可能是 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 高考押题冲刺练 解析　 观察导函数 f ′ ( x ) 的图象可知， f ′ ( x ) 的函数值从左到右依次为小于 0 ，大于 0 ，小于 0 ，大于 0 ， ∴ 对应函数 f ( x ) 的增减性从左到右依次为减、增 、 减、增 . 观察选项可知，排除 A ， C. 如图所示， f ′ ( x ) 有 3 个零点，从左到右依次设为 x 1 ， x 2 ， x 3 ，且 x 1 ， x 3 是极小值点， x 2 是极大值点， 且 x 2 ＞ 0 ，故选项 D 正确 . 故选 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2. 函数 f ( x ) ＝ ( x － 3)e x 的单调递增区间是 A.( － ∞ ， 2) B .(0,3) C.(1,4) D .(2 ，＋ ∞ ) √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 函数 f ( x ) ＝ ( x － 3)e x 的导函数为 f ′ ( x ) ＝ [( x － 3 )· e x ] ′ ＝ e x ＋ ( x － 3)e x ＝ ( x － 2)e x . 由 函数导数与函数单调性的关系 ， 得当 f ′ ( x )>0 时，函数 f ( x ) 单调递增， 此时由不等式 f ′ ( x ) ＝ ( x － 2)e x >0 ，解得 x >2. 3. 已知函数 f ( x ) ＝ ＋ 4 x － 3 在区间 [1,2] 上是增函数，则实数 m 的取值范围为 A.4 ≤ m ≤ 5 B.2 ≤ m ≤ 4 C. m ≤ 2 D. m ≤ 4 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4. 若函数 f ( x ) ＝ ( x ＋ 1)·e x ，则下列命题正确的是 A. 对任意 m < － ， 都存在 x ∈ R ，使得 f ( x )< m B. 对任意 m > － ， 都存在 x ∈ R ，使得 f ( x )< m C. 对任意 m < － ， 方程 f ( x ) ＝ m 只有一个实根 D. 对任意 m > － ， 方程 f ( x ) ＝ m 总有两个实根 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 ∵ f ′ ( x ) ＝ ( x ＋ 2)·e x ， ∴ 当 x > － 2 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 为增函数； 当 x < － 2 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 为减函数 . 故 B 正确 . 5. 函数 f ( x ) 是定义在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上的可导函数，其导函数为 f ′ ( x ) ，且满足 xf ′ ( x ) ＋ 2 f ( x ) ＞ 0 ， 则 不等式 的 解集为 A.{ x | x ＞－ 2 013} B.{ x | x ＜－ 2 013} C.{ x | － 2 013 ＜ x ＜ 0} D.{ x | － 2 018 ＜ x ＜－ 2 013} √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 构造函数 g ( x ) ＝ x 2 f ( x ) ， 则 g ′ ( x ) ＝ x [ 2 f ( x ) ＋ xf ′ ( x )]. 当 x ＞ 0 时， ∵ 2 f ( x ) ＋ xf ′ ( x ) ＞ 0 ， ∴ g ′ ( x ) ＞ 0 ， ∴ g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ∴ 当 x ＋ 2 018 ＞ 0 ，即 x ＞－ 2 018 时， ( x ＋ 2 018) 2 f ( x ＋ 2 018) ＜ 5 2 f (5) ， ∴ g ( x ＋ 2 018) ＜ g (5) ， ∴ x ＋ 2 018 ＜ 5 ， ∴ － 2 018 ＜ x ＜－ 2 013. 6. 函数 f ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ ln x － 2 x 的极值点的个数是 A.0 B.1 C.2 D . 无数 √ 解析　 函数定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于 x >0 ，方程 6 x 2 － 2 x ＋ 1 ＝ 0 中的 Δ ＝－ 20<0 ， 所以 f ′ ( x )>0 恒成立， 即 f ( x ) 在定义域上单调递增，无极值点 . 7. 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 － 2 x ＋ a (e x － 1 ＋ e － x ＋ 1 ) 有唯一零点，则 a 等于 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 解析　 方法一 　 f ( x ) ＝ x 2 － 2 x ＋ a (e x － 1 ＋ e － x ＋ 1 ) ＝ ( x － 1) 2 ＋ a [ e x － 1 ＋ e － ( x － 1) ] － 1 ， 令 t ＝ x － 1 ，则 g ( t ) ＝ f ( t ＋ 1) ＝ t 2 ＋ a (e t ＋ e － t ) － 1. ∵ g ( － t ) ＝ ( － t ) 2 ＋ a (e － t ＋ e t ) － 1 ＝ g ( t ) ， ∴ 函数 g ( t ) 为偶函数 . ∵ f ( x ) 有唯一零点， ∴ g ( t ) 也有唯一零点 . 又 g ( t ) 为偶函数，由偶函数的性质知 g (0) ＝ 0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 故选 C. 方法二　 f ( x ) ＝ 0 ⇔ a (e x － 1 ＋ e － x ＋ 1 ) ＝－ x 2 ＋ 2 x . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 － x 2 ＋ 2 x ＝－ ( x － 1) 2 ＋ 1 ≤ 1 ，当且仅当 x ＝ 1 时取 “ ＝ ”. 若 a ＞ 0 ，则 a (e x － 1 ＋ e － x ＋ 1 ) ≥ 2 a ， 若 a ≤ 0 ，则 f ( x ) 的零点不唯一 . 故选 C. √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 因为 f ( x ) ＝ x 3 － x 2 ＋ a ，所以 由题意可知 ， f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 x 在区间 [ 0 ， a ] 上存在 x 1 ， x 2 (0 ＜ x 1 ＜ x 2 ＜ a ) ， 所以方程 3 x 2 － 2 x ＝ a 2 － a 在区间 (0 ， a ) 上有两个不相等的实根 . 令 g ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 x － a 2 ＋ a (0 ＜ x ＜ a ) ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 9. 已知函数 f ( x ) ＝ ax ln x ， a ∈ R ，若 f ′ (e) ＝ 3 ，则 a 的值为 ___. 解析　 因为 f ′ ( x ) ＝ a (1 ＋ ln x ) ， a ∈ R ， f ′ (e) ＝ 3 ， 10. 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ 2 ax 2 ＋ 1 在 x ＝ 1 处的切线的斜率为 1 ，则实数 a ＝ ____ ，此时函数 y ＝ f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上的最小值为 ____. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 由题意得 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 4 ax ，则 有 f ′ (1) ＝ 3 × 1 2 ＋ 4 a × 1 ＝ 1 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 x ，当 x ∈ [0,1] 时， 11.(2018· 全国 Ⅰ ) 已知函数 f ( x ) ＝ 2sin x ＋ sin 2 x ，则 f ( x ) 的最小值 是 _______. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 f ′ ( x ) ＝ 2cos x ＋ 2cos 2 x ＝ 2cos x ＋ 2(2cos 2 x － 1) ＝ 2(2cos 2 x ＋ cos x － 1) ＝ 2(2cos x － 1)(cos x ＋ 1). ∵ cos x ＋ 1 ≥ 0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 又 f ( x ) ＝ 2sin x ＋ sin 2 x ＝ 2sin x (1 ＋ cos x ) ， 12. 已知函数 f ( x ) ＝ e x － x ，若 f ( x )<0 的解集中只有一个正整数，则 实 数 k 的取值范围为 ______________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 当 x <1 时， g ′ ( x )>0 ，当 x >1 时， g ′ ( x )<0 ， 所以 g ( x ) 在 ( － ∞ ， 1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 本课结束