2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题二第2讲　导数的简单应用与定积分

第2讲　导数的简单应用与定积分

(对应学生用书第11~12页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

1.(2018·全国Ⅰ卷,理5)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+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(　D　)
(A)y=-2x (B)y=-x
(C)y=2x (D)y=x
解析:因为函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,
所以f(-1)+f(1)=0,
所以-1+a-1-a+(1+a-1+a)=0,解得a=1,
所以f(x)=x3+x,所以f'(x)=3x2+1,
所以f'(0)=1,
所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.故选D.
2.(2014·全国Ⅱ卷,理8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点 (0,0) 处的切线方程为y=2x,则a等于(　D　)
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:　y'=a-,当x=0时,y'=a-1即是y=2x的斜率,所以a-1=2,所以a=3.故选D.
3.(2017·全国Ⅱ卷,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(　A　)
(A)-1 (B)-2e-3 (C)5e-3 (D)1
解析:f'(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·ex-1
则f'(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0得a=-1,
则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,
f'(x)=(x2+x-2)·ex-1,
令f'(x)=0,得x=-2或x=1,
当x1时,f'(x)>0,
当-20,g(x)为增函数,
要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)2,令f'(x)=0得,
x=或x=.
当x∈0,∪,+∞时,
f'(x)0,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x1时,ln t>0,
当x>ln t时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当00,f(x)单调递增.
综上,当t≤0时,f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,+∞)上是增函数;
当00,可得x>1.
所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减.
所以h(x)min=h(1)=e1(1-2)=-e.
所以a≤-e,即a的最大值是-e,故选A.

(3)

因为f(x)=x+-aln x,
所以f'(x)=1--=,
因为f(x)在区间(1,2)上是非单调函数,
所以f'(x)=0在(1,2)上有解,即x2-ax-a=0在(1,2)上有解,
所以x2=a(x+1)在(1,2)内有解,
设g(x)=x2,x∈(1,2),
h(x)=a(x+1),x∈(1,2).
由图象易知,方程的解即是两图象交点的横坐标,
所以f(x)+1,
所以f'(x)-f(x)-1>0,
所以g'(x)>0在R上恒成立,
所以g(x)=在R上单调递增.
所以g(2 018)>g(2 017),
所以>,
所以f(2 018)+1>ef(2 017)+e,
所以f(2 018)-ef(2 017)>e-1.
本题选择A选项.
法二　构造特殊函数f(x)=ex-2,该函数满足f'(x)>f(x)+1,而f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-2)-e(e2 017-2)=2e-2,
结合2e-2>e-1可知f(2 018)-ef(2 017)>e-1,排除B选项,
结合2e-20可得,g'(x)>0,
所以函数g(x)在R上单调递增,
又f(0)=1,所以g(0)=1,
所以不等式exf(x)>1的解集为(0,+∞).
故选B.


函数单调性的简单应用主要有两个方面:(1)根据函数的单调性,比较函数值的大小;(2)根据函数的单调性解函数不等式.解题的基本思路是根据已知条件和求解目标,构造函数,通过构造的函数的单调性得出结论.常见的构造函数类型为乘积型h(x)g(x)和商型,具体的如xf(x),exf(x),,tan x·f(x)等,视具体情况而定.
热点训练2:(1)(2018·安徽江南十校二模)y=f(x)的导函数满足:当x≠2时,(x-2)(f(x)+2f'(x)-xf'(x))>0,则(　　)
(A)f(4)>(2+4)f()>2f(3)
(B)f(4)>2f(3)>(2+4)f()
(C)(2+4)f()>2f(3)>f(4)
(D)2f(3)>f(4)>(2+4)f()
(2)(2018·河北石家庄二模)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)ln x+f(x)>0(其中f'(x)为f(x)的导函数),若a>1>b>0,则下列各式成立的是(　　)
(A)af(a)>bf(b)>1 (B)af(a)-1,求a的取值范围.
(1)解析:令g(x)=,
则g'(x)=,
因为当x≠2时,(x-2)[f(x)-(x-2)f'(x)]>0,
所以当x>2时,g'(x)g(3)>g(4),
即>>,
即(2+4)f()>2f(3)>f(4).故选C.
(2)解析:构造函数h(x)=f(x)ln x,
则h'(x)=,
由题可知h'(x)>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
由a>1>b>0可得h(a)>h(1)>h(b).
所以f(a)ln a>0,f(b)ln b1>bf(b),
故选D.
(3)解析:因为f(x)=2x+sin x·cos x+acos x,
所以f'(x)=2+cos 2x-asin x
=-2sin2x-asin x+3,
设sin x=t,-1≤t≤1.
令g(t)=-2t2-at+3,
因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
所以g(t)≥0在[-1,1]上恒成立,
因为二次函数图象开口向下,
所以⇒-1≤a≤1,
即a的取值范围是[-1,1],故选A.
(4)解:①由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞),
因为f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,
所以f'(x)=x-a+=,
令f'(x)=0,
得x=1或x=a-1,
因为a>2,所以a-1>1.
由f'(x)>0,解得02,
所以4(a-1)≥(a-1)2,
即a2-6a+5≤0,
所以1≤a≤5.而a>2,
所以20,
当x>1时f'(x)0时,若x=1是函数f(x)的极大值点,
则需10),
令g'(x)>0,
得00,
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,
因为>0,ln x>0,
所以≤ln x即m≤xln x对任意的x≥e恒成立,
此时只需m≤(xln x)min,
设g(x)=xln x(x≥e),
g'(x)=ln x+1>0(x≥e),
所以g(x)是[e,+∞)上为增函数,
所以g(x)min=g(e)=e,
所以m≤e,即m的最大值为e.
故选D.
(2)解:①因为f(x)=ax-cos x+b,所以f'(x)=a+sin x.
又f'=a+1=,f=a+b=×+,解得a=,b=3.
②由①知f(x)=x-cos x+.
因为f'(x)=+sin x,
由f'(x)=+sin x>0,得-0,所以x2>1,
以下求函数u(x2)=的值域.
u'(x2)==,
令u'(x2)=0得x2=2,
在x2∈(1,2)内,u'(x2)0.
即g(x)在R上为增函数.
所以g(3)>g(2),
即e3f(3)-e3>e2f(2)-e2,
整理得e[f(3)-1]>f(2)-1,即a0,
所以3+2a(t-2e)ln t=0,
所以(t-2e)ln t=-,
设g(t)=(t-2e)ln t,则g'(t)=ln t+1-,
而(g'(t))'=+>0,故g'(t)为增函数,
因为g'(e)=0,所以当t=e时,gmin(t)=g(e)=-e,
所以-≥-e,即≤e.
当a0时,得a≥;
当a=0时,由原等式易知不符合题意.
所以a0.故当x>-1时,
g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,
g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.4分
又f(0)=0,故当-10时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.6分
②若a0,故x=0不是h(x)的极大值点.9分
如果6a+1