2020-2021学年第六章 导数及其应用本章综合与测试学案设计

这是一份2020-2021学年第六章 导数及其应用本章综合与测试学案设计，共9页。学案主要包含了类题·通，加练·固等内容，欢迎下载使用。
阶段复习课第二课　导数及其应用核心整合·思维导图考点突破·素养提升素养一　数学运算角度1　导数的计算【典例1】(1)(2020·天津高二检测)已知函数f(x)=,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(x)= (　　)A.    B.C.   D.【解析】选D.根据题意,函数f(x)=,其导函数f′(x)===.(2)(2020·沙坪坝高二检测)设f′(x)是函数f(x)的导函数,若f(x)=x·ln (2x-1),则f′(1)=________. 【解析】因为f(x)=x·ln (2x-1),所以f′(x)=ln (2x-1)+·(2x-1)′=ln (2x-1)+,则f′(1)=2.答案:2【类题·通】　         复合函数求导的关注点复合函数求导运算的关键是分清求导层次,逐层求导,一般对于y=f(ax+b)的复合函数,只有两层复合关系,求导时不要忘了对内层函数求导即可.角度2　曲线的切线【典例2】(1)(2020·和平高二检测)已知函数f(x)=ln x+2x2-4x,则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为              (　　)A.x-y+3=0  B.x+y-3=0C.x-y-3=0  D.x+y+3=0【解析】选C.由f(x)=ln x+2x2-4x,得f′(x)=+4x-4,所以f′(1)=1.又f(1)=-2.所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+2=1×(x-1),即x-y-3=0.(2)(2020·沙坪坝高二检测)已知曲线f(x)=aln x+x2在点(1,1)处的切线与直线x+y=0平行,则实数a的值为              (　　)A.-3   B.1   C.2   D.3【解析】选A.f(x)=aln x+x2的导数为f′(x)=+2x,可得曲线在点(1,1)处的切线斜率为k=a+2,由切线与直线x+y=0平行,可得k=-1,即a+2=-1,解得a=-3.【类题·通】曲线的切线的斜率是切点处的导数,再结合其他条件可处理与切线相关的问题.素养二　逻辑推理角度1　函数的单调性与导数【典例3】(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x) =ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x) 的单调性.(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.【解析】(1)f′(x)==(x>0),当a≥0时,f′(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a<0时,则f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)知,当a<0时,f(x)max=f,则f-=ln++1,令y=ln t+1-t ,令y′=-1=0,解得t=1,所以y=ln t+1-t在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以ymax=y(1)=0,所以y≤0,即f(x)max≤--2,所以f(x)≤--2.【类题·通】　     函数的单调性与导数的关注点(1)关注函数的定义域,单调区间应为定义域的子区间.(2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价.(3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集.(4)求参数的范围时常用到分离参数法.【加练·固】已知函数f(x)=x2+ax-lnx,a∈R.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=x2+x-ln x(x>0),f′(x)=2x+1-==(x>0).令f′(x)>0,则x>;令f′(x)<0,则0<x<,所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.(2)f′(x)=2x+a-=(x>0),由函数f(x)在[1,2]上是减函数,得≤0,即2x2+ax-1≤0在[1,2]上恒成立.　令h(x)=2x2+ax-1,则即解得a≤-,所以实数a的取值范围为.角度2　函数的极值、最值与导数【典例4】(1)设函数f(x)=+ln x,则 (　　)A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点(2)设f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x).①求g(x)的单调区间和最小值.②讨论g(x)与g的大小关系.【解析】(1)选D.因为f(x)=+ln x,x>0,所以f′(x)=-+,令f′(x)=0,即-+==0,解得x=2.当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0,所以x=2为f(x)的极小值点.(2)①由题设知g(x)=ln x+,x>0,所以g′(x)=.令g′(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调递减区间.当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间,因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.②g=-ln x+x.设h(x)=g(x)-g=2ln x-x+,则h′(x)=-.当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g.当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0.因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减.当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>g.当x>1时,h(x)<h(1)=0,即g(x)<g.【类题·通】　      利用导数解决函数的极值问题的注意点(1)求曲线切线时利用导数的几何意义.(2)连续函数的最值在端点或极值点处取到,所以需要对函数求导研究函数单调性.【加练·固】已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2aln x(a>0).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)求f(x)的单调区间.(3)若f(x)≤0在区间[1,e]上恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为a=1,所以f(x)=x2-4x+2ln x,所以f′(x)=(x>0),f(1)=-3,f′(1)=0,所以切线方程为y=-3.(2)f′(x)==(x>0),令f′(x)=0得x1=a,x2=1,若0<a<1,则当x∈(0,a)或(1,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(a,1)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,a)和(1,+∞),单调递减区间为(a,1);若a=1,则f′(x)=≥0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞);若a>1,则当x∈(0,1)或(a,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(1,a)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(a,+∞),单调递减区间为(1,a).(3)由(2)可知,f(x)在区间[1,e]上只可能有极小值点,所以f(x)在区间[1,e]上的最大值必在区间端点取到,所以f(1)=1-2(a+1)≤0且f(e)=e2-2(a+1)e+2a≤0,解得a≥.素养三　数学抽象角度　分类讨论的思想【典例5】已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若存在x∈(1,+∞),使f(x)>-a,求a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-2ax+=,当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上递增,当a>0时,令f′(x)=0,得x=,令f′(x)>0,得x∈;令f′(x)<0,得x∈,所以f(x)在上递增,在上递减.(2)由f(x)>-a,得a(x2-1)-ln x<0,因为x∈(1,+∞),所以-ln x<0,x2-1>0,当a≤0时,a(x2-1)-ln x<0满足题意,当a≥时,设g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1),g′(x)=>0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,所以g(x)>g(1)=0,不合题意,当0<a<时,令g′(x)>0,得x∈,令g′(x)<0,得x∈,所以g(x)min=g<g(1)=0,则存在x∈(1+∞),使g(x)<0,综上,a的取值范围是.【类题·通】　      关于分类讨论思想在解题中的应用(1)分类讨论即分别归类再进行讨论,是一种重要的数学思想,也是一种逻辑方法,同时又是一种重要的解题策略.(2)解题时首先要思考为什么分类,即分类依据是什么,一般的分类依据如方程类型、根的个数及与区间的关系、不等号的方向等;其次考虑分几类,每一类中是否还需要再分类.(3)分类讨论的基本原则是不重不漏.【加练·固】已知函数f(x)=+ln x.(1)若f(x)的一条切线是y=-x+3,求f(x)的单调区间.(2)设函数g(x)=f(x)-1在上有两个零点,求实数a的取值范围.【解析】(1)显然x>0,f′(x)=-+.设切点为(x0,y0),则f′(x0)=-1,即-+=-1⇒a=+x0.所以y0=f(x0)=+ln x0=x0+1+ln x0,又y0=-x0+3.所以ln x0=-2x0+2,解得x0=1,故a=2.由f′(x)=-+==0,得x=2.因此当0<x<2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>2时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间是(0,2),单调递增区间是(2,+∞).(2)由题意得g′(x)=f′(x)=-+=(x>0),当a≤0时,g′(x)>0,g(x)在上单调递增,因此不可能有两个零点;当a>0时,易得g(x)的单调递减区间是(0,a),单调递增区间是(a,+∞).g(x)=f(x)-1=0在上有两解⇔解得实数a的取值范围是2e-1≤a<1.