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高考数学二轮复习考点突破专题04导数的概念与应用含答案(可编辑)doc下载

高考数学二轮复习考点突破专题专题导数的概念与应用【自主热身归纳提炼】、曲线y=x-cosx在点eqblc(rc)(avsalco(f(pi,)f(pi,)))处的切线方程为.【答案】x-y-eqf(pi,)= 【解析】:因为yprime=+sinx所以k切=所以所求切线方程为y-eqf(pi,)=eqblc(rc)(avsalco(x-f(pi,)))即x-y-eqf(pi,)=、在平面直角坐标系xOy中若曲线y=lnx在x=e(e为自然对数的底数)处的切线与直线ax-y+=垂直则实数a的值为.【答案】-e 【解析】:因为yprime=eqf(,x)所以曲线y=lnx在x=e处的切线的斜率k=yprimex=e=eqf(,e)又该切线与直线ax-y+=垂直所以amiddoteqf(,e)=-所以a=-e、若曲线C:y=ax-x+x与曲线C:y=ex在x=处的两条切线互相垂直则实数a的值为.【答案】-eqf(,e)【解析】:因为yprime=ax-x+yprime=ex所以两条曲线在x=处的切线斜率分别为k=ak=e即kmiddotk=-即ae=-所以a=-eqf(,e)在平面直角坐标系xOy中记曲线y=x-eqf(m,x)(xisinRmne-)在x=处的切线为直线l若直线l在两坐标轴上的截距之和为则实数m的值为.【答案】-或-【解析】:yprime=+eqf(m,x)yprimex==+m所以直线l的方程为y-(-m)=(+m)(x-)即y=(+m)x-m令x=得y=-m令y=x=eqf(m,m+)由题意得eqf(m,m+)-m=解得m=-或m=-、设f(x)=x+mx+(m-)x+n(mnisinR)是R上的单调增函数则实数m的值为.【答案】 【解析】:因为fprime(x)=x+mx+(m-)又函数f(x)是R上的单调增函数所以x+mx+(m-)ge在R上恒成立所以(m)-times(m-)le整理得m-m+le即(m-)le又因为(m-)ge所以(m-)=所以m=、已知函数若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点则实数m的取值范围为.【答案】()【解析】由所以所以在上单调递增即至多有一个交点要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点即从而可得(-,).、已知点A(,)和B(--)在曲线C:y=ax+bx+d(abd均为常数)上.若曲线C在点AB处的切线互相平行则a+b+d=【答案】:【解析】 由题意得yprime=ax+bx因为k=k所以a+b=a-b即b=又a+d=d-a=-所以d=-a=即a+b+d=、已知函数f(x)=lnx-eqf(m,x)(misinR)在区间e上取得最小值则m=【答案】:-e 、曲线f(x)=eqf(fprime,e)middotex-f()x+eqf(,)x在点(f())处的切线方程为.【答案】:y=ex-eqf(,) 【解析】:因为fprime(x)=eqf(fprime,e)middotex-f()+x故有eqblc{rc(avsalco(f=f(fprime,e),fprime=fprime-f+))即eqblc{rc(avsalco(f=,fprime=e))原函数表达式可化为f(x)=ex-x+eqf(,)x从而f()=e-eqf(,)所以所求切线方程为y-eqblc(rc)(avsalco(e-f(,)))=e(x-)即y=ex-eqf(,)应注意ldquo在某点处的切线rdquo与ldquo过某点处的切线rdquo的区别前者表示此点即为切点后者表示此点不一定是切点过此点可能存在两条或多条切线.、已知函数在时取得极值则a的值等于.【答案】:【解析】根据题意解得经检验满足题意所以a的值等于..已知三次函数在是增函数则m的取值范围是.【答案】:【解析】由题意得恒成立therethere.、若函数在开区间既有最大值又有最小值则实数a的取值范围是.【答案】:.【解析】:函数在处取得极小值在处取得极大值又因为函数在开区间内既有最大值又有最小值所以即a的取值范围是.【问题探究开拓思维】例、若直线为曲线的一条切线则实数的值是.【答案】:【解析】:设切点的横坐标为由曲线得所以依题意切线的斜率为得所以切点为又因为切线过切点故有解得()当a=时记h(x)=f(x)middotg(x)是否存在整数lambda使得关于x的不等式lambdageh(x)有解?若存在请求出lambda的最小值若不存在请说明理由.(参考数据:lnasymplnasymp)思路分析第()问由于问题中含有参变量a因此函数的单调性及单调区间就随着a的变化而变化因此就需要对参数a进行讨论要讨论时注意讨论的标准的确定方式:一是导函数是何种函数二是导函数的零点是否在定义域内三是导函数的零点的大小关系如何.第()问注意到lambdageh(x)有解等价于h(x)minlelambda因此问题归结为求函数h(x)的最小值在研究h(x)的最小值时要注意它的极值点是无法求解的因此通过利用极值点所满足的条件来进行消去lnx来解决问题.另一方面我们还可以通过观察来猜测lambda的最小值为下面来证明当lambdale-时lambdageh(x)不成立即h(x)>-则可.【解析】:()当a=时方程g(ex)=即为ex+eqf(,ex)-=去分母得(ex)-ex+=解得ex=或ex=eqf(,)(分)故所求方程的根为x=或x=-ln(分)综上所述当a<时phi(x)的单调递增区间为eqblc(rc)(avsalco(f(a-,a)))当leale时phi(x)的单调递增区间为(+infin)当a>时phi(x)的单调递增区间为eqblc(rc)(avsalco(f(a-,a)+infin))(分)()解法当a=时g(x)=x-h(x)=(x-)lnx所以hprime(x)=lnx+-eqf(,x)单调递增hprimeeqblc(rc)(avsalco(f(,)))=lneqf(,)+-<hprime()=ln+-eqf(,)>所以存在唯一xisineqblc(rc)(avsalco(f(,)))使得hprime(x)=即lnx+-eqf(,x)=(分)当xisin(x)时hprime(x)<当xisin(x+infin)时hprime(x)>所以h(x)min=h(x)=(x-)lnx=(x-)middoteqblc(rc)(avsalco(f(,x)-))=-eqf(x-,x)=-eqblc(rc)(avsalco(x+f(,x)))记函数r(x)=-eqblc(rc)(avsalco(x+f(,x)))则r(x)在eqblc(rc)(avsalco(f(,)))上单调递增(分)所以reqblc(rc)(avsalco(f(,)))<h(x)<r()即h(x)isineqblc(rc)(avsalco(-f(,)-f(,)))由lambdage-eqf(,)且lambda为整数得lambdage所以存在整数lambda满足题意且lambda的最小值为(分)解法当a=时g(x)=x-所以h(x)=(x-)lnx由h()=得当lambda=时不等式lambdageh(x)有解(分)下证:当lambdale-时h(x)>lambda恒成立即证(x-)lnx>-恒成立.显然当xisin(,cup+infin)时不等式恒成立只需证明当xisin(,)时(x-)lnx>-恒成立.即证明lnx+eqf(,x-)<令m(x)=lnx+eqf(,x-)所以mprime(x)=eqf(,x)-eqf(,x-)=eqf(x-x+,xx-)由mprime(x)=得x=-eqr()(分)当xisin(,-eqr())时mprime(x)>当xisin(-eqr())时mprime(x)<所以m(x)max=m(-eqr())=ln(-eqr())-eqf(r()+,)<ln(-)-eqf(+,)=ln-<所以当lambdale-时h(x)>lambda恒成立.综上所述存在整数lambda满足题意且lambda的最小值为(分)解后反思研究恒成立问题、存在性问题其本质就是研究相关函数的最值问题这样就可以让问题的研究目标具体化.同时在研究此类问题时经常可以采用从特殊到一般的方式来帮助我们进行思考PAGE。

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