专题 2018版高人一筹之高一数学特色专题训练(必修4) Word版 含解析

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．

1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．

2．若f (x )＝ax 3＋bx 2

＋cx ＋d 有两个极值点，且x 1<x 2，

当a >0时，f (x )的图象如图，x 1为极大值点，x 2为极小值点，

当a <0时，f (x )图象如图，x 1为极小值点，x 2为极大值点．

3．若函数y ＝f (x )为偶函数，则f ′(x )为奇函数；

若函数y ＝f (x )为奇函数，则f ′(x )为偶函数．

4．y ＝e x

在(0,1)处的切线方程为y ＝x ＋1； y ＝ln x 在(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.

5．不等式恒成立问题

(1) a ＞f (x )恒成立⇔a ＞f (x )max ；a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；

(2)a ＜f (x )恒成立⇔a ＜f (x )min ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min

6．不等式有解问题

(1)a ＞f (x )有解⇔a ＞f (x )min ；a ≥f (x )有解⇔a ≥f (x )min ；

(2)a ＜f (x )有解⇔a ＜f (x )max ；a ≤f (x )有解⇔a ≤f (x )max .

7．常用的不等关系

(1)e x

≥x ＋1(x ∈R ) (2)x －1≥ln x (x ＞0) (3)e x ＞ln x (x ＞0) (4)tan x ＞x ＞sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2

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(5)||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b |

8．常见构造函数

(1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′；

(2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦

⎥⎤f x x ′； (3)f ′(x )＋f (x )联想[]e x f x ′；

(4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦

⎥⎤f x

e x ′； (5)

f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′.

考点一 导数的几何意义及应用

例1、(2017·高考天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．

【答案】1

【变式探究】 (1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.

【答案】1

【解析】基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1，

∴f ′(1)＝3a ＋1，

又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，

∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.

速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a 1

＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.

(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.

【答案】8

【解析】基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x

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＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2

＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，

【方法技巧】

1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法

(1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：可先求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．

(2)已知切线的斜率k ，求y ＝f (x )的切线方程：

设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．

(3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：

设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．

2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数

已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．

【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．

【答案】y ＝－2x －1

【解析】令x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，

又f (－x )＝f (x )，

∴f (x )＝ln x －3x (x ＞0)，

则f ′(x )＝1x

－3(x ＞0)， ∴f ′(1)＝－2，∴y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.

(2)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )

A ．0

B ．1

C ．2

D ．3

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【答案】D

【解析】y ′＝a －

1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2， ∴a ＝3，故选D.

(3)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.

【答案】8

【解析】通解：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x

，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)

考点二 利用导数研究函数的单调性

例2、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2

+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性；

（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a

≤--． 【答案】（1）当0≥a 时， )(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a

单调递减；（2）详见解析 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x a x fx a x a x x ++=

+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增.

若a ＜0，则当x ∈10,2a -

时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a -单调递增，在12a ∞-+，单调递减.

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（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a

=-取得最大值，最大值为 111ln 1224f a a a

-

=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a

-++≤. 设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x =-. 当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a

≤--. 【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12

，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )

A ．(1,2)

B ．(0,1)

C ．(－1,1)

D ．(1，＋∞) 【答案】C

【解析】令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12

＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2

＜1⇔－1＜x ＜1.故选C. (2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭

⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0]

B ．[－1，＋∞)

C ．[0,3]

D ．[3，＋∞) 【答案】D

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【方法技巧】

1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．

2．若已知f (x )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求解．

【变式探究】

已知函数f (x )＝x 2

＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________． 【答案】⎝ ⎛⎦

⎥⎤0，12 【解析】函数f (x )＝x 2

＋3x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x ＋3－2x ，令2x ＋3－2x ＜0，即2x 2＋3x －2＜0，解得x ∈⎝

⎛⎭⎪⎫－2，12.又x ∈(0，＋∞)，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦

⎥⎤0，12. 考点三 含参数的函数的单调性

例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a

≤--． 【答案】（1）当0≥a 时， )(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a

单调递减；（2）详见解析 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x a x fx a x a x x ++=+++=.

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在

1

2a

∞

-+，单调递减.

（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在

1

2

x

a

=-取得最大值，最大值为

111

ln1

224

f

a a a

-=---.

所以

3

2

4

fx

a

≤--等价于

113

ln12

244

a a a

---≤--，即

11

ln10

22

a a

-++≤.

设g（x）=ln x-x+1，则’

1

1

g x

x

=-.

当x∈（0,1）时，()0

g x

'>；当x∈（1，+∞）时，()0

g x

'<.所以g（x）在（0,1）单调递增，

在（1，+∞）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.

从而当a＜0时，

11

ln10

22

a a

-++≤，即

3

2

4

fx

a

≤--.

【变式探究】(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a).

(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递

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【方法技巧】

1．求函数的单调区间的“三个”方法

方法一第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；

第2步：求导函数y′＝f′(x)；

第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调区间．

方法二第1步：确定函数y＝f(x)的定义域：

第2步：求导函数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；

第3步：把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x)的定义域分成若干个小区间；

第4步：确定f′ (x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．

方法三第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；

第2步：求导函数y′＝f′(x)，并将其化简表示为某些基本初等函数的和、差、积、商．

第3步：利用相应基本初等函数的图象与性质，确定f′(x)在某些区间的正、负，进而得到单调区间．2．根据函数y＝f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法

(1)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递增；转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解．

(2)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递减，转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解．

(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调，转化为f′(x)在(a，b)上不变号，即f′(x)在(a，b)上恒正或恒