【数学】2018届一轮复习北师大版导数及其应用教案 11页

第5讲　导数及其应用 ‎　 　　　　　　　　　　　　　导数的运算和几何意义 自主练透　夯实双基 ‎1．导数的几何意义 函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．‎ ‎2．四个易误导数公式 ‎(1)(sin x)′＝cos x；‎ ‎(2)(cos x)′＝－sin x；‎ ‎(3)(ax)′＝axln a(a＞0，且a≠1)；‎ ‎(4)(logax)′＝(a＞0，且a≠1，x＞0)．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·郑州市第二次质量检测)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为(　　)‎ A．(1，3)　　　　　　　 B．(－1，3)‎ C．(1，3)和(－1，3) D．(1，－3)‎ C　[解析] f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.‎ ‎2．(2016·高考天津卷)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．‎ ‎[解析] 由题意得f′(x)＝(2x＋3)ex，则得f′(0)＝3.‎ ‎[答案] 3‎ ‎3．(2016·高考全国卷丙)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________．‎ ‎[解析] 由题意可得当x＞0时，f(x)＝1n x－3x，则f′(x)＝－3，f′(1)＝－2，则在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.‎ ‎[答案] y＝－2x－1‎ 利用导数几何意义解题的思路 ‎(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化.‎ ‎(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　利用导数研究函数的性质 数学思想　活学活用 ‎1．导数与函数单调性的关系 ‎(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.‎ ‎(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)在此区间内为常函数，函数不具有单调性．‎ ‎2．导数与函数的极值、最值的关系 ‎(1)若在x0附近左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．‎ ‎(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．‎ ‎ (2016·高考山东卷)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.‎ ‎(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；‎ ‎(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值．求实数a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，‎ 可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．‎ 则g′(x)＝－2a＝.‎ 当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；‎ 当a>0，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，‎ x∈时，函数g(x)单调递减．‎ 所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；‎ 当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎(2)由(1)知，f′(1)＝0.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)单调递增，‎ 所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．‎ ‎②当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，‎ 可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增，‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．‎ ‎③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．‎ ‎④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．‎ 综上可知，实数a的取值范围为a>.‎ ‎(1)与单调性有关的两类问题的求解策略 ‎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．‎ ‎(2)利用导数求函数最值的方法技巧 ‎①对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．‎ ‎②求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y′的符号及y的单调区间、极值的对应表格．‎ ‎(3)数学思想 ‎①本例利用了分类讨论思想，在第(1)问中根据a的正负确立单调区间，而第(2)问由a的取值不同，而单调区间不同，导致x＝1处所取得的极值不同，从而进行分类讨论．‎ ‎②利用分类讨论的思想可解决求函数的单调区间、函数单调性的判断，函数的极值与最值，确立参数范围等问题．‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎(2016·云南省第一次统一检测)已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．‎ ‎[解] (1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2＝.‎ 当a＝－4时，f′(x)＝.‎ 所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．‎ 所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.‎ 所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.‎ ‎(2)因为f′(x)＝，‎ 所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；‎ 当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，所以f(x)在上单调递增；‎ 由f′(x)＜0得，x＜－，所以f(x)在上单调递减．‎ 所以当a＜0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.‎ 根据题意得f＝aln＋2≥－a，‎ 即a[ln(－a)－ln 2]≥0.‎ 因为a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，‎ 解得a≥－2，‎ 所以实数a的取值范围是[－2，0)．‎ ‎　　　　　　　　　　利用导数解决与不等式有关的问题 共研典例　类题通法 ‎ 已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．‎ ‎(1)证明：当x>0时，f(x)0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)．‎ ‎【证明】　(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，‎ 则有F′(x)＝－1＝.‎ 当x∈(0，＋∞)时，F′(x)<0，‎ 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ 故当x>0时，F(x)0时，f(x)0，故G(x)在(0，＋∞)上单调递增，G(x)>G(0)＝0.故任意正实数x0均满足题意．‎ 当00.‎ 取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)>0，‎ 从而G(x)在(0，x0)上单调递增，所以G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．‎ 综上，当k<1时，总存在x0>0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)．‎ 利用导数证明不等式的四个依据 ‎(1)依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将待证不等式化简．‎ ‎(2)依据不等式构造函数．‎ ‎(3)依据导数研究函数的单调性，求其最值．‎ ‎(4)依据单调性及最值，得到待证不等式．‎ ‎[跟踪训练]‎ 已知函数f(x)＝aln x＋1(a>0)．‎ ‎(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥a；‎ ‎(2)若在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解] (1)证明：设φ(x)＝f(x)－1－a＝aln x－a(x>0)，‎ 则φ′(x)＝－.‎ 令φ′(x)＝0，则x＝1.‎ 当01时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x)在x＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a.‎ ‎(2)由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>.‎ 令g(x)＝(10，‎ 故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.‎ 因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，则g(x)0，‎ 所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．‎ ‎(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.‎ 由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，‎ 则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1，2)内有零点，‎ 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．‎ 因为h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，‎ 则φ′(x)＝ex＋x－.‎ 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点，‎ 即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点．‎ 所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.‎ 课时作业 ‎1．(2016·贵州省适应性考试)已知M为不等式组表示的平面区域，直线l：y＝2x＋a，当a从－2连续变化到0时，区域M被直线l扫过的面积为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B．2‎ C. D. D　[解析] 作出图形可得区域M被直线l扫过的面积为x2dx－×1×2＝1－1＝×(8－1)－1＝，选项D正确．‎ ‎2．(2016·广州高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)>0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零点个数为(　　)‎ A．0 B．1‎ C．0或1 D．无数个 A　[解析] 因为g(x)＝xf(x)＋1(x>0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．‎ ‎3．直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋ln x交于A，B，则|AB|的最小值为________．‎ ‎[解析] 设A(x1，a)，B(x2，a)，则2(x1＋1)＝x2＋ln x2，‎ 所以x1＝(x2＋ln x2)－1，‎ 所以|AB|＝x2－x1＝(x2－ln x2)＋1，‎ 令y＝(x－ln x)＋1，则y′＝，所以函数在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x＝1时，函数取得最小值，即|AB|min＝.‎ ‎[答案] ‎4．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．‎ ‎[解析] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.所以f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.‎ ‎①若a≥0，当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点；‎ ‎②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－，因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1－1.‎ ‎[答案] (－1，＋∞)‎ ‎5．(2016·高考北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎[解] (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，‎ 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题设，即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与 ‎1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎6．已知函数f(x)＝的图象在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．‎ ‎(1)求实数a的值及f(x)的极值；‎ ‎(2)若对任意x1，x2∈[e2，＋∞)，有＞，求实数k的取值范围．‎ ‎[解] (1)由题意得f′(x)＝，f′(1)＝0，解得a＝1.‎ 令f′(x)＝＝0，解得x＝1，即f(x)有极大值为f(1)＝1.‎ ‎(2)由＞，‎ 可得＞k，令g＝f(x)，则g(x)＝x－xln x，其中x∈(0，e－2]，g′(x)＝－ln x，又x∈(0，e－2]，则g′(x)＝－ln x≥2，‎ 即＞2，‎ 因此实数k的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎7．(2016·兰州市实战考试)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．‎ ‎(1)当01>0，‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ ‎(2)a＝∈，－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，‎ 所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.‎ 对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，‎ 所以，①当b<1时，[g(x)]min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；‎ ‎②当1≤b≤2时，[g(x)]min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；‎ ‎③当b>2时，[g(x)]min＝g(2)＝8－4b，且当b>2时，8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥，‎ 所以实数b的取值范围为.‎ ‎8．(2016·河南省六市第一次联考)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求f(x)在[1，a](a>1)上的最小值；‎ ‎(2)若关于x的不等式f2(x)＋mf(x)>0只有两个整数解，求实数m的取值范围．‎ ‎[解] (1)f′(x)＝(x>0)，‎ 令f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为；‎ 令f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为.‎ 因为x∈[1，a]，‎ 所以当1时，f(x)在上为增函数，在上为减函数．‎ 又f(2)＝＝ln 2＝f(1)，‎ 所以若2，f(x)的最小值为f(a)＝，‎ 综上，当12时，f(x)的最小值为f(a)＝.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，且在上有ln 2x>ln e＝1>0，又x>0，则f(x)>0.又f＝0，‎ 所以当m>0时，由不等式f2(x)＋mf(x)>0得f(x)>0或f(x)<－m，‎ 而f(x)>0的解集为，整数解有无数多个，不合题意；当m＝0时，由不等式f2(x)＋mf(x)>0得f(x)≠0，解集为∪，整数解有无数多个，不合题意；‎ 当m<0时，由不等式f2(x)＋mf(x)>0得f(x)>－m或f(x)<0，‎ f(x)<0的解集为，无整数解，‎ 若不等式f2(x)＋mf(x)>0有两个整数解，则f(3)≤－m