2019年高考数学精讲二轮教案第三讲导数的简单应用 26页

第三讲　导数的简单应用 考点一　导数的几何意义 ‎1．导数公式 ‎(1)(sinx)′＝cosx；‎ ‎(2)(cosx)′＝－sinx；‎ ‎(3)(ax)′＝axlna(a>0)；‎ ‎(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．‎ ‎2．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)．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·兰州质检)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)‎ ‎[解析]　f ′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，‎ ‎∴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.‎ ‎[答案]　C ‎2．(2018·大同模拟)过点(1，－1)且与曲线y＝x3－2x相切的切线方程为(　　)‎ A．x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0‎ B．x－y－2＝0‎ C．x－y＋2＝0‎ D．x－y－2＝0或4x＋5y＋1＝0‎ ‎[解析]　设切点坐标为(x0，y0)，y0＝x－2x0，则曲线在(x0，y0)处的切线斜率为y′＝3x－2，当x0＝1时斜率为1，切线方程为x－y－2＝0，当x0≠1时，过(1，－1)点的切线的斜率为＝x＋x0－1＝3x－2，解得x0＝－，其斜率为－，切线方程为5x＋4y－1＝0，所以A正确，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·西安质检)已知直线y＝－x＋m是曲线y＝x2－3lnx的一条切线，则m的值为(　　)‎ A．0 B．2 C．1 D．3‎ ‎[解析]　因为直线y＝－x＋m是曲线y＝x2－3lnx的切线，所以令y′＝2x－＝－1，得x＝1，x＝－(舍)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线y＝－x＋m上，所以m＝2，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎4．若曲线y＝在点(a，)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为2，则a＝________.‎ ‎[解析]　y＝＝x，∴y′＝x，于是曲线在点(a，)处的切线方程为y－＝(x－a)，令x＝0，得y＝；令y＝0，得x＝－a，∴三角形的面积S＝··|－a|＝＝2，解得a＝4.‎ ‎[答案]　4‎ ‎[快速审题]　看到求切线，想到用导数的几何意义．‎ ‎　求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法 ‎(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程 求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；‎ ‎(2)已知切线的斜率k，求切线方程 设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；‎ ‎(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程 设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．‎ 考点二　利用导数研究函数的单调性 ‎1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0即可．‎ ‎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．‎ 角度1：根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围 ‎[解题指导]　→→ ‎[解析]　由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，‎ ‎∴g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴Δ＝a2－24≤0或 ‎∴－2≤a≤2或 即a≥－2，故选C.‎ ‎[答案]　C 角度2：利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性 ‎[解]　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令h(x)＝－ax2＋x－a，‎ 记Δ＝1－4a2，当Δ≤0时，即a≥时，‎ ‎－ax2＋x－a≤0，f′(x)≤0，‎ 此时函数f(x)在(0，＋∞)上递减．‎ 当Δ＝1－4a2>0，即当0x2>0，‎ 故此时函数f(x)在上递增，‎ 在和上递减，‎ 综上，00”变为“a∈R”，其他条件不变，则f(x)的单调性如何？‎ ‎[解]　由例2解的内容知：f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，‎ 令h(x)＝－ax2＋x－a.‎ 当a≤0时，h(x)>0恒成立，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 当a>0时，同例2解的内容．‎ 综上：a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增．‎ ‎00”变为“a∈R”试讨论f(x)的单调性．‎ ‎[解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝－＋＋a ‎＝＝.‎ 当a＝0时，f′(x)＝，‎ 令f′(x)>0，则x>1，‎ 令f′(x)<0，则00时，x＋>0，令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则00，‎ 则1－，所以函数f(x)在区间(0,1)和上单调递减，在区间上单调递增；‎ ‎④当a<－1时，1>－，令f′(x)>0，则－1，所以函数f(x)在区间和(1，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增．‎ 综上，当a≥0时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；‎ 当a＝－1时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；‎ 当－10，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时， f ′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ ‎②当a≠0时，对于2ax2－x＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a×1＝1－8a.‎ 若Δ≤0，即a≥，因为a>0，所以2ax2－x＋1≥0恒成立，即f ′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 若Δ>0，即00，x2<0.‎ 当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，2ax2－x＋1<0, f ′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ 当0x1>0.‎ 当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，2ax2－x＋1<0, f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ 综上，当a＝0时， f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；‎ 当a≥时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)‎ ‎，无单调递减区间；‎ 当00，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．‎ 角度1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围 ‎[解析]　f ′(x)＝＋x－，由f ′(x)＝0得(x－m)＝0，∴x＝m或x＝.显然m>0.当且仅当00，当x∈(m,2)时，f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝m.若0<<2≤m，即m≥2，则当x∈时， f ′(x)>0，当x∈时， f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝.综上，m的取值范围是∪[2，＋∞)，故选B.‎ ‎[答案]　B 角度2：利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值 ‎[解题指导]　(1)→→ ‎(2)→→→ ‎[解]　(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞), f ′(x)＝，且f ′(x)＝0有两个不同的正根，即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，则 ‎∴a>4.‎ ‎(2)不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>恒成立．‎ f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋x－ax1＋alnx2＋x－ax2.‎ 由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，‎ ‎∴f(x1)＋f(x2)＝a(lnx1＋lnx2)＋(x＋x)－a(x1＋x2)‎ ‎＝aln(x1x2)＋[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)‎ ‎＝alna＋(a2－2a)－a2＝a，‎ ‎∴＝lna－a－1，‎ 令y＝lna－a－1，则y′＝－.‎ ‎∵a>4，∴y′<0，‎ ‎∴y＝lna－a－1在(4，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴y0，‎ x1＝，x2＝，‎ a>0时，若f(x)在x＝1处取最小值，‎ 只需x1≤0且x2≥1，解得01，则当x∈时，f′(x)<0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值．‎ 若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，‎ 所以f′(x)>0.‎ 所以1不是f(x)的极小值点．‎ 综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．‎ ‎2‎ ‎．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．‎ 热点课题6　导数与函数的单调性与最值 ‎[感悟体验]‎ ‎　已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx(x>0)，‎ 所以f′(x)＝2x－3＋＝，‎ 所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.‎ 所以切线方程为y＝－2.‎ ‎(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域为(0，＋∞)，‎ 当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，‎ 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.‎ ‎①当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增．‎ 所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；‎ ‎②当1<1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．‎ 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．‎ 当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值，排除D.符合条件的只有C项，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎4．(2018·南昌一模)若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[0，＋∞) B．(－∞，0]‎ C．(－∞，0) D．(0，＋∞)‎ ‎[解析]　由题意知x>0，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则方程1＋＝0在x>0上有解，则x＝－a，所以a<0，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎5．(2018·海南八校联考)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　因为f′(x)＝－2x＋a－，所以结合题意可得f′(x)＝－2x＋a－在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为即解得－0)恒成立，则的最大值是(　　)‎ A．1 B．－1 C．e D．－e ‎[解析]　不等式lnx＋1≥m－可化为lnx＋1－m＋≥0，令F(x)＝lnx＋1－m＋(x>0)，则F′(x)＝－＝，所以当x＝n时，F(x)min＝lnn＋2－m，则lnn＋2－m≥0⇒m≤2＋lnn(n>0)．所以≤.令G(n)＝，则令G′(n)＝＝0，可得n＝，故G(n)max＝＝e，即≤≤e，故选C.‎ ‎[答案]　C 二、填空题 ‎7．(2018·武汉模拟)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y ‎＋1＝0垂直，则a＝________.‎ ‎[解析]　因为y＝，所以y′＝－，则曲线y＝在点(3,2)处的切线的斜率为y′＝－.又因为切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，所以－·(－a)＝－1，解得a＝－2.‎ ‎[答案]　－2‎ ‎8．(2018·南宁二模)曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________．‎ ‎[解析]　因为f′(x)＝1＋lnx，且f(1)＝0，f′(1)＝1，所以切线l的斜率k＝1，切线方程为y＝x－1.令x＝0，得y＝－1，令y＝0，得x＝1，∴切线l与两坐标轴的交点坐标分别为A(0，－1)，B(1,0)，则|OA|＝1，|OB|＝1，∴S△ABO＝×1×1＝.‎ ‎[答案]　 ‎9．(2018·河南安阳调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．‎ ‎[解析]　f′(x)＝＋ax－2＝(x>0)，函数f(x)‎ 存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax2－2x＋1≤0，等价于a小于在x∈(0，＋∞)上的最大值，设g(x)＝，则g′(x)＝，可知，函数g(x)在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x＝1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)＝1，所以a<1，故填(－∞，1)．‎ ‎[答案]　(－∞，1)‎ 三、解答题 ‎10．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝－lnx.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)．‎ ‎[解]　(1)f(x)＝－lnx＝1－－lnx，‎ f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ ‎∵f′(x)＝－＝，由f′(x)>0⇒01，‎ ‎∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．‎ ‎(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，‎ ‎∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln1＝0.‎ 又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f0，即(－x2＋2)ex>0，‎ 因为ex>0，所以－x2＋2>0，‎ 解得－0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，‎ 则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．‎ 令g(x)＝(x＋1)－，‎ 则g′(x)＝1＋>0.‎ 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．‎ 所以g(x)0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．‎ 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．‎ 故函数f(x)不可能在R上单调递减．‎ ‎12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x12时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x30，当x∈(x3，x4)时，‎ f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．‎ 综上：当02时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，‎ 则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，‎ 令t＝，则0