2019届二轮复习（理）专题二第三讲导数的简单应用学案（全国通用） 28页

第三讲　导数的简单应用、定积分 考点一　导数的几何意义、定积分 ‎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)．‎ ‎3．微积分基本定理 一般地，如果f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且F′(x)＝f(x)，那么f(x)dx＝F(b)－F(a)．‎ ‎[对点训练]‎ ‎ ‎ ‎[解析]　‎ ‎[答案]　D ‎ ‎ ‎[解析]　‎ ‎[答案]　A ‎ ‎ ‎[解析]　‎ ‎[答案]　 ‎ ‎ ‎[解析]　‎ ‎[答案]　2－2‎ ‎[快速审题]　看到求切线，想到用导数的几何意义；看到定积分，想到微积分的基本定理和图形．‎ ‎(1)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．‎ ‎(2)利用定积分求平面图形面积的方法 利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．‎ 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.‎ ‎[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]　(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00，f(x)单调递增；x∈(－2,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.‎ ‎[答案]　A ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．‎ ‎[解析]　解法一：由f(x)＝2sinx＋sin2x，得f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2，令f′(x)＝0，得cosx＝或cosx＝－1，可得当 cosx∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当cosx∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数，所以当cosx＝时，f(x)取最小值，此时sinx＝±.又因为f(x)＝2sinx＋2sinxcosx＝2sinx(1＋cosx)，1＋cosx≥0恒成立，∴f(x)取最小值时，sinx＝－，∴f(x)min＝2××＝－.‎ 解法二：f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx＋2sinxcosx＝2sinx(1＋cosx)，‎ ‎∴f2(x)＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3.‎ 令cosx＝t，t∈[－1,1]，设g(t)＝4(1－t)(1＋t)3，‎ ‎∴g′(t)＝－4(1＋t)3＋12(1＋t)2(1－t)＝4(1＋t)2(2－4t)．‎ 当t∈时，g′(t)>0，g(t)为增函数；‎ 当t∈时，g′(t)<0，g(t)为减函数．‎ ‎∴当t＝时，g(t)取得最大值，即f2(x)的最大值为，得|f(x)|的最大值为，‎ 又f(x)＝2sinx＋sin2x为奇函数，‎ ‎∴f(x)的最小值为－.‎ ‎[答案]　－ ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.‎ ‎[解析]　设f(x)＝(ax＋1)ex，则f′(x)＝(ax＋a＋1)ex，所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k＝f′(0)＝a＋1＝－2，解得a＝－3.‎ ‎[答案]　－3‎ ‎4．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；‎ ‎(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.‎ f′(1)＝(1－a)e.‎ 由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.‎ 此时f(1)＝3e≠0.‎ 所以a的值为1.‎ ‎(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.‎ 若a>，则当x∈时，f′(x)<0；‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x＝2处取得极小值．‎ 若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0，‎ 所以2不是f(x)的极小值点．‎ 综上可知，a的取值范围是.‎ ‎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．‎ ‎3．近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．‎ 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．‎ ‎[答案]　C ‎4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(0,1] B．(1，＋∞) C．(0,1) D．[1，＋∞)‎ ‎[解析]　根据>2可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.故选D.‎ ‎[答案]　D ‎5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为(　　)‎ A．ln2 B．1 C．1－ln2 D．1＋ln2‎ ‎[解析]　由直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，设切点为P(x0，y0)，对于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0，‎ 又∵∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2，‎ ‎∴k＝ln2＋1，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎6．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B．(0，e) C. D．(－∞，e)‎ ‎[解析]　由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，‎ 因函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，‎ 则直线y＝a和g(x)＝的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝(x>0)，‎ 令h(x)＝－lnx－1，‎ 则h′(x)＝－－<0，‎ 故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需00，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