2018届二轮复习导数及其应用学案 17页

第3讲　导数及其应用 ‎1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．‎ ‎2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．‎ ‎3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．‎ 热点一　导数的几何意义 ‎1．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．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．‎ 例1　(1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y＝在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为(　　)‎ A．2x＋y－1＝0 B．2x－y＋1＝0‎ C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y－2＝0‎ 答案　B 解析　因为y′＝＝－，‎ 故切线的斜率k＝－，即所求直线的斜率k＝2，‎ 方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.故选B.‎ ‎(2)(2017届成都一诊)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln 的值为(　　)‎ A．4e2 B．8e C．2 D．8‎ 答案　D 解析　曲线C1：y＝，y′＝ .‎ 当x＝时，y′＝，切线方程为y－2＝，‎ 化简为y＝x＋1. ①‎ 与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，‎ y′|＝e＝，x0＝ln －1，‎ 那么y0＝e－1＝－1，‎ 切线方程为y－＝，‎ 化简为y＝x－ln ＋－1， ②‎ ‎①②是同一方程，‎ 所以－ln ＋－1＝1⇔ln ＝，‎ 即t＝4，那么tln ＝4ln e2＝8，故选D.‎ 思维升华　(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．‎ ‎(2)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进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．‎ 跟踪演练1　(1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f(x)＝3x＋cos 2x＋sin 2x，a＝f′，f′(x)是f(x)的导函数，则过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为________．‎ 答案　3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0 ‎ 解析　f′(x)＝3－2sin 2x＋2cos 2x，f′＝3－2＝1，则a＝1，点P的坐标为，‎ 若P为切点，y′＝3x2，曲线y＝x3在点P处切线的斜率为3，切线方程为y－1＝3(x－1)，即 3x－y－2＝0；若P不为切点，设曲线y＝x3的切线的切点为(m，n)，曲线y＝x3的切线的斜率k＝3m2，则＝3m2.又n＝m3，则m＝－，n＝－，得切线方程为y＋＝，即3x－4y＋1＝0.∴过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0.‎ ‎(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f(x)＝ln x与函数g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B．(－1，＋∞)‎ C．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)‎ 答案　A 解析　设公切线与函数f(x)＝ln x切于点A(x1，ln x1)(x1>0)，则切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．设公切线与函数g(x)＝x2＋2x＋a切于点B(x2，x＋2x2＋a)(x2<0)，则切线方程为y－(x＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)，∴ ‎∵x2<0h(2)＝－ln 2－1＝ln ，‎ ‎∴a∈(ln，＋∞)，故选A.‎ 热点二　利用导数研究函数的单调性 ‎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)为常函数，函数不具有单调性．‎ 例2　(2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f(x)＝x2＋aln x.‎ ‎(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)＋，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝2x－，令f′(x)>0，得x>1；‎ 令f′(x)<0，得00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．‎ 跟踪演练2　(1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2] B. C. D. (－2，＋∞)‎ 答案　D 解析　由题意得f′(x)＝＋2ax，‎ 若f(x)在区间内存在单调递增区间，‎ 则f′(x)>0在上有解，‎ 即a>min.‎ 又g(x)＝－在上是单调递增函数，‎ 所以g(x)>g＝－2，‎ 所以a>－2.‎ 故选D.‎ ‎(2)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)f  B．f(1)<2f sin 1‎ C.f >f  D.f 0，x∈，‎ 从而有F(x)＝在上为增函数，‎ 所以有F0，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．‎ 例3　(2017届云南大理州统测)设函数G(x)＝xln x＋(1－x)·ln(1－x)．‎ ‎(1)求G(x)的最小值；‎ ‎(2)记G(x)的最小值为c，已知函数f(x)＝2a·ex＋c＋－2(a＋1)(a>0)，若对于任意的x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥0成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)由已知得00，得0，‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ 因为g(0)＝－(a＋1)，且当x→＋∞时，g(x)>0，‎ 所以存在x0∈(0，＋∞)，使g(x0)＝0，且f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．‎ 因为g(x0)＝ax·e－(a＋1)＝0，‎ 所以ax·e＝a＋1，即a·e＝，‎ 因为对于任意的x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥0成立，‎ 所以f(x)min＝f(x0)＝a·e＋－2(a＋1)≥0，‎ 所以＋－2(a＋1)≥0，‎ 即＋－2≥0，即2x－x0－1≤0，‎ 所以－≤x0≤1.‎ 因为ax·e＝a＋1，所以x·e＝>1.‎ 又x0>0，所以00，即k<时，设x1，x2是方程2x2＋x＋k－1＝0的两个实根，且x10，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，‎ 所以当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.‎ 根据题意可知存在x∈[1,2]，‎ 使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，‎ 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立，‎ 令h(x)＝＋，‎ 则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，‎ 又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，‎ 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.‎ A组　专题通关 ‎1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f(x)＝x2sin x＋xcos x，则其导函数f′(x)的图象大致是(　　)‎ 答案　C 解析　∵f(x)＝x2sin x＋xcos x，‎ ‎∴f′(x)＝x2cos x＋cos x, ‎ ‎∴f′(－x)＝(－x)2cos(－x)＋cos(－x)＝x2cos x＋cos x＝f′(x)，‎ ‎∴其导函数f′(x) 为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，B，‎ 又f′(0)＝1，排除D，故选C.‎ ‎2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a∈R，函数f(x)＝ex＋ae－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为(　　)‎ A．ln 2 B．－ln 2 C. D．－ 答案　A 解析　对f(x)＝ex＋ae－x求导，得f′(x)＝ex－ae－x.‎ 又f′(x)是奇函数，故f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1，故有f′(x)＝ex－e－x，设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝e－e＝，得e＝2或e＝－(舍去)，得x0＝ln 2，故选A.‎ ‎3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F(x)＝xf(x)，f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是(　　)‎ A．a>b>c B．c>a>b C．c>b>a D．a>c>b 答案　C 解析　F(－x)＝(－x)f(－x)＝－xf(x)＝－F(x)，即函数F(x)是奇函数，并且当x∈(－∞，0]时，f′(x)<0，即当x∈(－∞，0]时，F(x)是单调递减函数，所以在R上函数F(x)是单调递减函数，a＝F(20.1)，b＝F(ln 2)，c＝F，20.1>1,0ln 2>log2，所以a－3 B．a<－3 C．a>－ D．a<－ 答案　B 解析　y′＝aeax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即aeax＝－3，∵eax>0，∴a<0.又当a<0时，00,2xln x<0 ，‎ 则u′(x)>0，所以u(x) 在x∈上单调递增；‎ 当x∈(1,2)时，1－x<0,2xln x>0，则u′(x)<0，‎ 所以u(x)在 上单调递减．‎ 故当x＝1时，函数u(x)在区间上取得最大值u(1)＝1 ，‎ 所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.‎ ‎6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x－y＋1＝0与曲线y＝ln x＋a相切，则a的值为___.‎ 答案　2‎ 解析　y＝ln x＋a的导数为y′＝，设切点P(x0，y0)，则y0＝x0＋1，y0＝ln x0＋a.又切线方程 x－y＋1＝0的斜率为1，即＝1，解得x0＝1，则y0＝2，a＝y0－ln x0＝2.‎ ‎7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f(x)＝x3－x2＋ax－1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为________．‎ 答案　 解析　原题等价于方程f′(x)－3＝0有两个大于零的实数根．‎ 因为f(x)＝x3－x2＋ax－1，‎ 所以f′(x)＝2x2－2x＋a，‎ 所以f′(x)－3＝0，即2x2－2x＋a－3＝0，‎ 设g(x)＝2x2－2x＋a－3，‎ 要使方程g(x)＝0有两个大于零的实数根需要满足 即 解得32或a<0‎ 解析　因为f(x)＝x3＋(a2－2a)x2－4a4，所以令f′(x)＝3x2＋2(a2－2a)x＝3x＝0，可得函数f(x)＝x3＋(a2－2a)x2－4a4的两个极值点分别为x＝0，x＝－，由题意得>0，即a2－2a>0，解得a<0或a>2.‎ ‎9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f(x)在区间D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在区间D上也可导，则称函数f(x)在区间D上存在二阶导数，记作f″(x)，即f″(x)＝[f′(x)]′.‎ 定义2：若函数f(x)在区间D上的二阶导数为正，即f″(x)>0恒成立，则称函数f(x)在区间D上是凹函数．‎ 已知函数f(x)＝x3－x2＋1在区间D上为凹函数，则x的取值范围是________．‎ 答案　 解析　f′(x)＝3x2－3x，f″(x)＝6x－3，‎ 令f″(x)>0，得x>.‎ ‎10．已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．‎ ‎(1)解　易得f′(x)＝－，‎ 由已知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，‎ 故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，‎ ‎∴1－a≥2，∴a≤－1.‎ ‎(2)证明　若a＝0，则f(x)＝.‎ 函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．‎ 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，‎ 则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)‎ ‎＝－＝.‎ 设φ(x)＝(1－x)e－(1－x0)ex，x∈R，‎ 则φ′(x)＝－e－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，‎ ‎∴φ(x)在R上单调递减，又φ(x0)＝0，‎ ‎∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，‎ ‎∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，‎ ‎∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，‎ ‎∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，‎ ‎∴f(x)≤g(x)．‎ B组　能力提高 ‎11．(2017届衡阳期末)函数f(x)在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f(x)>0；②2f(x)0，g′(x)>0，‎ ‎∴函数g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴g(1)h(2)，即f(1)>，<，‎ 故选D.‎ ‎12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a，b满足2a2－5ln a－b＝0，c∈R，则的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　用x代换a，用y代换b，则x，y满足2x2－5ln x－y＝0，即y＝2x2－5ln x，以x代换c，可得点(x，－x)，满足x＋y＝0，所以求解的最小值即为求解曲线y＝2x2－5ln x上的点到直线x＋y＝0的距离的最小值，设直线x＋y＋m＝0与曲线y＝2x2－5ln x相切于点P(x0，y0)，则f′(x)＝4x－，则f′(x0)＝4x0－＝－1，解得x0＝1，所以切点P(1,2)，所以点P到直线x＋y＝0的距离为d＝＝，‎ 故选C.‎ ‎13．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)0)．‎ ‎①当a≤0时，∵x>0，‎ ‎∴ax－1<0，在区间(0,2)上，f′(x)>0；‎ 在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，‎ 故f(x)的单调递增区间是(0,2)，‎ 单调递减区间是(2，＋∞)．‎ ‎②当00；在区间上，f′(x)<0.‎ 故f(x)的单调递增区间是(0,2)和，‎ 单调递减区间是.‎ ‎③当a＝时，f′(x)＝，‎ 故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．‎ ‎④当a>时，0<<2，在区间和(2，＋∞)上，f′(x)>0；在区间上，f′(x)<0，‎ 故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，‎ 单调递减区间是.‎ ‎(3)由题意知，在(0,2]上有f(x)maxln 2－1，‎ 故ln 2－1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，‎ 故f(x)max＝f ＝－2－－2ln a，‎ 由a>可知，ln a>ln >ln ＝－1，‎ ‎∴2ln a>－2，即－2ln a<2，‎ ‎∴－2－2ln a<0，∴f(x)max<0，‎ 综上所述，a>ln 2－1.‎