2018届二轮复习（文）　函数与导数专题二第3讲学案（全国通用） 16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届山西临汾一中等五校联考)已知曲线f(x)＝在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为(　　)‎ A. B．－ C．－ D. 答案　D 解析　对函数求导，可得f′(x)＝，‎ ‎∵曲线f(x)＝在点(1，f(1))处切线的斜率为1，‎ ‎∴f′(1)＝＝1，得a＝，故选D.‎ ‎(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t的值为(　　)‎ A．4e2 B．4e C. D. 答案　A 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)，，x0＝ln －1，那么，‎ 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 ＝2，即t＝4e2，故选A.‎ 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·天津)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 解析　∵f′(x)＝a－，∴f′(1)＝a－1.‎ 又∵f(1)＝a，∴切线l的斜率为a－1，且过点(1，a)，‎ ‎∴切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)．‎ 令x＝0，得y＝1，故l在y轴上的截距为1.‎ ‎(2)若y＝ax＋b为函数f(x)＝图象的一条切线，则a＋b的最小值为(　　)‎ A．－4 B．－1‎ C．1 D．2‎ 答案　B 解析　f′(x)＝(x>0)．设切点为，‎ 则切线方程为y－＝(x－x0)，‎ 即y＝x－x0＋，‎ 亦即y＝x＋.‎ 令＝t，则t>0，由题意得a＝＋＝t＋t2，b＝ln x0－－1＝－ln t－2t－1.令a＋b＝φ(t)＝－ln t＋t2－t－1，则φ′(t)＝－＋2t－1＝，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，则φ(t)在(0,1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)>0，则φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.‎ 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·全国Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.‎ 令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.‎ 当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；‎ 当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.‎ 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．‎ ‎(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.‎ 当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.‎ 当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．‎ 而g(0)＝0，故ex≥x＋1.‎ 当0(1－x)(1＋x)2，‎ ‎(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，‎ 取x0＝，‎ 则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，‎ 故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，‎ 则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.‎ 综上，a的取值范围是[1，＋∞)．‎ 思维升华　利用导数研究函数单调性的一般步骤 ‎(1)确定函数的定义域．‎ ‎(2)求导函数f′(x)．‎ ‎(3)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．‎ 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≥的最小值．‎ 又g(x)＝－在上是单调递增函数，‎ 所以g(x)>g＝－2，‎ 所以a≥－2，经检验，当a＝－2时不成立，所以a>－2.‎ 故选D.‎ ‎(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)‎ C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)‎ 答案　D 解析　当x<0时，∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，‎ ‎∴[f(x)g(x)]′>0，∴y＝f(x)g(x)为增函数．‎ ‎∵g(－3)＝0，∴f(－3)g(－3)＝0，‎ ‎∴f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)．‎ ‎∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，‎ ‎∴y＝f(x)g(x)在R上为奇函数，当x>0时，f(x)g(x)<0的解集为(0,3)．综上，不等式的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.‎ 热点三　利用导数求函数的极值、最值 ‎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．‎ 例3　(2017届河南息县第一高级中学检测)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝x3＋x2－x.‎ ‎(1)若m＝3，求f(x)的极值；‎ ‎(2)若对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)，求m的取值范围．‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 当m＝3时，f(x)＝＋ln x，‎ ‎∴f′(x)＝－＋＝，f′(3)＝0，‎ ‎∴当x>3时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当00，‎ ‎∴g(x)在上是单调递增函数，g(2)＝10最大，‎ 对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)恒成立，即对任意x∈，‎ f(x)＝＋ln x≥1恒成立，‎ ‎∴m≥x－xln x，‎ 令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝1－ln x－1＝－ln x.‎ ‎∴当x≥1时，h′(x)<0，当00，‎ ‎∴h(x)在(0,1)上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数，‎ 当x∈时，h(x)最大值为h(1)＝1，‎ ‎∴m≥1，即m∈[1，＋∞)．‎ 思维升华　(1)求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．‎ ‎(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．‎ ‎(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．‎ 跟踪演练3　已知函数f(x)＝ax3＋bx2，在x＝1处取得极值.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f′(x)≤kln(x＋1)成立(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，求实数k的最小值．‎ 解　(1)由题设可得f′(x)＝3ax2＋2bx，‎ ‎∵f(x)在x＝1处取得极值，‎ ‎∴即 解得a＝－，b＝，经检验知，a＝－，b＝满足题设条件．‎ ‎(2)由(1)得f(x)＝－x3＋x2，‎ ‎∴f′(x)＝－x2＋x，∴－x2＋x≤kln(x＋1)在[0，＋∞)上恒成立，‎ 即x2－x＋kln(x＋1)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，‎ 设g(x)＝x2－x＋kln(x＋1)，则g(0)＝0，‎ g′(x)＝2x－1＋＝，x∈[0，＋∞)，‎ 设h(x)＝2x2＋x＋k－1，‎ ‎①当Δ＝1－8(k－1)≤0，即k≥时，h(x)≥0，‎ ‎∴g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴g(x)≥g(0)＝0，即当k≥时，满足题设条件．‎ ‎②当Δ＝1－8(k－1)>0，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届辽宁葫芦岛普通高中月考)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的递减区间为(　　)‎ A．(0,4) B．(0,1)，(4，＋∞)‎ C. D．(－∞，1)， 答案　B 解析　由图可知，先减后增的那条曲线为f′(x)的图象，先增再减最后增的曲线为f(x)的图象，当x∈(0,1)∪(4，＋∞)时，f′(x)0，则－x<0，∵f(x)为奇函数，‎ 当x<0时，f(x)＝xln(－x)＋x＋2，‎ ‎∴f(x)＝－f(－x)＝－[－xln x－x＋2]＝xln x＋x－2，‎ ‎∴当x>0时，f′(x)＝ln x＋2，∴f′(1)＝2且f(1)＝－1，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程是y＝2x－3.‎ 故选B.‎ ‎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，02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．(2017·北京)已知函数f(x)＝excos x－x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 解　(1)因为f(x)＝excos x－x，‎ 所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.‎ 又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.‎ ‎(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，‎ 则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.‎ 当x∈时，h′(x)＜0，‎ 所以h(x)在区间上单调递减，‎ 所以对任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，‎ 即f′(x)＜0，‎ 所以函数f(x)在区间上单调递减，‎ 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f ＝－.‎ B组　能力提高 ‎11．(2017届重庆市调研)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)2f(0)，f(2)>e2f(0)‎ C．f(ln 2)<2f(0)，f(2)>e2f(0)‎ D．f(ln 2)>2f(0)，f(2)0，∴<，∴f(ln 2)<2f(0)．‎ ‎∵2>0，∴<，‎ ‎∴f(2)0时，h(x)>0；‎ 当x<0时，h(x)<0.‎ ‎①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以当x＝a时，g(x)取到极大值，‎ 极大值是g(a)＝－a3－sin a；‎ 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.‎ ‎②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；‎ 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．‎ ‎③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 所以当x＝0时，g(x)取到极大值，‎ 极大值是g(0)＝－a；‎ 当x＝a时，g(x)取到极小值，‎ 极小值是g(a)＝－a3－sin a.‎ 综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；‎ 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；‎ 当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.‎