2018届二轮复习导数及其应用课件 55页

第 3 讲　导数及其应用 专题二 　 函数与导数 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 热点一　导数的几何意义 1. 函数 f ( x ) 在 x 0 处的导数是曲线 f ( x ) 在点 P ( x 0 ， f ( x 0 )) 处的切线的斜率，曲线 f ( x ) 在点 P 处的切线的斜率 k ＝ f ′ ( x 0 ) ，相应的切线方程为 y － f ( x 0 ) ＝ f ′ ( x 0 )( x － x 0 ). 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.2 x ＋ y － 1 ＝ 0 B.2 x － y ＋ 1 ＝ 0 C. x － 2 y ＋ 2 ＝ 0 D. x ＋ 2 y － 2 ＝ 0 答案 解析 √ 方程为 y － 1 ＝ 2( x － 0) ，即 2 x － y ＋ 1 ＝ 0. 故选 B. 思维升华 思维升华　 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 . 答案 解析 √ 思维升华 思维升华　 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 . 与曲线 C 2 相切，设切点为 ( x 0 ， y 0 ) ， ①② 是同一方程， 3 x － y － 2 ＝ 0 或 3 x － 4 y ＋ 1 ＝ 0 答案 解析 若 P 为切点， y ′ ＝ 3 x 2 ，曲线 y ＝ x 3 在点 P 处切线的斜率为 3 ，切线 方程为 y － 1 ＝ 3( x － 1) ，即 3 x － y － 2 ＝ 0 ； 若 P 不为切点，设曲线 y ＝ x 3 的切线的切点为 ( m ， n ) ，曲线 y ＝ x 3 的切线 的 斜率 k ＝ 3 m 2 ， 则 ＝ 3 m 2 . ∴ 过曲线 y ＝ x 3 上一点 P ( a ， b ) 的切线方程为 3 x － y － 2 ＝ 0 或 3 x － 4 y ＋ 1 ＝ 0. 答案 解析 √ 解析　 设公切线与函数 f ( x ) ＝ ln x 切于点 A ( x 1 ， ln x 1 )( x 1 >0) ， ∴ h ( t ) 在 ( 0 ， 2 ) 上为减函数， 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 ) ＝ x 3 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 ) ＝ x 2 ＋ a ln x . (1) 当 a ＝－ 2 时，求函数 f ( x ) 的单调区间； 令 f ′ ( x )<0 ，得 0< x <1 ， 所以 f ( x ) 的单调递增区间是 (1 ，＋ ∞ ) ， 单调递减区间是 (0,1). 解答 (2) 若 g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ ， 在 [1 ，＋ ∞ ) 上是单调函数，求实数 a 的取值范围 . 解答 思维升华 若函数 g ( x ) 为 [1 ，＋ ∞ ) 上的单调增函数， 则 g ′ ( x ) ≥ 0 在 [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立， ∵ φ ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， ∴ φ ( x ) max ＝ φ (1) ＝ 0 ， ∴ a ≥ 0 ； 若函数 g ( x ) 为 [1 ，＋ ∞ ) 上的单调减函数， 则 g ′ ( x ) ≤ 0 在 [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立，不可能 . ∴ 实数 a 的取值范围为 [0 ，＋ ∞ ). 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 . 答案 解析 √ 答案 解析 √ 热点三　利用导数求函数的极值、最值 1. 若在 x 0 附近左侧 f ′ ( x )>0 ，右侧 f ′ ( x )<0 ，则 f ( x 0 ) 为函数 f ( x ) 的极大值；若在 x 0 附近左侧 f ′ ( x )<0 ，右侧 f ′ ( x )>0 ，则 f ( x 0 ) 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 . 解答 例 3 　 (2017 届云南大理州统测 ) 设函数 G ( x ) ＝ x ln x ＋ (1 － x )·ln(1 － x ). (1) 求 G ( x ) 的最小值 ； 解　 由已知得 0< x <1 ， (2) 记 G ( x ) 的最小值为 c ，已知函数 f ( x ) ＝ 2 a ·e x ＋ 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 . 解答 思维升华 解　 由 (1) 中 c ＝－ ln 2 ， 令 g ( x ) ＝ ax 2 ·e x － ( a ＋ 1) ， 则 g ′ ( x ) ＝ ax (2 ＋ x )e x >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 x 0 ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，使 g ( x 0 ) ＝ 0 ，且 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 因为对于任意的 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ，恒有 f ( x ) ≥ 0 成立， 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 ) ＝ ax 3 ＋ bx 2 ，在 x ＝ 1 处取得 极值 . (1) 求 a ， b 的值； 解　 由题设可得 f ′ ( x ) ＝ 3 ax 2 ＋ 2 bx ， 解答 (2) 若对任意的 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) ，都有 f ′ ( x ) ≤ k ln( 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 . 解答 ∴ f ′ ( x ) ＝－ x 2 ＋ x ， ∴ － x 2 ＋ x ≤ k ln( x ＋ 1) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 即 x 2 － x ＋ k ln( x ＋ 1) ≥ 0 在 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 设 g ( x ) ＝ x 2 － x ＋ k ln( x ＋ 1) ，则 g (0) ＝ 0 ， 设 h ( x ) ＝ 2 x 2 ＋ x ＋ k － 1 ， ∴ g ′ ( x ) ≥ 0 ， g ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 设 x 1 ， x 2 是方程 2 x 2 ＋ x ＋ k － 1 ＝ 0 的两个实根， 由题设可知，当且仅当 x 2 ≤ 0 ，即 x 1 · x 2 ≥ 0 ，即 k － 1 ≥ 0 ，即 k ≥ 1 时， 对任意的 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) 有 h ( x ) ≥ 0 ，即 g ′ ( x ) ≥ 0 在 [0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， ∴ g ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 综上， k 的取值范围为 [1 ，＋ ∞ ) ， ∴ 实数 k 的最小值为 1. Ⅱ 真题押题精练 真题体验 1.(2017· 浙江改编 ) 函数 y ＝ f ( x ) 的导函数 y ＝ f ′ ( x ) 的图象如图所示，则函数 y ＝ f ( x ) 的图象可能是 ________.( 填序号 ) ④ 答案 解析 1 2 3 4 解析　 观察导函数 f ′ ( x ) 的图象可知， f ′ ( x ) 的函数值从左到右依次为小于 0 ，大于 0 ，小于 0 ，大于 0 ， ∴ 对应函数 f ( x ) 的增减性从左到右依次为减、增、减、增 . 观察图象可知，排除 ① ， ③ . 如图所示， f ′ ( x ) 有 3 个零点，从左到右依次设为 x 1 ， x 2 ， x 3 ，且 x 1 ， x 3 是极小值点， x 2 是极大值点，且 x 2 ＞ 0 ，故 ④ 正确 . 1 2 3 4 2.(2017· 全国 Ⅱ 改编 ) 若 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)·e x － 1 的极值点，则 f ( x ) 的极小值为 ______. － 1 答案 解析 1 2 3 4 解析　 函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ， 则 f ′ ( x ) ＝ (2 x ＋ a )e x － 1 ＋ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ＝ e x － 1 [ x 2 ＋ ( a ＋ 2) x ＋ a － 1] . 由 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) 的极值点，得 f ′ ( － 2) ＝ e － 3 (4 － 2 a － 4 ＋ a － 1) ＝ ( － a － 1)e － 3 ＝ 0 ， 所以 a ＝－ 1 ， 所以 f ( x ) ＝ ( x 2 － x － 1)e x － 1 ， f ′ ( x ) ＝ e x － 1 ( x 2 ＋ x － 2 ). 1 2 3 4 由 e x － 1 ＞ 0 恒成立，得当 x ＝－ 2 或 x ＝ 1 时， f ′ ( x ) ＝ 0 ， 且 x ＜－ 2 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ； 当 － 2 ＜ x ＜ 1 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ； 当 x ＞ 1 时， f ′ ( x ) ＞ 0. 所以 x ＝ 1 是函数 f ( x ) 的极小值点 . 所以函数 f ( x ) 的极小值为 f (1) ＝－ 1. 1 2 3 4 3.(2017· 山东改编 ) 若函数 e x f ( x )(e ＝ 2.718 28 … 是自然对数的底数 ) 在 f ( x ) 的定义域上单调递增，则称函数 f ( x ) 具有 M 性质，下列函数中具有 M 性质的是 ______.( 填序号 ) ① f ( x ) ＝ 2 － x ； ② f ( x ) ＝ x 2 ； ③ f ( x ) ＝ 3 － x ； ④ f ( x ) ＝ cos x . ① 答案 解析 1 2 3 4 解析　 若 f ( x ) 具有性质 M ， 则 [ e x f ( x )] ′ ＝ e x [ f ( x ) ＋ f ′ ( x )] ＞ 0 在 f ( x ) 的定义域上恒成立 ， 即 f ( x ) ＋ f ′ ( x ) ＞ 0 在 f ( x ) 的定义域上恒成立 . 对于 ① 式， f ( x ) ＋ f ′ ( x ) ＝ 2 － x － 2 － x ln 2 ＝ 2 － x (1 － ln 2) ＞ 0 ，符合题意 . 经验证， ②③④ 均不符合题意 . 故填 ① . 1 2 3 4 4.(2017· 全国 Ⅰ ) 曲线 y ＝ x 2 ＋ 在 点 (1,2) 处的切线方程为 ________. 答案 解析 1 2 3 4 y ＝ x ＋ 1 即曲线在点 (1,2) 处的切线的斜率 k ＝ 1 ， ∴ 切线方程为 y － 2 ＝ x － 1 ，即 x － y ＋ 1 ＝ 0. 押题预测 答案 解析 押题依据　 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于 “ 过某一点的切线 ” 问题，也是易错易混点 . 押题依据 1 2 3 4 1. 设函数 y ＝ f ( x ) 的导函数为 f ′ ( x ) ，若 y ＝ f ( x ) 的图象在点 P (1 ， f (1)) 处的切线方程为 x － y ＋ 2 ＝ 0 ，则 f (1) ＋ f ′ (1) 等于 A.4 B.3 C.2 D.1 √ 解析　 依题意有 f ′ (1) ＝ 1,1 － f (1) ＋ 2 ＝ 0 ，即 f (1) ＝ 3 ， 所以 f (1) ＋ f ′ (1) ＝ 4. 答案 解析 押题依据　 函数的极值是单调性与最值的 “ 桥梁 ” ，理解极值概念是学好导数的关键 . 极值点、极值的求法是高考的热点 . 押题依据 1 2 3 √ 4 解析　 由题意知 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b ， f ′ (1) ＝ 0 ， f (1) ＝ 10 ， 1 2 3 4 3. 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 3 在 (0,1) 上为减函数，函数 g ( x ) ＝ x 2 － a ln x 在 (1,2) 上为增函数，则 a 的值等于 ____. 答案 解析 押题依据　 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了 “ 以直代曲 ” 思想，要在审题中搞清 “ 在 (0,1) 上为减函数 ” 与 “ 函数的减区间为 (0,1) ” 的区别 . 押题依据 1 2 3 4 2 解析　 ∵ 函数 f ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 3 在 (0,1) 上为减函数， 1 2 3 4 得 2 x 2 ≥ a 在 x ∈ (1,2) 上恒成立，有 a ≤ 2 ， ∴ a ＝ 2. 4. 已知函数 f ( x ) ＝ x － ， g ( x ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 4 ，若对任意 x 1 ∈ [0,1] ， 存在 x 2 ∈ [1,2] ，使 f ( x 1 ) ≥ g ( x 2 ) ，则实数 a 的取值范围是 __________. 答案 解析 押题依据　 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决 . 考查了转化与化归思想，是高考的一个热点 . 押题依据 1 2 3 4 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 ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 4 ≤ － 1 ， 1 2 3 4 则要使 a ≥ h ( x ) 在 x ∈ [1,2] 能成立，只需使 a ≥ h ( x ) min ， 1 2 3 4