【数学】2020届一轮复习人教B版导数及其应用学案理
导数及其应用
【2019年高考考纲解读】
高考对本内容的考查主要有：
(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；
(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；
(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.
(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；
【重点、难点剖析】
1．导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．
(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．基本初等函数的导数公式和运算法则
(1)基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈R)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin x
f(x)＝ax(a＞0且a≠1)
f′(x)＝axln a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax
(a＞0且a≠1)
f′(x)＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
(2)导数的四则运算
①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；
②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；
③′＝(v(x)≠0)．
3．函数的单调性与导数
如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数
y＝x＋sin x .
【感悟提升】
(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．
【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 2x－y＝0
解析 ∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，
∴切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
【答案】
【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点
在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.
【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．
【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________．
解析 ∵(ex)′＝e0＝1，设P(x0，y0)，有＝－＝－1，
又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1)．
答案 (1，1)
【变式探究】 (1)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A．2e B．e C．2 D．1
(2)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义．
(2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．
【答案】(1)C (2)－3
【感悟提升】
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．
题型二、利用导数研究函数的单调性
【例2】已知函数f(x)＝2ex－kx－2.
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)内的单调性；
(2)若存在正数m，对于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正实数k的取值范围．
解 (1)由题意得f′(x)＝2ex－k，x∈(0，＋∞)，
因为x>0，所以2ex>2.
当k≤2时，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)内单调递增．
当k>2时，由f′(x)>0得x>ln ，此时f(x)单调递增；
由f′(x)<0得0
2时，f(x)在内单调递减，
在内单调递增． 校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y＝＋4(x－6)2，其中20，
函数f(x)单调递增；在(，6)上，f′(x) <0，
函数f(x)单调递减，所以x＝是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x＝≈3.3时，函数f(x)取得最大值．
故当销售价格为3.3元/套时，
网校每日销售套题所获得的利润最大．
【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去．
题型五 利用导数解决不等式的有关问题
【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a＞0，函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点，证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若a≥，则对一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.
证明 (1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x
＝eax(asin x＋cos x)
＝eaxsin(x＋φ)，
其中tan φ＝，0＜φ＜.
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，
即x＝mπ－φ，m∈N*，
对k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，
即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，
则f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，
即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，则f′(x)＜0.
因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，
f′(x)的符号总相反．
于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，
所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．
此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝
(－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ.
易知f(xn)≠0，而
＝＝－eaπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比为－eaπ的等比数列．
(2)由(1)知，sin φ＝，于是对一切n∈N*；
xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等价于＜(*)
恒成立，因为(a＞0)．
设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；
当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，
即只需a＞.
而当a＝时，由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜.
于是π－φ＜＜，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞＞.
因此对一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立．
综上所述，若a≥，
则对一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．
【变式探究】(2015·福建，20)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．
(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；
(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；
(3)确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
(1)证明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝－1＝.
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.
(2)证明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－k＝.
当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0，
故任意正实数x0均满足题意．
当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，
有G′(x)＞0，
从而G(x)在(0，x0)单调递增，
所以G(x)＞G(0)＝0，
即f(x)＞g(x)．
综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．
(3)解 当k＞1时，由(1)知，对于∀x∈
(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，
|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)
＝kx－ln(1＋x)．
M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．
则有M′(x)＝k－－2x
＝.
故当x∈时，M′(x)＞0，
M(x)在上单调递增，
故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以满足题意的t不存在．
当k＜1时，由(2)知，存在x0＞0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)＞g(x)，
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝
ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．
则有N′(x)＝－k－2x
＝.
当x∈时，
N′(x)＞0，N(x)在
上单调递增，
故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.
记x0与中的较小者为x1，
则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故满足题意的t不存在．
当k＝1时，由(1)知，当x＞0时，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，
令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
则有H′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时，H′(x)＜0，
所以H(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故H(x)＜H(0)＝0.
故当x＞0时，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
此时，任意正实数t均满足题意．
综上，k＝1.
法二 (1)(2)证明 同法一．
(3)解 当k＞1时，由(1)知，对于∀x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.
从而得到，当k＞1时，对于x∈(0，k－1)，
恒有|f(x)－g(x)|＞x2，
故满足题意的t不存在．
当k＜1时，取k1＝，从而k＜k1＜1，
由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，
f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，
令x＞x2，解得0＜x＜，
此时f(x)－g(x)＞x2.
记x0与的较小者为x1，
当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故满足题意的t不存在．
当k＝1时，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，
令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，
则有M′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时，
恒有|f(x)－g(x)|＜x2，
此时，任意正实数t均满足题意．
综上，k＝1.
题型六 函数与导数的综合问题
【例6】(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
【举一反三】 (2015·广东，19)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.
(1)解 f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex
∀x∈R，f′(x)≥0恒成立．
∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．
(2)证明 ∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，
∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，
∴f(0)·f(a)<0，
∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增，
∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
(3)证明 f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，
则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，
∴x0＝－1，
把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a，
∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，
令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.
令g′(x)>0，则m>0，
∴g(m)在(0，＋∞)上增．
令g′(x)<0，则m<0，
∴g(m)在(－∞，0)上减．
∴g(m)min＝g(0)＝0.
∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.
∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，
即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤，即m≤－1.
【变式探究】设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．
(1)求f(x)的单调区间、最大值．
(2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．
【解析】解 (1)f′(x)＝＝，
由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>.
所以f(x)的单调递增区间为，递减区间为.所以f(x)max＝f＝＋c.
(2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－＝c，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝|ln x|－，y＝c.
①当x∈(1，＋∞)时，ln x>0，则g(x)＝ln x－.
所以g′(x)＝＋>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当x∈ (0,1)时，ln x<0，则g(x)＝－ln x－.
所以g′(x)＝－－＝.
因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0, 1)上单调递减．
由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－.
由数形结合知，当c<－时，
方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；
当c＝－时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；
当c>－时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.
【规律方法】(1)本题第(1)问，利用了函数单调的充分条件：“若f′(x)>0，则f(x)单调递增，若f′(x)<0，则f(x)
单调递减”；求出函数的单调区间，而对于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定存在最值，在开区间上函数不一定存在最值，若存在，一定是极值．
(2)本题第(2)问，借助转化与数形结合的思想，把方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数，利用极值解决问题．
