2018届二轮复习（文）导数的应用学案（全国通用）

2018届二轮复习（文）导数的应用学案（全国通用）

‎【2017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；‎ ‎(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.‎ ‎【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 ‎①u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；‎ ‎②u(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 .‎ ‎4．函数的导数与极值 对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f(x)＝x3，虽有f′(0)＝0，但x＝0不是极值点，因为f′(x)≥0恒成立，f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．‎ ‎5．闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．‎ ‎6．函数单调性的应用 ‎(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立；‎ ‎(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立；‎ ‎(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f′(x)＞0的必要不充分条件.‎ ‎【题型示例】‎ 题型1、导数的几何意义 ‎【例1】【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】【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________．‎ ‎【答案】　(1，1)‎ ‎【解析】　∵(ex)′＝e0＝1，设P(x0，y0)，有＝－＝－1，‎ 又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(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2、利用导数研究函数的单调性 ‎【例2】 【2016高考山东理数】(本小题满分13分)‎ 已知.‎ ‎（I）讨论的单调性；‎ ‎（II）当时，证明对于任意的成立.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 ‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）的定义域为；‎ ‎.‎ 当， 时，，单调递增；‎ ‎，单调递减.‎ 当时，.‎ ‎（1），，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ ‎（2）时，，在内，，单调递增；‎ ‎（3）时，，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 综上所述，‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，‎ ‎，，‎ 令，.‎ 则，‎ 由可得，当且仅当时取得等号.‎ 又，‎ ‎【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．‎ ‎【举一反三】(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)‎ A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞ ‎【答案】　C ‎【解析】　∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1，‎ ‎∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，‎ ‎∴f－＞－1，∴f＞，∴选项C错误，故选C.‎ ‎【变式探究】(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；‎ ‎(3)已知1.414 2<<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．‎ ‎【命题意图】本题主要考查导数的综合应用，涉及利用导数求函数的单调区间、求函数的最值、估计无理数的近似值等，考查基本不等式的应用与分类讨论思想的应用，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力与对知识的综合应用能力．‎ ‎【感悟提升】‎ ‎1．利用导数研究函数单调性的步骤 第一步：确定函数f(x)的定义域；‎ 第二步：求f′(x); ‎ 第三步：解方程f′(x)＝0在定义域内的所有实数根；‎ 第四步：将函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起来，分成若干个小区间；‎ 第五步：确定f′(x)在各小区间内的符号，由此确定每个区间的单调性．‎ ‎2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路 ‎(1)求f′(x)．‎ ‎(2)将单调性转化为导数f′(x)在该区间上满足的不等式恒成立问题求解．‎ ‎【举一反三】 (2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.‎ ‎(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；‎ ‎(2)若对于任意x1，x2∈－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范围．‎ ‎ ‎ ‎(2)解　由(1)知，对任意的m，f(x)在－1，0]上单调递减，在0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是 即①‎ 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.‎ 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.‎ 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈－1，1]时，‎ g(t)≤0.‎ 当m∈－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；‎ 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，‎ 即em－m＞e－1；‎ 当m＜－1时，g(－m)＞0，‎ 即e－m＋m＞e－1.‎ 综上，m的取值范围是－1，1]． ‎ ‎【规律方法】讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．‎ 题型3、利用导数研究函数的极值与最值 ‎【例3】【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）‎ 已知函数.‎ 设.‎ ‎（1）求方程的根;‎ ‎（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。‎ ‎【答案】（1）①0 ②4（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎（2）因为函数只有1个零点，而，‎ 所以0是函数的唯一零点.‎ 因为，又由知，‎ 所以有唯一解.‎ 若，则，于是，‎ 又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.‎ 若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.‎ 因此，.‎ 于是，故，所以.‎ ‎【举一反三】(2015·陕西，12)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是(　　)‎ A．－1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点 C．3是f(x)的极值 D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上 ‎【答案】　A ‎【解析】　A正确等价于a－b＋c＝0，①‎ B正确等价于b＝－2a，②‎ C正确等价于＝3，③‎ D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④‎ 下面分情况验证，‎ 若A错，由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；‎ 若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；‎ 若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；‎ 若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数．‎ 综上，故选A.‎ ‎【变式探究】(2015·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(0，1)‎ B．(－1，0)∪(1，＋∞)‎ C．(－∞，－1)∪(－1，0)‎ D．(0，1)∪(1，＋∞)‎ ‎【答案】　A ‎【解析】　【举一反三】(2015·江苏，19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．‎ ‎【解析】　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. ‎ ‎ ‎ ‎(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b＜0，‎ 从而或 又b＝c－a，所以当a＞ 0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.‎ 设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，‎ 则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立．‎ 从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.‎ 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)x2＋(a－1)x＋1－a]，‎ 因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，‎ 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，‎ 解得a∈(－∞，－3)∪∪.综上c＝1.‎ 题型四 定积分 例4、 (2015·天津，11)曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．‎ ‎【答案】　 ‎【解析】　曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形如图，‎ ‎ ‎ 由得A(1，1)，‎ 面积S＝xdx－x2dx ‎＝x20＝－＝.‎ ‎【变式探究】(2015·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．‎ ‎【答案】　1.2‎ ‎【举一反三】(1)(2014·陕西)定积分(2x＋ex)dx的值为(　　)‎ A．e＋2 B．e＋1‎ C．e D．e－1‎ ‎(2)(2014·湖北)若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间－1,1]上的一组正交函数．给出三组函数：①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.‎ 其中为区间－1,1]上的正交函数的组数是(　　)‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ ‎【命题意图】　(1)本题主要考查定积分的概念、运算及性质．‎ ‎(2)本题主要考查定积分的知识，意在通过新定义考查考生的理解能力和知识迁移能力．‎ ‎【答案】　(1)C　(2)C ‎ ‎【感悟提升】‎ ‎1．由函数图象或曲线围成的曲边图形面积的计算及应用，一般转化为定积分的计算及应用， 但一定要找准积分上限、下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决．‎ ‎(1)画出图形，确定图形范围；‎ ‎(2)解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；‎ ‎(3)确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；‎ ‎(4)计算定积分，求出平面图形的面积．‎ ‎2．由函数求其定积分，能用公式的利用公式计算，有些特殊函数可根据其几何意义，求出其围成的几何图形的面积，即其定积分．‎ 题型五　利用导数解决函数的实际问题 ‎【例5】某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快，欲将这种食品价格控制在适当范围内，决定对这种食品生产厂家提供政府补贴，设这种食品的市场价格为x元/千克，政府补贴为t元/千克，根据市场调查，当16≤x≤24时，这种食品市场日供应量p万千克与市场日需求量q万千克近似地满足关系：p＝2(x＋4t ‎－14)(x≥16，t≥0)，q＝24＋8ln (16≤x≤24)．当p＝q时的市场价格称为市场平衡价格．‎ ‎(1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数，并求出函数的值域．‎ ‎(2)为使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为每千克多少元？‎ ‎【解析】：(1)由p＝q得 ‎2(x＋4t－14)＝24＋8ln (16≤x≤24，t≥0)．‎ t＝－x＋ln (16≤x≤24)．‎ ‎∵t′＝－－<0，∴t是x的减函数．‎ ‎∴tmin＝－×24＋ln ＝＋ln ＝＋ln ；‎ tmax＝－×16＋ln ＝＋ln ，‎ ‎∴值域为.‎ ‎(2)由(1)知t＝－x＋ln (16≤x≤24)．‎ 而x＝20时，t＝－×20＋ln ＝1.5(元/千克)，‎ ‎∵t是x的减函数，欲使x≤20，必须t≥1.5(元/千克)，要使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为1.5元/千克．‎ ‎【举一反三】时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网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2f(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.‎ 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．‎ ‎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．‎ ‎【变式探究】设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．‎ ‎(1)求g(x)的单调区间和最小值；‎ ‎(2)讨论g(x)与g的大小关系；‎ ‎(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎ (2)g＝－ln x＋x，设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，则h′(x)＝－，当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.‎ ‎(3)满足条件的x0不存在．‎ 证明如下：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有ln x＜g(x0)＜ln x＋，(*)‎ 但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有ln x1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立.‎ ‎ WWW.ziyuan资*源%库资*源%库 ziyuanku.com资*源%库 ziyuanku.com$来&源：ziyuanku.comku.com