2018届二轮复习第3讲　导数及其应用课件（全国通用）

2018届二轮复习第3讲　导数及其应用课件（全国通用）

第 3 讲　导数及其应用 专题二　函数与导数 栏目索引 高考 真题体验 1 热点 分类突破 2 高考 押题精练 3 解析　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 － 12 x ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 12 ， 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，则 x 1 ＝－ 2 ， x 2 ＝ 2. 当 x ∈ ( － ∞ ，－ 2) ， (2 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ，则 f ( x ) 单调递增； 当 x ∈ ( － 2,2) 时， f ′ ( x )<0 ，则 f ( x ) 单调递减， ∴ f ( x ) 的极小值点为 a ＝ 2. 1.(2016· 四川 ) 已知 a 为函数 f ( x ) ＝ x 3 － 12 x 的极小值点，则 a 等于 ( 　　 ) A. － 4 B . － 2 C.4 D.2 解析 √ 高考真题 体验 1 2 3 4 解析 √ 1 2 3 4 解析　 方法一　 ( 特殊值法 ) ：不妨取 a ＝－ 1 ， 1 2 3 4 解析 不具备在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 单调递增，排除 A ， B ， D. 故选 C. 1 2 3 4 3.(2016· 山东 ) 若函数 y ＝ f ( x ) 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y ＝ f ( x ) 具有 T 性质 . 下列函数中具有 T 性质的是 ( 　　 ) A. y ＝ sin x B. y ＝ ln x C. y ＝ e x D. y ＝ x 3 解析 √ 1 2 3 4 解析　 对函数 y ＝ sin x 求导，得 y ′ ＝ cos x ， 当 x ＝ 0 时，该点处切线 l 1 的斜率 k 1 ＝ 1 ，当 x ＝ π 时，该点处切线 l 2 的斜率 k 2 ＝－ 1 ， ∴ k 1 · k 2 ＝－ 1 ， ∴ l 1 ⊥ l 2 ；对函数 y ＝ ln x 求导 ， 得 y ′ ＝ 恒 大于 0 ，斜率之积不可能为－ 1 ； 对 函数 y ＝ e x 求导，得 y ′ ＝ e x 恒大于 0 ，斜率之积不可能为－ 1 ； 对 函数 y ＝ x 3 ，得 y ′ ＝ 2 x 2 恒大于等于 0 ，斜率之积不可能为－ 1. 故选 A. 1 2 3 4 4.(2016· 天津 ) 已知函数 f ( x ) ＝ (2 x ＋ 1)e x ， f ′ ( x ) 为 f ( x ) 的导函数，则 f ′ (0) 的值为 _____. 解析　 因为 f ( x ) ＝ (2 x ＋ 1)e x ， 所以 f ′ ( x ) ＝ 2e x ＋ (2 x ＋ 1)e x ＝ (2 x ＋ 3)e x ， 所以 f ′ (0) ＝ 3e 0 ＝ 3. 解析答案 1 2 3 4 3 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 . 考情考向分 析 返回 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 . 热点分类突破 例 1 　 (1) 函数 f ( x ) ＝ e x cos x 的图象在 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 ___________. 解析　 f ′ ( x ) ＝ e x cos x ＋ e x ( － sin x ) ， f ′ (0) ＝ e 0 cos 0 ＋ e 0 ( － sin 0) ＝ 1 ， f (0 ) ＝ e 0 cos 0 ＝ 1 ， f ( x ) 的图象在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ x ＋ 1 ， 即 x － y ＋ 1 ＝ 0. 解析答案 x － y ＋ 1 ＝ 0 (2) 已知 f ( x ) ＝ x 3 － 2 x 2 ＋ x ＋ 6 ，则 f ( x ) 在点 P ( － 1,2) 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于 ( 　　 ) 解析 思维升华 √ 解析　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 － 2 x 2 ＋ x ＋ 6 ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 4 x ＋ 1 ， ∴ f ′ ( － 1) ＝ 8 ，切线方程为 y － 2 ＝ 8( x ＋ 1) ， 即 8 x － y ＋ 10 ＝ 0 ，令 x ＝ 0 ，得 y ＝ 10 ， (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 . 思维 升华 解析　 由题意得， 解析答案 又该切线与直线 x ＋ ay ＋ 1 ＝ 0 垂直，所以 k 1 k 2 ＝－ 1 ，解得 a ＝ 1. 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 ) ＝ 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 　 已知函数 f ( x ) ＝ e x ( ax ＋ b ) － x 2 － 4 x ，曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ 4 x ＋ 4. (1) 求 a ， b 的值； 解析答案 解　 f ′ ( x ) ＝ e x ( ax ＋ b ) ＋ a e x － 2 x － 4 ＝ e x ( ax ＋ a ＋ b ) － 2 x － 4 ， ∵ y ＝ f ( x ) 在 (0 ， f (0)) 处的切线方程为 y ＝ 4 x ＋ 4 ， ∴ f ′ (0) ＝ a ＋ b － 4 ＝ 4 ， f (0) ＝ b ＝ 4 ， ∴ a ＝ 4 ， b ＝ 4. (2) 讨论 f ( x ) 的单调性，并求 f ( x ) 的极大值 . 解析答案 思维升华 解　 由 (1) 知 f ′ ( x ) ＝ 4e x ( x ＋ 2) － 2( x ＋ 2) ＝ 2( x ＋ 2)(2e x － 1) 令 f ′ ( x ) ＝ 0 得 x 1 ＝－ 2 ， x 2 ＝ ln ， 列表： 解析答案 思维升华 f ( x ) 极大值 ＝ f ( － 2) ＝ 4 － 4e － 2 . 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 . 思维 升华 跟踪演练 2 　 (1) 已知 m 是实数，函数 f ( x ) ＝ x 2 ( x － m ) ，若 f ′ ( － 1) ＝－ 1 ，则函数 f ( x ) 的单调递增区间是 ( 　　 ) 解析 √ 解析　 因为 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 mx ， 所以 f ′ ( － 1) ＝ 3 ＋ 2 m ＝－ 1 ，解得 m ＝－ 2. 故选 C. (2) 若函数 f ( x ) ＝ 2 x 2 － ln x 在其定义域内的一个子区间 ( k － 1 ， k ＋ 1) 内不是单调函数，则实数 k 的取值范围是 __________. 解析　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). 解析答案 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 . 解析答案 根据题意由 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 2. 于是可得下表： ∴ f ( x ) min ＝ f (2) ＝ 1 － 3ln 2. (2) 若函数 f ( x ) 在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围 . 由题意可得方程 ax 2 － 3 x ＋ 2 ＝ 0 有两个不等的正实根 ， 不妨 设这两个根为 x 1 ， x 2 ，并令 h ( x ) ＝ ax 2 － 3 x ＋ 2 ， 解析答案 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 ] 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 . 思维 升华 跟踪演练 3 　 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ ax － a 2 x 2 ( a ≥ 0). (1) 若 x ＝ 1 是函数 y ＝ f ( x ) 的极值点，求 a 的值； 解　 函数的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 因为 x ＝ 1 是函数 y ＝ f ( x ) 的极值点， 所以 f ′ (1) ＝ 1 ＋ a － 2 a 2 ＝ 0 ， 经检验，当 a ＝ 1 时， x ＝ 1 是函数 y ＝ f ( x ) 的极值点， 所以 a ＝ 1. 解析答案 返回 解析答案 (2) 若 f ( x )<0 在定义域内恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 当 a ＝ 0 时， f ( x ) ＝ ln x ，显然在定义域内不满足 f ( x )<0 恒成立； 当 a >0 时， 所以 x ， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： 解析答案 所以 a >1. 综上可得， a 的取值范围是 (1 ，＋ ∞ ). 返回 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 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 . 解析 押题依据 高考押题精练 √ 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. 1 2 3 4 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 解析 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 ________. 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 答案 2 1 2 3 4 解析　 ∵ 函数 f ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 3 在 (0,1) 上为减函数， 得 2 x 2 ≥ a 在 x ∈ (1,2) 上恒成立，有 a ≤ 2 ， ∴ a ＝ 2. 1 2 3 4 解析 4. 已知函数 f ( x ) ＝ x － ， g ( x ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 4 ，若任意 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 __________. 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 答案 返回 1 2 3 4 因此函数 f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增， 所以 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 ， 解析答案 1 2 3 4 则要使 a ≥ h ( x ) 在 x ∈ [1,2] 能成立，只需使 a ≥ h ( x ) min ， 返回