2018届二轮复习（文） 函数与导数专题二第3讲学案（全国通用）
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0
0(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.
