高考数学二轮名师精编精析：导数及其应用(理)

高考数学二轮名师精编精析：导数及其应用(理)

导数及其应用（2） ★★★高考在考什么 【考题回放】 1．已知对任意实数 x ，有 ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x    ， ，且 0x  时， ( ) 0 ( ) 0f x g x， ，则 0x  时（ B ） A． ( ) 0 ( ) 0f x g x， B． ( ) 0 ( ) 0f x g x， C． ( ) 0 ( ) 0f x g x， D． ( ) 0 ( ) 0f x g x， 2．曲线 1 2e x y  在点 2(4 e )， 处的切线与坐标轴所围三角形的面积为（ D ） Ａ． 29 e2 Ｂ． 24e Ｃ． 22e Ｄ． 2e 3．设 2: ( ) e ln 2 1xp f x x x mx     在(0 )， 内单调递增， :5qm ≥ ，则 p 是 q 的（ B ） Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 4．设 ()fx 是函数 ()fx的导函数，将 ()y f x 和 ()y f x 的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ D ） 5．函数 ( ) ln ( 0)f x x x x的单调递增区间是＿＿＿＿． 1 ,e  6．若直线 y=x 是曲线 y=x3-3x2+ax 的切线，则 a= ； ★★★高考要考什么 1． 导数的定义： 0 0 0 0 0 0 0 000 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( )( ) lim lim lim 2x x x x f x x f x f x f x f x x f xfx x x x x                 2． 导数的几何意义： （1） 函数 ()y f x 在点 0x 处的导数 0()fx ，就是曲线 在点 00( , )P x y 处的切线的斜率； （2）函数 ()s s t 在点 0t 处的导数 0()St ，就是物体的运动方程 在时刻 0t 时的瞬时速度； 3．要熟记求导公式、导数的运算法则、复合函数的导数等。尤其注意： 1(log ) logxe aax   和  lnxxa a a  。 4．求函数单调区间的步骤：1）、确定 f(x)的定义域，2）、求导数 y′，3）、令 y′>0(y′<0),解出相应的 x 的范围。 当 y′>0 时，f(x)在相应区间上是增函数；当 y′<0 时，f(x)在相应区间上是减函数 5．求极值常按如下步骤：① 确定函数的定义域；② 求导数；③ 求方程 /y =0 的根及导数不存在的点，这些根或点也 称为可能极值点；④通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。 6．设函数 f(x)在[a,b]上连续,在（a,b）内可导，求 f(x)在[a,b]上的最大（小）值的步骤如下：(1)求 f(x)在(a,b)内 的极值，(2)将 f(x)的各极值与 f(a),f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。 7．最值（或极值）点必在下列各种点之中：导数等于零的点、导数不存在的点、端点。 ★★★ 突 破 重 难 点 【范例 1】已知函数 xbxaxxf 3)( 23  在 1x 处取得极值. （1）讨论 )1(f 和 )1(f 是函数 f(x)的极大值还是极小值； （2）过点 )16,0(A 作曲线 y= f(x)的切线，求此切线方程. （1）解： 323)( 2  bxaxxf ，依题意， 0)1()1(  ff ，即      .0323 ,0323 ba ba 解得 0,1  ba . ∴ )1)(1(333)(,3)( 23  xxxxfxxxf . 令 0)(  xf ，得 1,1  xx . 若 ),1()1,(  x ，则 0)(  xf ，故 f(x)在 )1,(  上是增函数， f(x)在 ),1(  上是增函数. 若 )1,1(x ，则 0)(  xf ，故 f(x)在 )1,1( 上是减函数. 所以， 2)1( f 是极大值； 2)1( f 是极小值. （2）解：曲线方程为 xxy 33  ，点 )16,0(A 不在曲线上. 设切点为 ),( 00 yxM ，则点 M 的坐标满足 0 3 00 3xxy  . 因 )1(3)( 2 00  xxf ，故切线的方程为 ))(1(3 0 2 00 xxxyy  注意到点 A（0，16）在切线上，有 )0)(1(3)3(16 0 2 00 3 0 xxxx  化简得 83 0 x ，解得 20 x . 所以，切点为 )2,2( M ，切线方程为 0169  yx . 【点晴】过已知点求切线，当点不在曲线上时，求切点的坐标成了解题的关键. 【范例 2】（安徽理）设 a≥0，f (x)=x－1－ln2 x＋2a ln x（x>0）. （Ⅰ）令 F（x）＝xf＇（x），讨论 F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当 x>1 时，恒有 x>ln2x－2a ln x＋1. 解：（Ⅰ）根据求导法则有 2ln 2( ) 1 0xaf x xxx     ， ， 故 ( ) ( ) 2ln 2 0F x xf x x x a x    ， ， 于是 22( ) 1 0xF x xxx     ， ， 列表如下： x (0 2)， 2 (2 )，∞ ()Fx  0  ()Fx 极小值 (2)F 故知 ()Fx在 (0 2)， 内是减函数，在(2 )，∞ 内是增函数，所以，在 2x  处取得极小值 (2) 2 2ln 2 2Fa   ． （Ⅱ）证明：由 0a≥ 知， ()Fx的极小值 (2) 2 2ln 2 2 0Fa    ． 于是由上表知，对一切 (0 )x，∞ ，恒有 ( ) ( ) 0F x xf x． 从而当 0x  时，恒有 ( ) 0fx  ，故 ()fx在(0 )，∞ 内单调增加． 所以当 1x  时， ( ) (1) 0f x f，即 21 ln 2 ln 0x x a x    ． 故当 1x  时，恒有 2ln 2 ln 1x x a x   ． 【点晴】本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合 运用有关知识解决问题的能力． 【范例 2】已知定义在正实数集上的函数 21( ) 22f x x ax， 2( ) 3 lng x a x b，其中 0a  ．设两曲线 ()y f x ， ()y g x 有公共点，且在该点处的切线相同．（I）用 a 表示b ，并求b 的最大值； （II）求证： ( ) ( )f x g x≥ （ 0x  ）． 解：（Ⅰ）设 ()y f x 与 ( )( 0)y g x x在公共点 00()xy， 处的切线相同． ( ) 2f x x a ∵ ， 23() agx x   ，由题意 00( ) ( )f x g x ， 00( ) ( )f x g x ． 即 22 0 0 0 2 0 0 1 2 3 ln2 32 x ax a x b axax       ， ， 由 2 0 0 32 axax 得： 0xa ，或 0 3xa （舍去）． 即有 2 2 2 2 2152 3 ln 3 ln22b a a a a a a a     ． 令 225( ) 3 ln ( 0)2h t t t t t   ，则 ( ) 2 (1 3ln )h t t t  ．于是 当 (1 3ln ) 0tt，即 1 30 te 时， ( ) 0ht  ； 当 (1 3ln ) 0tt，即 1 3te 时， ( ) 0ht  ． 故 ()ht 在 1 30 e   ， 为增函数，在 1 3e  ， ∞ 为减函数， 于是 ()ht 在 (0 )，∞ 的最大值为 12 333 2h e e  ． （Ⅱ）设 221( ) ( ) ( ) 2 3 ln ( 0)2F x f x g x x ax a x b x       ， 则 ()Fx 23 ( )( 3 )2 ( 0)a x a x ax a xxx      ． 故 ()Fx在(0 )a， 为减函数，在()a ，∞ 为增函数， 于是函数 在 (0 )，∞ 上的最小值是 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0F a F x f x g x    ． 故当 0x  时，有 ( ) ( ) 0f x g x ≥ ，即当 0x  时， ( ) ( )f x g x≥ ． 【点晴】本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力． 变式：已知函数 )0)(ln()(  aaexf x . （1）求函数 y= f(x)的反函数 )()(1 xfxfy 及 的导数 );(xf  （2）假设对任意 0))(ln(|)(|)],4ln(),3[ln( 1   xfxfmaax 不等式 成立，求实数 m 的取值范围. 解：（1）  ,ln,0 ayex      axaexfy x ln,ln1   ； aeae ey xx x  11 （2）        xfxfmxfxf   lnln 11     ae eaemae eae x x x x x x  lnlnlnln   x x x xx e aemae aee 22 lnln      x x m x xx e aeeae aee 22   令：         aatett attvat atttu x 4,3,,, 22         2 2 2 2 22 20, 3 ,4 , 0() t a t at av t t a a u tt t a        所以 )(),( tvtu 都是增函数.因此当 ]4,3[ aat  时， )(tu 的最大值为 )(,5 12)4( tvaau  的最小值为 ,3 8)3( aav  而不等 式②成立当且仅当 ),3()4( aveau m  即 aea m 3 8 5 12  ，于是得 ).3 8ln()5 12ln( ama  解法二：由 0))(ln(|)(| 1   xfxfm 得 .)ln()ln()ln()ln( xaeaemxaeae xxxx  设 ,)ln()ln()(,)ln()ln()( xaeaexxaeaex xxxx   于是原不等式对于 )]4ln(),3[ln( aax 恒成立等价于 ).()( xmx   ③…7 分 由 1)(,1)(  ae e ae exae e ae ex x x x x x x x x  ，注意到 ,0 aeeae xxx  故有 0)(,0)(  xx  ，从而可 )()( xx  与 均在 )]4ln(),3[ln( aa 上单调递增，因此不等式③成立当且仅当 )).3(ln())4(ln( ama   即 ).3 8ln()5 12ln( ama  【点晴】求参数的取值范围，凡涉及函数的单调性、最值问题时，用导数的知识解决较简单.