2019届二轮复习第3讲　导数及其应用课件（55张）（全国通用）

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第 3 讲　导数及其应用 专题六　函数与导数 板块三　专题突破核心考点 [ 考情考向分析 ] 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 . 热点分类突破 真题押题精练 内容索引 热点分类突破 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 . 热点一　导数的几何意义 解析 答案 例 1 　 (1)(2018· 全国 Ⅰ ) 设函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax ，若 f ( x ) 为奇函数，则曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 A. y ＝－ 2 x B. y ＝－ x C. y ＝ 2 x D. y ＝ x √ 解析　 方法一 　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2( a － 1) x ＋ a . 又 f ( x ) 为奇函数， ∴ f ( － x ) ＝－ f ( x ) 恒成立， 即－ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 － ax ＝－ x 3 － ( a － 1) x 2 － ax 恒成立， ∴ a ＝ 1 ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 1 ， ∴ f ′ (0) ＝ 1 ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 y ＝ x . 故选 D. 方法二 　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 ＋ ( a － 1) x 2 ＋ ax 为奇函数， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2( a － 1) x ＋ a 为偶函数， ∴ a ＝ 1 ，即 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 1 ， ∴ f ′ (0) ＝ 1 ， ∴ 曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 y ＝ x . 故选 D. 解析 答案 (2) 若直线 y ＝ kx ＋ b 是曲线 y ＝ ln x ＋ 1 的切线，也是曲线 y ＝ ln( x ＋ 2) 的切线，则实数 b ＝ ________. ln 2 解析　 设直线 y ＝ kx ＋ b 与曲线 y ＝ ln x ＋ 1 和曲线 y ＝ ln( x ＋ 2) 的切点分别为 ( x 1 ， ln x 1 ＋ 1) ， ( x 2 ， ln( x 2 ＋ 2)). ∵ 直线 y ＝ kx ＋ b 是曲线 y ＝ ln x ＋ 1 的切线，也是曲线 y ＝ ln( x ＋ 2) 的切线， (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 答案 跟踪演练 1 　 (1)(2018· 全国 Ⅱ ) 曲线 y ＝ 2ln( x ＋ 1) 在点 (0,0) 处的切线方程为 __________ _ ____. 2 x － y ＝ 0 解析 　 ∵ y ＝ 2ln( x ＋ 1) ， 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 ＝ 2 x ，即 2 x － y ＝ 0. (2) 若函数 f ( x ) ＝ ln x ( x >0 ) 与函数 g ( x ) ＝ x 2 ＋ 2 x ＋ a ( x <0) 有公切线，则实数 a 的取值范围是 A. B .( － 1 ，＋ ∞ ) C.(1 ，＋ ∞ ) D .( － ln 2 ，＋ ∞ ) √ 解析 答案 解析　 设公切线与函数 f ( x ) ＝ ln x 切于点 A ( x 1 ， ln x 1 )( x 1 >0) ， ∴ h ( t ) 在 (0,2) 上为减函数， 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 . 解答 例 2 　 (2018· 聊城模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ 2e x － kx － 2. (1) 讨论函数 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内的单调性； 解　 由题意得 f ′ ( x ) ＝ 2e x － k ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 因为 x >0 ，所以 2e x >2. 当 k ≤ 2 时， f ′ ( x )>0 ，此时 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递增 . 综上，当 k ≤ 2 时， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递增； (2) 若存在正数 m ，对于任意的 x ∈ (0 ， m ) ，不等式 | f ( x )|>2 x 恒成立，求正实数 k 的取值范围 . 解答 解　 ① 当 0< k ≤ 2 时， 由 (1) 可得 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递增，且 f (0) ＝ 0 ， 所以对于任意的 x ∈ (0 ， m ) ， f ( x )>0. 这时 | f ( x )|>2 x 可化为 f ( x )>2 x ， 即 2e x － ( k ＋ 2) x － 2>0. 设 g ( x ) ＝ 2e x － ( k ＋ 2) x － 2 ， 则 g ′ ( x ) ＝ 2e x － ( k ＋ 2) ， ② 当 k >2 时， 所以存在 x 0 >0 ，使得对于任意的 x ∈ (0 ， x 0 ) 都有 f ( x )<0. 这时 | f ( x )|>2 x 可化为－ f ( x )>2 x ， 即－ 2e x ＋ ( k － 2) x ＋ 2>0. 设 h ( x ) ＝－ 2e x ＋ ( k － 2) x ＋ 2 ， 则 h ′ ( x ) ＝－ 2e x ＋ ( k － 2). ( ⅰ ) 若 2< k ≤ 4 ，则 h ′ ( x )<0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 这时 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递减，且 h (0) ＝ 0 ， 所以对于任意的 x ∈ (0 ， x 0 ) 都有 h ( x )<0 ，不符合题意 . 则对于任意的 x ∈ (0 ， m ) ，不等式 | f ( x )|>2 x 恒成立 . 综上可得 k 的取值范围为 (4 ，＋ ∞ ). 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 即可； 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)(2018· 河南省中原名校质量考评 ) 已知 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ 2 ax )ln x － x 2 － 2 ax 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是增函数，则实数 a 的取值范围是 A.{1} B .{ － 1} C .(0,1] D .[ － 1,0) 解析 答案 √ ∵ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是增函数， ∴ f ′ ( x ) ≥ 0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 当 x ＝ 1 时， f ′ ( x ) ＝ 0 满足题意， 当 x >1 时， ln x >0 ，要使 f ′ ( x ) ≥ 0 恒成立， 则 x ＋ a ≥ 0 恒成立 . ∵ x ＋ a >1 ＋ a ， ∴ 1 ＋ a ≥ 0 ，解得 a ≥ － 1 ， 当 0< x <1 时， ln x <0 ，要使 f ′ ( x ) ≥ 0 恒成立， 则 x ＋ a ≤ 0 恒成立 ， ∵ x ＋ a <1 ＋ a ， ∴ 1 ＋ a ≤ 0 ，解得 a ≤ － 1. 综上所述， a ＝－ 1 . (2)(2018· 资阳三诊 ) 已知定义在 R 上的偶函数 f ( x )( 函数 f ( x ) 的导函数 为 f ′ ( x )) 满足 f ＋ f ( x ＋ 1) ＝ 0 ， e 3 f (2 018) ＝ 1 ，若 f ( x )> f ′ ( － x ) ，则 关于 x 的 不等 式 f ( x ＋ 2 )> 的 解集为 A.( － ∞ ， 3) B .(3 ，＋ ∞ ) C.( － ∞ ， 0) D .(0 ，＋ ∞ ) 解析 答案 √ 解析　 ∵ f ( x ) 是偶函数， ∴ f ( x ) ＝ f ( － x ) ， f ′ ( x ) ＝ [ f ( － x ) ] ′ ＝－ f ′ ( － x ) ， ∴ f ′ ( － x ) ＝－ f ′ ( x ) ， f ( x )> f ′ ( － x ) ＝－ f ′ ( x ) ， 即 f ( x ) ＋ f ′ ( x )>0 ，设 g ( x ) ＝ e x f ( x ) ， 则 [e x f ( x ) ] ′ ＝ e x [ f ( x ) ＋ f ′ ( x ) ]>0 ， ∴ g ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递增， 相减可得 f ( x ) ＝ f ( x ＋ 3) ， f ( x ) 的周期为 3 ， ∴ 不等式的解集为 (3 ，＋ ∞ ) ，故选 B. 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 . 热点三　利用导数求函数的极值、最值 解答 例 3 　 (2018· 北京 ) 设函数 f ( x ) ＝ [ ax 2 － (4 a ＋ 1) x ＋ 4 a ＋ 3]e x . (1) 若曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线与 x 轴平行，求 a ； 解 　 因为 f ( x ) ＝ [ ax 2 － (4 a ＋ 1) x ＋ 4 a ＋ 3]e x ， 所以 f ′ ( x ) ＝ [ ax 2 － (2 a ＋ 1) x ＋ 2]e x . 所以 f ′ (1) ＝ (1 － a )e. 由题设知 f ′ (1) ＝ 0 ，即 (1 － a )e ＝ 0 ，解得 a ＝ 1. 此时 f (1) ＝ 3e ≠ 0. 所以 a 的值为 1. 解答 (2) 若 f ( x ) 在 x ＝ 2 处取得极小值，求 a 的取值范围 . 解　 由 (1) 得 f ′ ( x ) ＝ [ ax 2 － (2 a ＋ 1) x ＋ 2]e x ＝ ( ax － 1)( x － 2)e x . 当 x ∈ (2 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0. 所以 f ( x ) 在 x ＝ 2 处取得极小值 . 所以 f ′ ( x )>0. 所以 2 不是 f ( x ) 的极小值点 . (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 . 思维升华 解答 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如表所示： 解答 对于任意 x 1 ∈ [0 ，＋ ∞ ) ， x 2 ∈ [1 ，＋ ∞ ) ， ① 当 a ≤ 2 时，因为 e x ≥ x ＋ 1 ， 即 g ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， g ( x ) ≥ g (0) ＝ 1 恒成立，符合题意 . 所以 g ′ ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 且 g ′ (0) ＝ 2 － a <0 ，则存在 x 0 ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 使得 g ′ ( x 0 ) ＝ 0 ， 所以 g ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 又 g ( x 0 )< g (0) ＝ 1 ， 所以 g ( x ) ≥ 1 不恒成立，不符合题意 . 综合 ①② 可知，实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 2]. 真题押题精练 1.(2017· 浙江改编 ) 函数 y ＝ f ( x ) 的导函数 y ＝ f ′ ( x ) 的图象如图所示，则函数 y ＝ f ( x ) 的图象可能是 ______.( 填序号 ) 真题体验 答案 解析 ④ 解析 　 观察导函数 f ′ ( x ) 的图象可知 ， f ′ ( x ) 的函数值从左到右依次为小于 0 ，大于 0 ，小于 0 ，大于 0 ， ∴ 对应函数 f ( x ) 的增减性从左到右依次为减 、 增 、减、增 . 观察图象可知，排除 ①③ . 如图所示， f ′ ( x ) 有 3 个零点 ， 从 左到右依次设为 x 1 ， x 2 ， x 3 ， 且 x 1 ， x 3 是极小值点， x 2 是极大值点，且 x 2 >0 ，故 ④ 正确 . 2.(2017· 全国 Ⅱ 改编 ) 若 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)·e x － 1 的极值点，则 f ( x ) 的极小值为 ________. 解析 答案 － 1 解析　 函数 f ( x ) ＝ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ， 则 f ′ ( x ) ＝ (2 x ＋ a )e x － 1 ＋ ( x 2 ＋ ax － 1)e x － 1 ＝ e x － 1 [ x 2 ＋ ( a ＋ 2) x ＋ a － 1]. 由 x ＝－ 2 是函数 f ( x ) 的极值点，得 f ′ ( － 2) ＝ e － 3 (4 － 2 a － 4 ＋ a － 1) ＝ ( － a － 1)e － 3 ＝ 0 ， 所以 a ＝－ 1 ，所以 f ( x ) ＝ ( x 2 － x － 1)e x － 1 ， f ′ ( x ) ＝ e x － 1 ( x 2 ＋ x － 2). 由 e x － 1 >0 恒成立，得当 x ＝－ 2 或 x ＝ 1 时， f ′ ( x ) ＝ 0 ，且 x < － 2 时， f ′ ( x )>0 ；当－ 2< x <1 时， f ′ ( x )<0 ； 当 x >1 时， f ′ ( x )>0. 所以 x ＝ 1 是函数 f ( x ) 的极小值点 . 所以函数 f ( x ) 的极小值为 f (1) ＝－ 1. 3.(2017· 山东改编 ) 若函数 e x f ( x )(e ＝ 2.718 28 … 是自然对数的底数 ) 在 f ( x ) 的定义域上单调递增，则称函数 f ( x ) 具有 M 性质，下列函数中具有 M 性质的是 ______.( 填序号 ) ① f ( x ) ＝ 2 － x; ② f ( x ) ＝ x 2 ； ③ f ( x ) ＝ 3 － x; ④ f ( x ) ＝ cos x . 解析 答案 ① 解析 　 若 f ( x ) 具有性质 M ， 则 [e x f ( x )] ′ ＝ e x [ f ( x ) ＋ f ′ ( x )]>0 在 f ( x ) 的定义域上恒成立 ， 即 f ( x ) ＋ f ′ ( x )>0 在 f ( x ) 的定义域上恒成立 . 对于 ① 式， f ( x ) ＋ f ′ ( x ) ＝ 2 － x － 2 － x ln 2 ＝ 2 － x (1 － ln 2)>0 ，符合题意 . 经验证， ②③④ 均不符合题意 . x － y ＋ 1 ＝ 0 答案 解析 即曲线在点 (1,2) 处的切线的斜率 k ＝ 1 ， ∴ 切线方程为 y － 2 ＝ x － 1 ，即 x － y ＋ 1 ＝ 0. 押题预测 答案 解析 押题依据 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 “ 在某一点处的切线 ” 问题，也是易错易混点 . 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 √ 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. 答案 解析 押题依据 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 . √ 解析　 由题意知 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b ， f ′ (1) ＝ 0 ， f (1) ＝ 10 ， 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 _____. 答案 解析 押题依据 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 . 2 解析　 ∵ 函数 f ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 3 在 (0,1) 上为减函数， 依题意 g ′ ( x ) ≥ 0 在 (1,2) 上恒成立 ， 得 2 x 2 ≥ a 在 (1,2) 上恒成立 ， ∴ a ≤ 2 ， ∴ a ＝ 2. 答案 解析 押题依据 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 . 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 ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 4 ≤ － 1 ， 则要使 a ≥ h ( x ) 在 [1,2] 上能成立， 只需使 a ≥ h ( x ) min ，