2019年高考数学精讲二轮教案第三讲导数的简单应用

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2019年高考数学精讲二轮教案第三讲导数的简单应用

第三讲 导数的简单应用 考点一 导数的几何意义 ‎1.导数公式 ‎(1)(sinx)′=cosx;‎ ‎(2)(cosx)′=-sinx;‎ ‎(3)(ax)′=axlna(a>0);‎ ‎(4)(logax)′=(a>0,且a≠1).‎ ‎2.导数的几何意义 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).‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2018·兰州质检)曲线f(x)=x3-x+3在点P处的切线平行于直线y=2x-1,则P点的坐标为(  )‎ A.(1,3) B.(-1,3)‎ C.(1,3)和(-1,3) D.(1,-3)‎ ‎[解析] f ′(x)=3x2-1,令f′(x)=2,则3x2-1=2,解得x=1或x=-1,‎ ‎∴P(1,3)或(-1,3).经检验,点(1,3),(-1,3)均不在直线y=2x-‎ ‎1上,故选C.‎ ‎[答案] C ‎2.(2018·大同模拟)过点(1,-1)且与曲线y=x3-2x相切的切线方程为(  )‎ A.x-y-2=0或5x+4y-1=0‎ B.x-y-2=0‎ C.x-y+2=0‎ D.x-y-2=0或4x+5y+1=0‎ ‎[解析] 设切点坐标为(x0,y0),y0=x-2x0,则曲线在(x0,y0)处的切线斜率为y′=3x-2,当x0=1时斜率为1,切线方程为x-y-2=0,当x0≠1时,过(1,-1)点的切线的斜率为=x+x0-1=3x-2,解得x0=-,其斜率为-,切线方程为5x+4y-1=0,所以A正确,故选A.‎ ‎[答案] A ‎3.(2018·西安质检)已知直线y=-x+m是曲线y=x2-3lnx的一条切线,则m的值为(  )‎ A.0 B.2 C.1 D.3‎ ‎[解析] 因为直线y=-x+m是曲线y=x2-3lnx的切线,所以令y′=2x-=-1,得x=1,x=-(舍),即切点为(1,1),又切点(1,1)在直线y=-x+m上,所以m=2,故选B.‎ ‎[答案] B ‎4.若曲线y=在点(a,)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为2,则a=________.‎ ‎[解析] y==x,∴y′=x,于是曲线在点(a,)处的切线方程为y-=(x-a),令x=0,得y=;令y=0,得x=-a,∴三角形的面积S=··|-a|==2,解得a=4.‎ ‎[答案] 4‎ ‎[快速审题] 看到求切线,想到用导数的几何意义.‎ ‎ 求曲线y=f(x)的切线方程的3种类型及方法 ‎(1)已知切点P(x0,y0),求切线方程 求出切线的斜率f′(x0),由点斜式写出方程;‎ ‎(2)已知切线的斜率k,求切线方程 设切点P(x0,y0),通过方程k=f′(x0)解得x0,再由点斜式写出方程;‎ ‎(3)已知切线上一点(非切点),求切线方程 设切点P(x0,y0),利用导数求得切线斜率f′(x0),再由斜率公式求得切线斜率,列方程(组)解得x0,再由点斜式或两点式写出方程.‎ 考点二 利用导数研究函数的单调性 ‎1.若求函数的单调区间(或证明单调性),只要在其定义域内解(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.‎ 角度1:根据函数的单调性,利用导数求某些参数的取值范围 ‎[解题指导] →→ ‎[解析] 由题意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立,‎ ‎∴g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立,∴Δ=a2-24≤0或 ‎∴-2≤a≤2或 即a≥-2,故选C.‎ ‎[答案] C 角度2:利用函数的单调性与导数的关系,讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性 ‎[解] 函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=,令h(x)=-ax2+x-a,‎ 记Δ=1-4a2,当Δ≤0时,即a≥时,‎ ‎-ax2+x-a≤0,f′(x)≤0,‎ 此时函数f(x)在(0,+∞)上递减.‎ 当Δ=1-4a2>0,即当0x2>0,‎ 故此时函数f(x)在上递增,‎ 在和上递减,‎ 综上,00”变为“a∈R”,其他条件不变,则f(x)的单调性如何?‎ ‎[解] 由例2解的内容知:f′(x)=,x∈(0,+∞),‎ 令h(x)=-ax2+x-a.‎ 当a≤0时,h(x)>0恒成立,所以f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 当a>0时,同例2解的内容.‎ 综上:a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上递增.‎ ‎00”变为“a∈R”试讨论f(x)的单调性.‎ ‎[解] 函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=-++a ‎==.‎ 当a=0时,f′(x)=,‎ 令f′(x)>0,则x>1,‎ 令f′(x)<0,则00时,x+>0,令f′(x)>0,则x>1,令f′(x)<0,则00,‎ 则1-,所以函数f(x)在区间(0,1)和上单调递减,在区间上单调递增;‎ ‎④当a<-1时,1>-,令f′(x)>0,则-1,所以函数f(x)在区间和(1,+∞)上单调递减,在区间上单调递增.‎ 综上,当a≥0时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增;‎ 当a=-1时,函数f(x)在定义域(0,+∞)上单调递减;‎ 当-10,函数f(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时, f ′(x)<0,函数f(x)单调递减.‎ ‎②当a≠0时,对于2ax2-x+1=0,Δ=(-1)2-4×2a×1=1-8a.‎ 若Δ≤0,即a≥,因为a>0,所以2ax2-x+1≥0恒成立,即f ′(x)≥0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 若Δ>0,即00,x2<0.‎ 当x∈时,2ax2-x+1>0, f ′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ 当x∈时,2ax2-x+1<0, f ′(x)<0,函数f(x)单调递减.‎ 当0x1>0.‎ 当x∈时,2ax2-x+1>0, f ′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ 当x∈时,2ax2-x+1<0, f ′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当x∈时,2ax2-x+1>0, f ′(x)>0,函数f(x)单调递增.‎ 综上,当a=0时, f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞);‎ 当a≥时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)‎ ‎,无单调递减区间;‎ 当00,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.‎ 角度1:根据函数极值的存在情况,利用导数求某些参数的取值范围 ‎[解析] f ′(x)=+x-,由f ′(x)=0得(x-m)=0,∴x=m或x=.显然m>0.当且仅当00,当x∈(m,2)时,f ′(x)<0,函数f(x)有极大值点x=m.若0<<2≤m,即m≥2,则当x∈时, f ′(x)>0,当x∈时, f ′(x)<0,函数f(x)有极大值点x=.综上,m的取值范围是∪[2,+∞),故选B.‎ ‎[答案] B 角度2:利用函数的极值与导数的关系,求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值 ‎[解题指导] (1)→→ ‎(2)→→→ ‎[解] (1)由题设知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f ′(x)=,且f ′(x)=0有两个不同的正根,即x2-ax+a=0有两个不同的正根,则 ‎∴a>4.‎ ‎(2)不等式f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立等价于λ>恒成立.‎ f(x1)+f(x2)=alnx1+x-ax1+alnx2+x-ax2.‎ 由(1)可知x1+x2=a,x1x2=a,‎ ‎∴f(x1)+f(x2)=a(lnx1+lnx2)+(x+x)-a(x1+x2)‎ ‎=aln(x1x2)+[(x1+x2)2-2x1x2]-a(x1+x2)‎ ‎=alna+(a2-2a)-a2=a,‎ ‎∴=lna-a-1,‎ 令y=lna-a-1,则y′=-.‎ ‎∵a>4,∴y′<0,‎ ‎∴y=lna-a-1在(4,+∞)上单调递减,‎ ‎∴y0,‎ x1=,x2=,‎ a>0时,若f(x)在x=1处取最小值,‎ 只需x1≤0且x2≥1,解得01,则当x∈时,f′(x)<0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x=1处取得极小值.‎ 若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,‎ 所以f′(x)>0.‎ 所以1不是f(x)的极小值点.‎ 综上可知,a的取值范围是(1,+∞).‎ ‎1.高考对导数的几何意义的考查,多在选择、填空题中出现,难度较小,有时出现在解答题第一问.‎ ‎2‎ ‎.高考重点考查导数的应用,即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,多在选择、填空的后几题中出现,难度中等.有时出现在解答题第一问.‎ 热点课题6 导数与函数的单调性与最值 ‎[感悟体验]‎ ‎ 已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx,其中a∈R.‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)当a>0时,若f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求a的取值范围.‎ ‎[解] (1)当a=1时,f(x)=x2-3x+lnx(x>0),‎ 所以f′(x)=2x-3+=,‎ 所以f(1)=-2,f′(1)=0.‎ 所以切线方程为y=-2.‎ ‎(2)函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx的定义域为(0,+∞),‎ 当a>0时,f′(x)=2ax-(a+2)+==,‎ 令f′(x)=0,解得x=或x=.‎ ‎①当0<≤1,即a≥1时,f(x)在[1,e]上单调递增.‎ 所以f(x)在[1,e]上的最小值为f(1)=-2,符合题意;‎ ‎②当1<1时,xf′(x)>0,此时f′(x)>0,函数f(x)递增.‎ 所以当x=1时,函数f(x)取得极小值.‎ 当x<-1时,xf′(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)递增,当-10,此时f′(x)<0,函数f(x)递减,所以当x=-1时,函数取得极大值,排除D.符合条件的只有C项,故选C.‎ ‎[答案] C ‎4.(2018·南昌一模)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[0,+∞) B.(-∞,0]‎ C.(-∞,0) D.(0,+∞)‎ ‎[解析] 由题意知x>0,f′(x)=1+,要使函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则方程1+=0在x>0上有解,则x=-a,所以a<0,故选C.‎ ‎[答案] C ‎5.(2018·海南八校联考)已知函数f(x)=3lnx-x2+x在区间(1,3)上有最大值,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. ‎[解析] 因为f′(x)=-2x+a-,所以结合题意可得f′(x)=-2x+a-在(1,3)上只有一个零点且单调递减,则问题转化为即解得-0)恒成立,则的最大值是(  )‎ A.1 B.-1 C.e D.-e ‎[解析] 不等式lnx+1≥m-可化为lnx+1-m+≥0,令F(x)=lnx+1-m+(x>0),则F′(x)=-=,所以当x=n时,F(x)min=lnn+2-m,则lnn+2-m≥0⇒m≤2+lnn(n>0).所以≤.令G(n)=,则令G′(n)==0,可得n=,故G(n)max==e,即≤≤e,故选C.‎ ‎[答案] C 二、填空题 ‎7.(2018·武汉模拟)设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y ‎+1=0垂直,则a=________.‎ ‎[解析] 因为y=,所以y′=-,则曲线y=在点(3,2)处的切线的斜率为y′=-.又因为切线与直线ax+y+1=0垂直,所以-·(-a)=-1,解得a=-2.‎ ‎[答案] -2‎ ‎8.(2018·南宁二模)曲线f(x)=xlnx在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________.‎ ‎[解析] 因为f′(x)=1+lnx,且f(1)=0,f′(1)=1,所以切线l的斜率k=1,切线方程为y=x-1.令x=0,得y=-1,令y=0,得x=1,∴切线l与两坐标轴的交点坐标分别为A(0,-1),B(1,0),则|OA|=1,|OB|=1,∴S△ABO=×1×1=.‎ ‎[答案]  ‎9.(2018·河南安阳调研)已知函数f(x)=lnx+ax2-2x存在单调递减区间,则实数a的取值范围为________.‎ ‎[解析] f′(x)=+ax-2=(x>0),函数f(x)‎ 存在单调递减区间,即定义域(0,+∞)内存在区间使ax2-2x+1≤0,等价于a小于在x∈(0,+∞)上的最大值,设g(x)=,则g′(x)=,可知,函数g(x)在区间(0,1)为增函数,在区间(1,+∞)为减函数,所以当x=1时,函数g(x)取得最大值,此时g(x)=1,所以a<1,故填(-∞,1).‎ ‎[答案] (-∞,1)‎ 三、解答题 ‎10.(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)=-lnx.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数).‎ ‎[解] (1)f(x)=-lnx=1--lnx,‎ f(x)的定义域为(0,+∞).‎ ‎∵f′(x)=-=,由f′(x)>0⇒01,‎ ‎∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)由(1)得f(x)在上单调递增,在[1,e]上单调递减,‎ ‎∴f(x)在上的最大值为f(1)=1--ln1=0.‎ 又f=1-e-ln=2-e,f(e)=1--lne=-,且f0,即(-x2+2)ex>0,‎ 因为ex>0,所以-x2+2>0,‎ 解得-0,所以-x2+(a-2)x+a≥0,‎ 则a≥==(x+1)-对x∈(-1,1)都成立.‎ 令g(x)=(x+1)-,‎ 则g′(x)=1+>0.‎ 所以g(x)=(x+1)-在(-1,1)上单调递增.‎ 所以g(x)0,所以x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立.‎ 所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的.‎ 故函数f(x)不可能在R上单调递减.‎ ‎12.(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)=2lnx+x2-2ax(a>0).‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x12时,Δ>0,方程x2-ax+1=0有两个不同的实根,分别设为x3,x4,不妨令x30,当x∈(x3,x4)时,‎ f′(x)<0,当x∈(x4,+∞)时,f′(x)>0,‎ 所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.‎ 综上:当02时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.‎ ‎(2)由(1)得f(x)在(x1,x2)上单调递减,x1+x2=a,x1·x2=1,‎ 则f(x1)-f(x2)=2ln+(x1-x2)(x1+x2-2a)=2ln+=2ln+-,‎ 令t=,则0
查看更多