2019届二轮复习　导　数学案（全国通用）

2019届二轮复习　导　数学案（全国通用）

回扣2　导　数 ‎1.导数的几何意义 ‎(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0).‎ ‎(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上.‎ ‎2.利用导数研究函数的单调性 ‎(1)求可导函数单调区间的一般步骤 ‎①求函数f(x)的定义域；‎ ‎②求导函数f′(x)；‎ ‎③由f′(x)＞0的解集确定函数f(x)的单调增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调减区间.‎ ‎(2)由函数的单调性求参数的取值范围 ‎①若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立；‎ ‎②若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，‎ f′(x)＞0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；‎ ‎③若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集.‎ ‎3.利用导数研究函数的极值与最值 ‎(1)求函数的极值的一般步骤 ‎①确定函数的定义域；‎ ‎②解方程f′(x)＝0；‎ ‎③判断f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0两侧的符号变化：‎ 若左正右负，则x0为极大值点；‎ 若左负右正，则x0为极小值点；‎ 若不变号，则x0不是极值点.‎ ‎(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤 ‎①求函数y＝f(x)在[a，b]内的极值；‎ ‎②比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.‎ ‎1.已知可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则f′(x)≥0(≤0)对∀x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数f(x)的单调增(减)区间为(a，b)，则f′(x)＞0(＜0)的解集为(a，b).‎ ‎2.f′(x)＝0的解不一定是函数f(x)的极值点.一定要检验在x＝x0的两侧f′(x)的符号是否发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点.‎ ‎1.曲线y＝f(x)＝在点(1，f(1))处的切线方程是____________.‎ 答案　y＝ 解析　∵f(x)＝的导数f′(x)＝，‎ ‎∴曲线在点(1，f(1))处的切线斜率k＝0，‎ ‎∵切点为，‎ ‎∴曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y＝.‎ ‎2.已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝__________.‎ 答案　2‎ 解析　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，‎ 令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.‎ 当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ ‎∴f(x)的极小值点为a＝2.‎ ‎3.f(x)＝x2＋3xf′(2)，则1＋f′(1)＝________.‎ 答案　－3‎ 解析　由f(x)＝x2＋3xf′(2)，‎ 求导可得f′(x)＝2x＋3f′(2)，f′(2)＝4＋3f′(2)，‎ f′(2)＝－2，则f′(x)＝2x－6，f′(1)＝2－6＝－4，‎ 所以1＋f′(1)＝－3.‎ ‎4.设曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g(x)＝3ax＋2cos x上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为____________.‎ 答案　 解析　由f(x)＝－ex－x，得f′(x)＝－ex－1，‎ 因为ex＋1＞1，所以∈(0,1)，‎ 由g(x)＝3ax＋2cos x，得g′(x)＝3a－2sin x，‎ 又－2sin x∈[－2,2]，‎ 所以3a－2sin x∈[－2＋3a,2＋3a]，‎ 要使过曲线f(x)＝－ex－x上任意一点的切线l1，‎ 总存在过曲线g(x)＝3ax＋2cos x上一点处的切线l2，‎ 使得l1⊥l2，则 解得－≤a≤.‎ ‎5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极小值10，则a＋b的值为________.‎ 答案　－7‎ 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ 由已知可得 解得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3，‎ 经验证，a＝4，b＝－11符合题意，‎ 故a＋b＝－7.‎ ‎6.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x)－；当x≥1时，f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈[1，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f()＝>，且f(x)≥0，当x趋近于＋∞时，f(x)趋近于0.作出函数y＝|f(x)|的大致图象如图所示，由图可知，函数y＝|f(x)|－的零点个数为4.‎ ‎9.已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)＜φ(x2)成立，求实数t的取值范围.‎ 解　(1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－，‎ ‎∴当x＜0时，f′(x)＞0，当x＞0时，f′(x)＜0，‎ ‎∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，‎ 在(0，＋∞)上单调递减.‎ ‎∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)，‎ 单调减区间为(0，＋∞).‎ ‎(2)存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)＜φ(x2)成立，‎ 则2[φ(x)]min＜[φ(x)]max.‎ ‎∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，x∈[0,1]，‎ ‎∴φ′(x)＝＝－.‎ ‎①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，‎ ‎∴2φ(1)＜φ(0)，即t＞3－＞1；‎ ‎②当t≤0时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0,1]上单调递增，‎ ‎∴2φ(0)＜φ(1)，即t＜3－2e＜0；‎ ‎③当0＜t＜1时，若x∈[0，t)，则φ′(x)＜0，φ(x)在[0，t)上单调递减，‎ 若x∈(t,1]，则φ′(x)≥0，φ(x)在(t,1]上单调递增，‎ ‎∴2φ(t)＜max{φ(0)，φ(1)}，‎ 即2·＜max. (*)‎ 由(1)知，g(t)＝2·在[0,1]上单调递减，‎ 故≤2·≤2，而≤≤，‎ ‎∴不等式(*)无解.‎ 综上所述，存在t∈(－∞，3－2e)∪，使得命题成立.‎ ‎10.已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.‎ ‎(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.‎ 解　(1)由题意得f′(x)＝x2－ax，‎ 所以当a＝2时，f(x)＝x3－x2，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，‎ 所以f′(3)＝3，‎ 因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是 y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.‎ ‎(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，‎ 所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x ‎＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x).‎ 令h(x)＝x－sin x，‎ 则h′(x)＝1－cos x≥0，‎ 所以h(x)在R上单调递增.‎ 因为h(0)＝0，所以当x>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.‎