2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一第3讲《导数的简单应用》学案

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1、第 3 讲 导数的简单应用年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析卷函数的奇偶性、导数的几何意义T 5卷 导数的几何意义T 132018卷 导数的几何意义T 14卷利用导数讨论函数的单调性、函数的零点T 212017卷 利用导数求极值T 11卷 导数与函数图象T 7函数的奇偶性、导数的几何意义T 152016 卷利用导数公式直接求导T 21(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，有时出现在解答题的第一问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、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题的第一问3近几年全国课标卷对定积分

2、及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略.导数的运算及其几何意义(综合型)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)4 个易误导数公式(1)(sin x)cos x.(2)(cos x)sin x.(3)(ax) axln a(a0 且 a1)(4)(loga x) (a0 且 a1)1xln a典型例题(1)若曲线 f(x) xsin x1 在点 处的切线与直线 ax2 y10 互( 2， 2 1)相垂直，

3、则实数 a( )A2 B2C1 D1(2)直线 l 与曲线 ye x及 y x2都相切，则直线 l 的方程为_14【解析】 (1)因为 f(x) xsin x1，所以 f( x)sin x xcos x，所以 f sin cos 1.( 2) 2 2 2因为直线 ax2 y10 的斜率为 ，a2所以 f 1，( 2) a2解得 a2，故选 A.(2)设直线 l 与曲线 ye x的切点为( x0，e x0)，直线 l 与曲线 y x2的切点为 ，14因为 ye x在点( x0，e x0)处的切线的斜率为 y| x x0e x0， y 在点 处的切线x24的斜率为 y| Error! ，x x1

4、x x1 x12则直线 l 的方程可表示为 ye x0x x0ex0e x0或 y x1x x ，所以12 1421所以 ex01 x0，解得 x00.所以直线 l 的方程为 y x1.【答案】 (1)A (2) y x1(1)求曲线 y f(x)的切线方程的 3 种类型及方法已知切点 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

5、率，列方程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出方程(2)两曲线 f(x)， g(x)的公切线 l 的方程的求解关键设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标( x0， f(x0)，( x1， g(x1)，并分别求出两曲线的切线方程建立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在 y 轴上的截距都分别相等，得到关于参数 x0， x1的方程组，解方程组，求出参数 x0， x1的值求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可 对点训练1(一题多解)(2018高考全国卷)设函数 f(x) x3( a1) x2 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(

6、 )A y2 x B y xC y2 x D y x解析：选 D.法一：因为函数 f(x) x3( a1) x2 ax 为奇函数，所以 f( x) f(x)，所以( x)3( a1)( x)2 a( x) x3( a1) x2 ax，所以 2(a1) x20，因为 xR，所以 a1，所以 f(x) x3 x，所以 f( x)3 x21，所以 f(0)1，所以曲线 y f(x)在点(0，0)处的切线方程为 y x.故选 D.法二：因为函数 f(x) x3( a1) x2 ax 为奇函数，所以 f(1) f(1)0，所以1 a1 a(1 a1 a)0，解得 a1，所以 f(x) x3 x，所以 f

7、( x)3 x21，所以 f(0)1，所以曲线 y f(x)在点(0，0)处的切线方程为 y x.故选 D.2(2018合肥第一次质量检测)已知直线 2x y10 与曲线 y aex x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数 a 的值是( )A. B112C2 De解析：选 B.由题意知 y aex12，则 a0， xln a，代入曲线方程得y1ln a，所以切线方程为 y(1ln a)2( xln a)，即 y2 xln a12 x1 a1.利用导数研究函数的单调性(综合型)导数与函数单调性的关系(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

8、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)为常数，函数不具有单调性典型例题命题角度一 求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数 f(x)ln( x1) ，且 11.x（ x 2a 3）（ x 1） 3当10 时， f( x)0， f(x)单调递增，当 2a30，即 2a3 时， f( x)0，则 f(x)在(1，0)，(2 a3，)上单调递增当 02 时， f( x)0， f(x)单调递增；当 10 时恒成立，所以 a (x22 x) (x1) 2 恒成立12 12 12又 (x) (x1) 2

9、， x(0，)的最小值为 .12 12 12所以当 a 时， g( x)0 恒成立12又当 a ， g( x) 当且仅当 x1 时， g( x)0.12 （ x 1） 2x故当 a 时， g(x) f(x) ax 在(0，)上单调递增( ， 12(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f( x)0(或 f( x)0)，x( a， b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是 f( x)不恒等于 0 的参数的范围(2)若函数 y f(x)在区间( a， b)上不单调，则转化为 f( x)0 在( a， b)上有解 对点训练1若函数 f(x)(

10、x a)ex在区间(0，)上不单调，则实数 a 的取值范围是( )A(，1) B(，0)C(1，0) D1，)解析：选 A.f( x)e x(x a1)，由题意，知方程 ex(x a1)0 在(0，)上至少有一个实数根，即 x a10，解得 a0，即 a0，则由 f( x)0，得 xln a.当 x(，ln a)时， f( x)0.故 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若 a0；(ln(a2)， )故 f(x)在 上单调递减，( ， ln(a2)在 上单调递增(ln(a2)， )利用导数研究函数的极值(最值)问题(综合型)函数 f(x)在点 x0附近有定义，若在 x

11、0附近左侧 f( x)0，右侧 f( x)0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值典型例题命题角度一 求函数的极值或最值已知函数 f(x) ax2( a2) xln x，其中 aR.(1)当 a1 时，求曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程；(2)当 a0 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 a1 时， f(x) x23 xln x(x0)，所以 f( x)2 x3 ，1x 2x2 3x 1x所以 f(1)2， f(1)0.所以切线方程为 y2.(2)函数 f(x) ax2( a2) xln x 的定义域为(0，)，当 a0 时， f

12、( x)2 ax( a2) ，1x 2ax2 （ a 2） x 1x （ 2x 1） （ ax 1）x令 f( x)0，解得 x 或 x .12 1a当 00)2x2 2x 2x 2x2当 x(0，1)时， g( x)0，此时函数 g(x)单调递增，故函数 g(x)的单调递减区间是(0，1)；单调递增区间是(1，)(2)f(x) x2g(x)2 x ax2ln x，其定义域为(0，)f( x)2 a(x2 xln x)若 a0，则 f( x)20，不存在极值点，所以 a0.令 h(x) f( x)2 a(x2 xln x)，则 h( x) a(32ln x)当 x 时，32ln x0，所以 h

13、( x)0 恒成立或 h( x) .(1e) (2 ae) 23e综上所述， a 的取值范围是 a .23e已知函数极值点或极值求参数的 2 个要领(1)列式：根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性提醒 若函数 y f(x)在区间( a， b)内有极值，那么 y f(x)在( a， b)内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值 对点训练(2018高考全国卷)已知函数 f(x)(2 x ax2)ln(1 x)2 x. (1)若 a0，证明：当10 时， f(x)

14、0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a.解：(1)证明：当 a0 时， f(x)(2 x)ln(1 x)2 x，f( x)ln(1 x) .x1 x设函数 g(x) f( x)ln (1 x) ，x1 x则 g( x) .x（ 1 x） 2当1 x0 时， g( x)0；当 x0 时， g( x)0.故当 x1 时， g(x) g(0)0，且仅当 x0 时， g(x)0，从而 f( x)0，且仅当 x0 时， f( x)0.所以 f(x)在(1，)单调递增又 f(0)0，故当1 x0 时， f(x)0；当 x0 时， f(x)0.(2)()若 a0，由(1)知，当 x0 时， f(

15、x)(2 x)ln (1 x)2 x0 f(0)，这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾()若 a0，设函数 h(x) ln(1 x) .f（ x）2 x ax2 2x2 x ax2由于当| x|min1, 时，2 x ax20，故 h(x)与 f(x)符号相同1|a|又 h(0) f(0)0，故 x0 是 f(x)的极大值点当且仅当 x0 是 h(x)的极大值点h( x) .11 x 2（ 2 x ax2） 2x（ 1 2ax）（ 2 x ax2） 2 x2（ a2x2 4ax 6a 1）（ x 1） （ ax2 x 2） 2如果 6a10，则当 0 x ，且| x|min1, 时， h(

16、x)0，故 x06a 14a 1|a|不是 h(x)的极大值点如果 6a10，则 a2x24 ax6 a10 存在根 x10，故当 x( x1，0)，且|x|min1, 时， h( x)0，所以 x0 不是 h(x)的极大值点1|a|如果 6a10，则 h( x) .则当 x(1，0)时， h( x)x3（ x 24）（ x 1） （ x2 6x 12） 20；当 x(0，1)时， h( x)0.所以 x0 是 h(x)的极大值点，从而 x0 是 f(x)的极大值点综上， a .16一、选择题1函数 f(x) x2ln x 的最小值为( )12A. B112C0 D不存在解析：选 A.因为 f

17、( x) x ，且 x0.1x x2 1x令 f( x)0，得 x1；令 f( x)0，解得 x ，b b即 f(x)的单调递增区间为(， )，( ，)b b因为 b(1，4)，所以(，2)符合题意5已知函数 f(x)e x x2 mx 有极值点，则实数 m 的取值范围是( )12A m1 B m1C0 m1 D00 时，g( x)0，所以函数 g(x)e x x 在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以函数 g(x)e x x 的极小值点为 0，所以 g(0)1 为 g(x)e x x 的最小值，所以实数 m的取值范围是 m1，故选 B.6已知 f(x)ln x ， g(x) x22

18、 ax4，若对任意的 x1(0，2，存在x4 34xx21，2，使得 f(x1) g(x2)成立，则 a 的取值范围是( )A. B.54， ) 18， )C. D.18， 54 ( ， 54解析：选 A.因为 f( x) ，1x 14 34x2 x2 4x 34x2 （ x 1） （ x 3）4x2易知，当 x(0，1)时， f( x)0，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增，故 f(x)min f(1) .12对于二次函数 g(x) x22 ax4，易知该函数开口向下，所以 g(x)在区间1，2上的最小值在端点处取得，即 g(x)minmin g(1)， g(2)要使

19、对任意的 x1(0，2，存在 x21，2，使得 f(x1) g(x2)成立，只需 f(x1)min g(x2)min，即 g(1)且 g(2)，12 12所以 12 a4 且 44 a4，12 12解得 a .54二、填空题7. dx_e1(x 1x)解析： dxError! 1 .e1(x 1x) e1 e22 12 e2 12答案：e2 128(2018高考全国卷)曲线 y( ax1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为2，则a_.解析： y( ax1 a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为2，得y| x0 ( ax1 a)ex|x0 1 a2，所以 a3.答案：39已知函数 f(

20、x) x22ln x， g(x) x ，若函数 f(x)与 g(x)有相同的极值点，ax则实数 a 的值为_解析：因为 f(x) x22ln x，所以 f( x)2 x (x0)，2x 2(x 1)(x 1)x令 f( x)0，得 x1 或 x1(舍去)，又当 00；当 x1 时， f( x)0，故 g(x)为增函数；当10 时， g( x)0，故 g(x)为增函数综上知， g(x)在(，4)和(1，0)上为减函数，在(4，1)和(0，)上为增函数11已知函数 f(x) 1.ln xx(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设 m0，求函数 f(x)在区间 m，2 m上的最大值解：(1)因为函

21、数 f(x)的定义域为(0，)，且 f( x) ，1 ln xx2由 得 00，x0 )由 得 xe.f （ x） 0， )所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)当 ，2m e，m0 )即 02 时， f( x)0，即 f(x)单调递增所以 f(x)只有极小值，且在 x2 时， f(x)取得极小值 f(2)44ln 2.所以当 a4 时， f(x)只有极小值 44ln 2.(2)因为 f( x) ，a 2xx所以当 a0， x(0，)时， f( x)0，即 f(x)在 x(0，)上单调递增，没有最小值；当 a0 得， x ，a2所以 f(x)在 上单调递增；(a2， )由 f( x)0 得， x ，a2所以 f(x)在 上单调递减(0， a2)所以当 a0 时， f(x)的最小值为极小值，即 f aln a.(a2) ( a2)根据题意得 f aln a a，(a2) ( a2)即 aln( a)ln 20.因为 a0，所以 ln( a)ln 20，解得 a2，综上实数 a 的取值范围是2，0)