2019届高考数学二轮复习第二部分专项专题3 第3讲　导数的简单应用 学案.doc

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 2018 卷 函数的奇偶性、导数的几何意义 T5 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 分及其应用的考查极少，题目 一般比较简单， 但也不能忽略. 卷 导数的几何意义 T13 卷 导数的几何意义 T14 2017 卷 利用导数讨论函数的单调性、 函数的 零点 T21 卷 利用导数求极值 T1

2、1 2016 卷 导数与函数图象 T7 卷 函数的奇偶性、导数的几何意义 T15 利用导数公式直接求导T21(1) 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 kf(x0)，相应的切线方程为 yf(x0)f(x0) (xx0) 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) 1 xln a(a0 且 a1) 典型例题 (1)若曲线 f(x)xsin x

3、1 在点? ? ? ? 2 ， 2 1 处的切线与直线 ax2y10 互相垂 直，则实数 a( ) A2 B2 C1 D1 (2)直线 l 与曲线 yex及 y1 4x 2都相切，则直线 l 的方程为_ 【解析】 (1)因为 f(x)xsin x1， 所以 f(x)sin xxcos x， 所以 f? ? ? ? 2 sin 2 2 cos 2 1. 因为直线 ax2y10 的斜率为a 2， 所以 f? ? ? ? 2 a 21， 解得 a2，故选 A. (2)设直线 l 与曲线 yex的切点为(x0，ex0)，直线 l 与曲线 y1 4x 2的切点为? ? ? x1，x 2 1 4 ， 因为

4、 yex在点(x0，ex0)处的切线的斜率为 y|xx0ex0，yx 2 4在点? ? ? ? x1，x 2 1 4 处的切线 的斜率为 y| xx1 ? ? ? ? ? ? x 2 xx1 x1 2， 则 直 线 l 的 方 程 可 表 示 为 y ex0x x0ex0 ex0或 y 1 2 x1x 1 4 x 2 1， 所 以 ? ? ?e x0x1 2， x0e x0e x0x 2 1 4， 所以 ex01x0，解得 x00.所以直线 l 的方程为 yx1. 【答案】 (1)A (2)yx1 (1)求曲线 yf(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

5、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 kf(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

6、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)x2ax.若 f(x)为奇函数，则曲 线 yf(x)在点(0，0)处的切线方程为( ) Ay2x Byx Cy2x Dyx 解析：选 D.法一：因为函数 f(x)x3(a1)x2ax 为奇函数，所以 f(x)f(x)， 所以(x)3(a1)(x)2a(x)x3(a1) x2ax，所以 2(a1)x20，因为 xR，所以 a1，所以 f(x)x3x，所以 f(x)3x21，所以 f(0)1，所以曲

7、线 yf(x)在 点(0，0)处的切线方程为 yx.故选 D. 法二：因为函数 f(x)x3(a1)x2ax 为奇函数，所以 f(1)f(1)0，所以1a 1a(1a1a)0，解得 a1，所以 f(x)x3x，所以 f(x)3x21，所以 f(0)1， 所以曲线 yf(x)在点(0，0)处的切线方程为 yx.故选 D. 2(2018 合肥第一次质量检测)已知直线 2xy10 与曲线 yaexx 相切(其中 e 为 自然对数的底数)，则实数 a 的值是( ) A.1 2 B1 C2 De 解析：选 B.由题意知 yaex12，则 a0，xln a，代入曲线方程得 y1ln a， 所以切线方程为

8、y(1ln a)2(xln a)，即 y2xln a12x1?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) ax2x （x1）2，且 11. 当10 时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 2a30，即3 22a3 时，f(x)0，则

9、 f(x)在(1，0)，(2a3，)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 a1 2(x 22x)1 2(x1) 21 2恒成立 又 (x)1 2(x1) 21 2，x(0，)的最小值为 1 2. 所以当 a1 2时，g(x)0 恒成立 又当 a1 2，g(x) （x1）2 x 当且仅当 x1 时，g(x)0. 故当 a? ? ? ? ，1 2 时，g(x)f(x)ax 在(0，)上单调递增 (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)，

10、 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 yf(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)(xa)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)ex(xa1)，由题意，知方程 ex(xa1)0 在(0，)上至少有 一个实数根，即 xa10，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； 故 f(

11、x)在? ? ? ? ，ln? ? ? ? a 2 上单调递减， 在? ? ? ? ln? ? ? ? a 2 ， 上单调递增 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 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 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 yf(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)x23x

12、ln x(x0)， 所以 f(x)2x31 x 2x23x1 x ， 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(x)2ax(a2)1 x 2ax2（a2）x1 x （2x1）（ax1） x ， 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 1 a. 当 00) 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)2xax2ln x，其定义域为(0，) f(x)2a(x2xln x) 若 a0，则 f(x

13、)20，不存在极值点，所以 a0. 令 h(x)f(x)2a(x2xln x)，则 h(x)a(32ln x) 当 x? ? ? ? 1 e，e 时， 32ln x0， 所以 h(x)0 恒成立或 h(x) 2 3e. 综上所述，a 的取值范围是 a 2 3e. 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 yf(x)在区间(a，b)内有极值，那么 yf(x)在(a，b)内绝不是单调函数， 即在某区间上

14、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)(2xax2) ln(1x)2x. (1)若 a0，证明：当10 时，f(x)0； (2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a. 解：(1)证明：当 a0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x， f(x)ln(1x) x 1x. 设函数 g(x)f(x)ln (1x) x 1x， 则 g(x) x （1x）2. 当1x0 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

15、(0)0，故当1x0 时，f(x)0；当 x0 时，f(x)0. (2)()若 a0，由(1)知，当 x0 时，f(x)(2x) ln (1x)2x0f(0)，这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾 ()若 a0，设函数 h(x) f（x） 2xax2ln(1x) 2x 2xax2. 由于当|x|min1, 1 |a|时，2xax 20，故 h(x)与 f(x)符号相同 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) 1 1x 2（2xax2）2x（12ax） （2xax2）2 x 2（a2x24ax6a1） （x1）（ax2x2）2. 如果 6a10，则当 0x6a1 4a ，且|x|min1, 1 |a|时，h(x)0，故 x0 不 是 h(x)的极大值点 如果 6a10，则 a2x24ax6a10 存在根 x10，故当 x(x1，0)，且|x|min1, 1 |a|时，h(x)0，所以 x0 不是 h(x)的极大值点 如果 6a10，则 h(x) x3（x24） （x1）（x26x12）2.则当 x(1，0)时，h