2019届高考数学二轮复习专题一3第3讲导数的简单应用学案.docx

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T51.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T142017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T112016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)(a0且a1)典型例题 (1)若曲线f(x)xsin x1在点处的切线与直线ax2y10互相垂直，则实数a()A2B2C1 D1(2)直线l与曲线yex及yx2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fsin cos 1.因为直线ax2y10的斜率为，所以f1，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yx2的切点为，因为yex在点(x0，ex0)处的切线的斜率为y|xx0ex0，y在点处的切线的斜率为y|，则直线l的方程可表示为yex0xx0ex0ex0或yx1xx，所以所以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 ByxCy2x 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1a1a(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. B1C2 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y(1ln a)2(xln a)，即y2xln a12x1a1.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)，且1a1.当12a30，即1a时，当1x0时，f(x)0，f(x)单调递增，当2a3x0时，f(x)0，即a2时，当1x2a3时，f(x)0，则f(x)在(1，0)，(2a3，)上单调递增当0x2a3时，f(x)0，则f(x)在(0，2a3)上单调递减综上，当1a时，f(x)在(1，2a3)，(0，)上单调递增，在(2a3，0)上单调递减；当a时，f(x)在(1，)上单调递增；当a2时，f(x)在(1，0)，(2a3，)上单调递增，在(0，2a3)上单调递减利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f(x)0或f(x)0可解时，确定函数的定义域，解不等式f(x)0或f(x)0求出单调区间(2)当方程f(x)0可解时，确定函数的定义域，解方程f(x)0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间(3)不等式f(x)0或f(x)0及方程f(x)0均不可解时求导数并化简，根据f(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f(x)的符号，得单调区间 命题角度二已知函数的单调性求参数 已知函数f(x)x22aln x(a2)x.(1)当a1时，求函数f(x)的单调区间；(2)是否存在实数a，使函数g(x)f(x)ax在(0，)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由【解】(1)当a1时，f(x)x22ln x3x，则f(x)x3.当0x2时，f(x)0，f(x)单调递增；当1x2时，f(x)0时恒成立，所以a(x22x)(x1)2恒成立又(x)(x1)2，x(0，)的最小值为.所以当a时，g(x)0恒成立又当a，g(x)当且仅当x1时，g(x)0.故当a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)，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a2x4ex有解，即a(2x4ex)max即可令g(x)2x4ex，则g(x)24ex.令g(x)0，解得xln 2.当x(，ln 2)时，函数g(x)2x4ex单调递增；当x(ln 2，)时，函数g(x)2x4ex单调递减所以当xln 2时，g(x)2x4ex取得最大值22ln 2，所以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，则由f(x)0，得xln.当x时，f(x)0；故f(x)在上单调递减，在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)的极大值；若在x0附近左侧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)x23xln x(x0)，所以f(x)2x3，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)，令f(x)0，解得x或x.当01，即a1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；当1e，即a1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在1，e上的最小值为ff(1)2，不合题意当e，即0a时，f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)在1，e上的最小值为f(e)0)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)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时，32ln x0，所以h(x)0恒成立或h(x)0恒成立，所以f(x)在上是单调函数因为f(x)在区间上有且只有一个极值点，所以f(x)0在上有唯一解由零点存在性定理，得ff(e)0(23ea)0a.综上所述，a的取值范围是a.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1x0时，f(x)0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).设函数g(x)f(x)ln (1x)，则g(x).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(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)ln(1x).由于当|x|min1, 时，2xax20，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).如果6a10，则当0x，且|x|min1, 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, 时，h(x)0，所以x0不是h(x)的极大值点如果6a10，则h(x).则当x(1，0)时，h(x)0；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.一、选择题1函数f(x)x2ln x的最小值为()A.B1C0 D不存在解析：选A.因为f(x)x，且x0.令f(x)0，得x1；令f(x)0，得0x0，解得x，即f(x)的单调递增区间为(，)，(，)因为b(1，4)，所以(，2)符合题意5已知函数f(x)exx2mx有极值点，则实数m的取值范围是()Am1 Bm1C0m1 D0m1解析：选B.因为f(x)exx2mx，所以f(x)exxm，因为f(x)exx2mx有极值点，所以关于x的方程exxm0有实根，且该实根使f(x)左右异号，设g(x)exx，ym，而g(x)ex1，所以当x0时，g(x)0时，g(x)0，所以函数g(x)exx在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以函数g(x)exx的极小值点为0，所以g(0)1为g(x)exx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)x22ax4，若对任意的x1(0，2，存在x21，2，使得f(x1)g(x2)成立，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A.因为f(x)，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)minf(1).对于二次函数g(x)x22ax4，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)minming(1)，g(2)要使对任意的x1(0，2，存在x21，2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)且g(2)，所以12a4且44a4，解得a.二、填空题7.dx_解析：dx1.答案：8(2018高考全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为2，则a_.解析：y(ax1a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为2，得y|x0(ax1a)ex|x01a2，所以a3.答案：39已知函数f(x)x22ln x，g(x)x，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为_解析：因为f(x)x22ln x，所以f(x)2x(x0)，令f(x)0，得x1或x1(舍去)，又当0x0；当x1时，f(x)0，所以x1是函数f(x)的极值点因为g(x)x，所以g(x)1.又函数f(x)与g(x)x有相同极值点，所以x1也是函数g(x)的极值点，所以g(1)1a0，解得a1.经检验，当a1时，函数g(x)取到极小值答案：1三、解答题10已知函数f(x)ax3x2(aR)在x处取得极值(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性解：(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex，令g(x)0，解得x0或x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0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.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m0，求函数f(x)在区间m，2m上的最大值解：(