2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用教学案理（含解析）.docx

导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级； 【重点、难点剖析】 1导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)2基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式原函数导函数 f(x)cf(x)0f(x)xn(nR)f(x)nxn1f(x)sin xf(x)cos xf(x)cos xf(x)sin xf(x)ax(a0且a1)f(x)axln af(x)exf(x)exf(x)logax(a0且a1)f(x)f(x)ln xf(x)(2)导数的四则运算u(x)v(x)u(x)v(x)；u(x)v(x)u(x)v(x)u(x)v(x)；(v(x)0)3函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数yxsin x . 【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解【变式探究】(2018全国)曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为_答案2xy0解析y2ln(x1)，y.令x0，得y2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，切线方程为y2x，即2xy0.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 【答案】【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值【举一反三】(2015陕西，15)设曲线yex在点(0，1)处的切线与曲线y(x0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为_解析(ex)e01，设P(x0，y0)，有1，又x00，x01，故xP(1，1)答案(1，1)【变式探究】 (1)曲线yxex1在点(1,1)处切线的斜率等于()A2eBeC2D1(2)在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2(a，b为常数)过点P(2，5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x2y30平行，则ab的值是_【命题意图】(1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义(2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力【答案】(1)C(2)3【感悟提升】1求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点2利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f(x)2exkx2.(1)讨论函数f(x)在(0，)内的单调性； (2)若存在正数m，对于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|2x恒成立，求正实数k的取值范围解(1)由题意得f(x)2exk，x(0，)，因为x0，所以2ex2.当k2时，f(x)0，此时f(x)在(0，)内单调递增当k2时，由f(x)0得xln，此时f(x)单调递增；由f(x)0得0x2时，f(x)在内单调递减，在内单调递增 校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y4(x6)2，其中2x6，m为常数已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套(1)求m的值； 校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大(保留一位小数)【解析】解(1)因为x4时，y21，代入关系式y4(x6)2，得1621，解得m10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y4(x6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)(x2)4(x6)24x356x2240x278(2x6)，从而f(x)12x2112x2404(3x10)(x6)(2x0，函数f(x)单调递增；在(，6)上，f(x) 0，函数f(x)单调递减，所以x是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x3.3时，函数f(x)取得最大值故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去题型五利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1)时，f(x)0，求a的取值范围(1)f(x)的定义域为(0，)当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.当a2，x(1)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2时，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0.综上，a的取值范围是(，2【举一反三】 (2015湖南，21)已知a0，函数f(x)eaxsin x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点，证明：(1)数列f(xn)是等比数列；(2)若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立. 证明(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0.令f(x)0，由x0得xm，即xm，mN*，对kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)，则f(x)0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，则f(x)0.因此，在区间(m1)，m)与(m，m)上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)ea()sin ，公比为ea的等比数列(2)由(1)知，sin ，于是对一切nN*；xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等价于(*)恒成立，因为(a0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式恒成立，只需g(1)e，即只需a.而当a时，由tan 且0知，.于是，且当n2时，n2.因此对一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e.故(*)式亦恒成立综上所述，若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立【变式探究】(2015福建，20)已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)； (3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.(1)证明令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.(2)证明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，则有G(x)k.当k0时，G(x)0，故G(x)在(0，)单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意当0k1时，令G(x)0，得x10，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)解当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)M(x)kxln(1x)x2，x0，)则有M(x)k2x.故当x时，M(x)0，M(x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以满足题意的t不存在当k1时，由(2)知，存在x00，使得当x(0，x0)时，f(x)g(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2，x0，)则有N(x)k2x.当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.记x0与中的较小者为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，x0，)，则有H(x)12x.当x0时，H(x)0，所以H(x)在0，)上单调递减，故H(x)H(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2.此时，任意正实数t均满足题意综上，k1.法二(1)(2)证明同法一(3)解当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0xk1.从而得到，当k1时，对于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1时，取k1，从而kk11，由(2)知，存在x00，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0x，此时f(x)g(x)x2.记x0与的较小者为x1，当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，则有M(x)12x.当x0时，M(x)0，所以M(x)在0，)上单调递减，故M(x)M(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2，此时，任意正实数t均满足题意综上，k1.题型六 函数与导数的综合问题【例6】(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.设a0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x21，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR，f(x)0恒成立f(x)的单调增区间为(，)(2)证明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a1，f(0)2aeaa2aaa0，f(0)f(a)0，则m0，g(m)在(0，)上增令g(x)0，则m0得x，由f(x).所以f(x)的单调递增区间为，递减区间为.所以f(x)maxfc.(2)由已知|ln x|f(x)得|ln x|c，x(0，)，令g(x)|ln x|，yc.当x(1，)时，ln x0，则g(x)ln x.所以g(x)0.所以