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

1、1 导数及其应用 【2019 年咼考考纲解读】 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

2、B 级； 【重点、难点剖析】 1导数的几何意义 (1) 函数y= f(x)在x = xo处的导数f (xo)就是曲线y = f (x)在点(xo,f(x。)处的切线的斜率，即k= f(x). (2) 曲线 y= f (x)在点(xo, f(xo)处的切线方程为 y-f(xo) = f (xo)(x xo). 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) = c f ( x) = o f (x) = xn( n R) f( x) = nxn1 f (x) = sin x f ( x) = cos x f (x) = cos x f ( x) =

3、sin x f (x) = ax(a o 且 1) f ( x) = axIn a f (x) = ex f ( x) = ex f (x) = log ax (a 0 且 a 1) f (x) = l xln a f (x) = ln x 1 f (x)=- x (2)导数的四则运算2 u(x) v(x) = u(x) v(x)； u(x)v(x) = u(x)v(x) + u(x)v(x)； 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 y = x + sin x

4、. 【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. 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，贝U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n )曲线 y= 2ln( x+ 1)在点(0,0)处的切线方程为 _ 答案 2x y = 0 解析 / y= 2ln( x + 1) ,.y=匚台.令x = 0,得y = 2，由切线

5、的几何意义得切线斜率为 2,又切线过 点(0,0), 切线方程为y= 2x,即 2x y = 0. 【2016 高考新课标 2 理数】若直线y二kx，b是曲线y=l nx，2的切线，也是曲线 的切线， 【答案】1-l n2 【解析】对函数 y =1 n x 2求导得yJ1，对求导得y丄，设直线 kx b与曲线 x x十1 y = ln x +2相切于点R (%, yj，与曲线V =岭+1)相切于点P区,y2),则肝讷+ 2讦ln(呂+1), y-(tajq+2) = (x-jq) 由点P (/, yj在切线上得 鬲 ，由点P2(X2, y2)在切线上得x v x u x vi (v(x)丰0)

6、. 3 1 _ 1 珂花+1 j-ln(xI + l) = 1(x-x；) 一- ，这两条直线表示同一条直线，所以 jq = /.i= = 2,5=lnjj+21 =1 -In 2 【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. X 1 【举一反三】(2015 陕西，15)设曲线y = e 在点(0,1)处的切线与曲线y=-(x 0)上点P处的切线垂直， X 则P的坐标为 _ X I 0 2

7、 1 解析 J (e )，| x=o = e = 1,设 F(xo, yo)，有 丿 x = xo = 1， 又xo 0,.xo= 1,故 XP(1 , 1) 答案 (1, 1) 【变式探究】(1)曲线 y = xeX1在点(1,1)处切线的斜率等于( ) A. 2e B. e C. 2 D. 1 一 2 b 在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y= ax + -(a , b 为常数)过点 P(2 , 5)，且该曲线在点 P 处的切线 X 与直线 7x+ 2y + 3= 0 平行，则 a + b 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

8、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 【解析】賓二产】十詔兀+1廝打故曲线在点U1)处的切线斜率为y-：=2. (2)由曲线 y= ax3+p2点 F(2,5),可得 54a+. 又妥 所以在点P处的切线斜率4a-= -壬 由解得尸-1, b二-2,所以卄b=-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

9、行、垂 直直线斜率间的关系为载体求参数的值，贝 U 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 ln(x,+1) = 10 + 4 【例 2】已知函数f(x) = 2ex kx 2. (1)讨论函数f (x)在(0 ,+s)内的单调性； 若存在正数 m对于任意的x (0 , m，不等式|f(x)|2 x恒成立，求正实数 k的取值范围. x 解 由题意得 f (x) = 2e k, x (0,+s), 因为x0,所以 2ex2. 当kW2时，f (x)0，此时f (x)在(0 ,+s)内单调递增. k 当k2 时，由f (x)0 得xln 2

10、,此时f(x)单调递增； k 由f (x)0 得 0 xln 2，此时f (x)单调递减. 综上，当k 2 时，f(x)在$, In 2单调递减， 在丘 2,+ 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 m o 式y= + 4( x 6)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. x 2 (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x= 4 时，y = 21

11、, m 2 代入关系式y = x + 4( x6)，得 m 2 + 16= 21,解得 m= 10. 10 2 由(1)可知，套题每日的销售量 y= - + 4(x 6), x 2 卑 + 4(x 6)2= 4x3 56x2+ 240 x 278(2x6), .一 2 2 从而 f(x) = 12x 112x + 240= 4(3 x 10)( x 6)(2 x0，求a的取值范围. (1) f (x)的定义域为(0 ,+). 当 a= 4 时，f(x) = (x+ 1)ln x 4(x- 1), 1 f(1) = 0, f (x) = In x+ x-3, f (1) =- 2. z. 故曲线

12、y = f (x)在(1 , f (1)处的切线方程为 2x + y - 2= 0. 设 g(x) = In 则 g(x)=1 2a| 2= x2 + 2 1- a X + 1, g(1) = 0. x+ XX- 当 aw2, x (1 )时，x2+ 2(1 - a)x +1 x2-2x+ 1 0，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 X1= a- 1- a- 2- 1, X2= a- 1 + a- 2- 1. 由 X2 1 和 X1X2= 1 得 X1 0，函数f (x) = eaxsin x(x 0 ,+).记x

13、n为f(x)的从小到大 的第n(n N)个极值点，证明： (1)数列f(Xn)是等比数列；函数f (x)单调递增; 在(罟，6)上，f(x) 0 等价于 In a x- x- x+ 1 0. 6 1 * 若a2 ，则对一切n N, XnV |f(Xn)|恒成立 证明 (1)f(x) = aeaxsin x + eaxcos x =eax(asin x+ cos x) 2 ax =、户 + 1e sin( x + ), 其中 tan =, Ov v . a 2 令 f(x) = 0,由 x0 得 x+ = mn , * 即 x= mn - , N , 对 k N,若 2k n Vx + v (2

14、k + 1) n , 即 2k n - V xv (2 k + 1) n - , 则 f( x) 0; 若(2 k+ 1) n V x+ V (2 k+ 2) n , 即(2 k+ 1) n - V x V (2k+ 2) n - ，贝U f (x) V 0. 因此，在区间(m-1) n , mn - )与(mn - , mn )上, f(x)的符号总相反. 于是当x = mn - (m N)时，f(x)取得极值, 所以 xn= nn (n N). 此时，f (Xn) = e sin( n n - )= n +1 a( n n - ) (1) e sin . 的等比数列. 令 g(t) = 0

15、 得 t = 1. 当 0V t V 1 时，g(t) V 0,所以g(t)在区间(0 , 1)上单调递减;f ( Xn+ 1) f (Xn) n +2 a (n+ 1) n (-1) e n + 1 a ( (-1) e 易知f (Xn)丰0,而 sin -)sin =-ean是常数，故数列f (Xn)是首项为f(x = ea(n-)sin ，公比为一 ea (2)由(1)知，sin 1 = a2+ 1 于是对一切 n N ； XnV|f(Xn)| 恒成立，即 n % - V _ 1 ea(nn- ) a2+ 1 恒成立，等价于 2 a ( n n - ) a +1 e - 0). t e

16、. 一 设 g(t) = t (t 0)，则 g(t)= et (t - 1) t2 7 当t 1 时，g(t) 0，所以g(t)在区间(1 ,+R)上单调递增. 从而当t = 1 时，函数g(t)取得最小值g(1) = e. 因此对一切 N*, axn=空上工3所以g(axn) g(1) = e= 干.故(*)式亦恒成立. 3 取 x= R 1,对任意 x (0 , x), 有 G(x) 0, 从而Gx)在(0 , X。)单调递增, 因此，要使(*)式恒成立，只需 g(1) = e, 1 即只需a 2 V1 1 而当a=2 时，由 心-1 十 0 2 71 n v v tan e2 1 3

17、且 Ov $ v 2 知，n v 0 v ；. ，且当n2 时，n冗一02冗一0-2 Je2 1. e2 1 综上所述，若 1 8 则对一切n N* , XnV | f (Xn)|恒成立. 【变式探究】(2015 福建，20)已知函数f (x) = ln(1 + x), g(x) = kx(k R). (1)证明：当 x 0 时，f (x) v x ； 证明：当k v 1 时，存在xo0，使得对任意的x (0， xo)，恒有f( x) g(x); 确定k的所有可能取值，使得存在 t 0，对任意的x (0， t)，恒有|f(x) g(x)| v x2. (1)证明 令 F(x) = f (x)

18、x= ln(1 + x) x，x (0，+)， 1 一 x 则有 F(x) = - 1 = - . 1 + x x+1 当 x (0，+)时，F(x) v 0， 所以F(x)在(0，+)上单调递减， 故当 x 0 时，F(x) v F(0) = 0，即当 x 0 时，f (x) v x. 证明 令 Qx) = f (x) g(x) = ln(1 + x) kx，x (0，+)， 当 kwo 时，G (x) 0，故 qx)在(0，+)单调递增，G(x) q。)= 0, 故任意正实数X0均满足题意. 1 k 1 当 0v kv 1 时，令 G (x) = 0，得 x=1 0, k k1 则有 G

19、(x) = x+ 1 kx+( 1 k) x+ 1 9 所以 Qx) QO) = 0, 即 f(x) g(x). 综上，当kv 1 时，总存在xo 0,使得对任意x (0 , xo)，恒有f (x) g(x). 解当k 1 时，由(1)知，对于？ x (0，+m), g(x) xf(x)，故 g(x) f (x), I f(x) -g(x)| = g(x) -f(x) =kx ln(1 + x). 2 M(x) = kx ln(1 + x) x , x 0 ,+). 则有 M (x) = k 1 ；x 2x 2 2x +( k 2) x+ k 1 x+ 1 故当 x 0, k 2+ (k 2)

20、 2+ 8 (k 1)时，M (x) 0, Mx)在 0, k 2+ ( k ? 2+ 8(k 1)上单调递增， 故Mx) M(0) = 0,即| f (x) g(x)| x2,所以满足题意的 t不存在. 当kv 1 时，由知，存在xo0，使得当x （0，xo）时, f(x) g(x), 此时 |f (x) g(x)| = f(x) g(x)= ln(1 + x) kx. 2 令 N x) = ln(1 + x) kx x , x 0 ,+). 1 则有 N(X)= x+1-k- 2x 2 2x ( k+ 2) x+ 1 k x+1 当 x 0, ( k + 2)+ (k+ 2)2+ 8(1

21、k) 时, N( x) 0, N( x)在 0, ( k+ 2)+ (：+ 2) 2+ 8 (1 k)上单调递增， 故 Nx) N(0) = 0,即 f(x) g(x) x2. (k+ 2)+J (k + 2) ?+ 8 (1 k) - 中的较小者为 记X0与 X1, 则当 x (0 , X” 时，恒有 | f(x) g(x)| x2. 故满足题意的t不存在. 当 k= 1 时，由(1)知，当 x0 时，| f (x) g(x)| = g(x) f (x) = x ln(1 + x), 10 令 H(x) = x ln(1 + x) x2, x 0 ,+), 1 2x x 则有 H(X)= 1

22、-不-2x = 当 x 0 时，H (x) v 0, 所以H(x)在0 ,+s)上单调递减， 故 H x) v H(0) = 0. 2 故当 x0 时，恒有 | f(x) g(x)| vx . 此时，任意正实数t均满足题意. 综上，k= 1. 法二(2)证明同法一. 解 当 k 1 时，由(1)知，对于？x (0,+) , g(x) x f(x), 故| f (x) g( x)| = g( x) f (x) = kx ln(1 + x) kx x= ( k 1) x. 令(k 1)xx2,解得 0vxvk 1. 从而得到，当k 1 时，对于x (0 , k 1), 恒有 |f (x) g(x)

23、| x2, 故满足题意的t不存在. k + 1 当 kv 1 时，取 k1= 2 ，从而 k v k1 v 1, 由知，存在Xo0,使得x (0 , Xo), f(x) k1X kx = g( x), 一 1 k 此时 |f (x) g( x)| = f(x) g(x) (k1 k)x = 2 x, 令 x2,解得 0v xv丄2主, 此时 f (x) g(x) x2. 1 一 k 记X。与一厂的较小者为X1, 当 x (0 , xj 时，恒有 |f(x) g(x)| x2. 故满足题意的t不存在. 当 k= 1 时，由(1)知，x0, |f(x) g(x)| = f(x) g(x) = x

24、ln(1 + x), 2 令 Mx) = x ln(1 + x) x , x 0 ,+), 1 2x x 则有 M (x) = 1 - 2x = - . 1 + X X + 1 11 当x 0 时，M (x) v 0，所以Mx)在0，+m)上单调递减, 故 Mx) vMO) = 0.故当 x0 时， 恒有 |f (x) g(x)| vx2, 此时，任意正实数t均满足题意. 综上，k= 1. 题型六 函数与导数的综合问题 【例 6】(2016 高考全国I卷)已知函数f (x) = (x 2)e + a(x 1)2有两个零点. (1)求a的取值范围； 设X1, X2是f (x)的两个零点，证明：X

25、1 + X2細一 2) +垃一厅=&护一寻丸,故/W存在两个霉点 设 a 2，则 In( 2a) 0,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. e 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 ,+8). 不妨设 X1X2,由(1)知，X1 ( 8, 1) , X2 (1 , +8) , 2 X2 (8, 1) , f (X)在(一8, 1

26、)内单调递减， 所以 X1 + X2f(2 X2)，即 f (2 X2)1 时，g(x)1 时，g(x)0. 从而 g(X2)= f (2 x2)0，故 Xi + x?1，函数 f(x) = (1 + x2)ex a. (1)求f (x)的单调区间； 证明：f (x)在(8,+ )上仅有一个零点； 若曲线y= f (x)在点P处的切线与x轴平行，且在点 Mm n)处的切线与直线 4 m 2 f (n) = e(n+ 1) = a, e 令 g(m = e (m+ 1), g (m) = e 1. 令 g( x)0，则 m0, g(m在(0 ,+m)上增. OP平行（0是坐标原点）, 14 (1)解 f(x) = 2xex+ (1 + x2)ex = (x2+ 2x + 1)ex = (x + 1)2ex ? x R, f (x) 0 恒成立. f (x)的单调增区间为(8,+8 ).