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文含解析2019033028

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；(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．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)＝0f(x)＝x n(n∈R) f′(x)＝nx n－1f(x)＝sin x f′(x)＝cos xf(x)＝cos x f′(x)＝－sin xf(x)＝a x(a＞0且a≠1)f′(x)＝a x ln af(x)＝e x f′(x)＝e x1f(x)＝log a x 1f′(x)＝x ln a(a＞0且a≠1)1f(x)＝ln x f′(x)＝x(2)导数的四则运算①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；u x u x v x－u x v x③[v x]′＝(v(x)≠0)．[v x]23．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．函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f(x)＝x3，虽有f′(0)＝0，但x＝0不是极值点，因为f′(x)≥0恒成立，f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．5．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．6．函数单调性的应用(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立；(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立；(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f′(x)＞0的必要不充分条件.【题型示例】题型一、导数的几何意义【例1】(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)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()A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x2答案D解析方法一∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.方法二∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.【举一反三】(2018·全国Ⅱ)曲线y＝2ln x在点(1,0)处的切线方程为________．答案2x－y－2＝02 解析因为y′＝，y′|x＝1＝2，x所以切线方程为y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.【变式探究】若函数f(x)＝ln x(x>0)与函数g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是()1A.(ln ，＋∞) B．(－1，＋∞)2eC．(1，＋∞)D．(－ln 2，＋∞)答案A解析设公切线与函数f(x)＝ln x切于点A(x1，ln x1)(x1>0)，1 则切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．x1设公切线与函数g(x)＝x2＋2x＋a切于点B(x2，x＋2x2＋a)(x2<0)，2则切线方程为y－(x＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)，2∴Error!1∵x2<0<x1，∴0<<2.x131又 a ＝ln x 1＋( －1)2－12x 11 1 1＝－ln＋4(－2)2－1，x 1x 11 1 令 t ＝ ，∴0<t <2，a ＝ t 2－t －ln t . x 1 41设 h (t )＝ t 2－t －ln t (0<t <2)，4 1 1 t －12－3则 h ′(t )＝ t －1－ ＝ <0，2 t2t∴h (t )在(0,2)上为减函数，1 则 h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln ， 2e1 ∴a ∈(ln ，＋∞).2e【变式探究】【2016高考新课标 2文数】若直线 y kx b 是曲线 y ln x 2 的切线，也是曲线 的切线，则b．【答案】1ln 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． 1 【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线 y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线 y ＝ (x ＞0)上点 P 处x的切线垂直，则 P 的坐标为________．41解析∵(e x)′|x＝0 )＝e0＝1，设P(x0，y0)，有Error!＝－＝－1，x＝x0 x又∵x0＞0，∴x0＝1，故x P(1，1)．答案(1，1)【变式探究】(1)曲线y＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于()A．2e B．e C．2D．1b(2)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点xP处的切线与直线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)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．【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)＝4ln x－mx2＋1(m ∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意x∈[1，e ]，f(x)≤0恒成立，求实数m的取值范围．4 4－2mx2解(1)由题意知f′(x)＝－2mx＝(x>0)，x x5当 m ≤0 时，f ′(x )>0在 x ∈(0，＋∞)时恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 4－2mx 2 当 m >0时，f ′(x )＝ x22－2m (x ＋m )(x － m )＝(x >0)，x22令 f ′(x )>0，得 0<x < ；令 f ′(x )<0，得 x > . m m22∴f (x )在(0， m )上单调递增，在( ，＋∞)上单调递减．m综上所述，当 m ≤0 时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；2当 m >0时，f (x )在(0，m )上单调递增，2在( ，＋∞)上单调递减．m4ln x ＋1(2)方法一 由题意知 4ln x －mx 2＋1≤0 在[1，e ]上恒成立，即 m ≥在[1，e ]上恒成 x 2立．4ln x ＋1令 g (x )＝ ，x ∈[1，e ]，x 2 2(1－4ln x )∴ g ′(x )＝，x ∈[1，e]， x 311e ；令 g ′(x )<0，得 e <x <e.令 g ′(x )>0，得 1<x < 44∴g (x )在(1， )上单调递增，在(，e )上单调递减．1 4e＝4ln e ＋1＝，2 e∴g (x )max ＝g (e)2e2 e∴m ≥ . e方法二 要使 f (x )≤0 恒成立，只需 f (x )max ≤0， 由(1)知，若 m ≤0，则 f (x )在[1，e ]上单调递增． ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，5即m≥，这与m≤0矛盾，此时不成立．e2若m>0，2 2(ⅰ)若≥e，即0<m≤，m e26则 f (x )在[1，e ]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，5 2即 m ≥ ，这与 0<m ≤ 矛盾，此时不成立． e 2 e 2 2 2 (ⅱ)若 1< <e ，即 <m <2， m e 222则 f (x )在[1，m ]上单调递增，在( ，e ]上单调递减．m22∴f (x )max ＝f(m )＝4ln－1≤0，m12 2 ee ，解得 m ≥ .4即≤ me2 2 e 又∵ <m <2，∴ ≤m <2， e 2 e 2(ⅲ)若 0< ≤1，即 m ≥2，m 则 f (x )在[1，e ]上单调递减， 则 f (x )max ＝f (1)＝－m ＋1≤0，∴m ≥1. 又∵m ≥2， ∴m ≥2.2 e2 ee[，＋∞) 综上可得 m ≥.即实数 m 的取值范围是.e【变式探究】 (2017·高考全国卷Ⅱ)设函数 f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论 f (x )的单调性；(2)当 x ≥0 时，f (x )≤ax ＋1，求 a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令 f ′(x )＝0得 x ＝－1－ 2或 x ＝－1＋ 2. 当 x ∈(－∞，－1－ 2)时，f ′(x )<0； 当 x ∈(－1－ 2，－1＋ 2)时，f ′(x )>0； 当 x ∈(－1＋ 2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以 f (x )在(－∞，－1－ 2)，(－1＋ 2，＋∞)单调递减，在(－1－ 2，－1＋ 2)单调递 增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当 a ≥1 时，设函数 h (x )＝(1－x )e x ，则 h ′(x )＝－x e x <0(x >0)，因此 h (x )在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.7当 0<a <1时，设函数 g (x )＝e x －x －1，则 g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以 g (x )在[0，＋∞)单调 递增．而 g (0)＝0，故 e x ≥x ＋1.当 0<x <1时 ， f (x )>(1－ x )(1＋ x )2， (1－ x )(1＋ x )2－ ax － 1＝ x (1－ a － x － x 2)， 取 x 0＝ 5－4a －1，则 x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故 f (x 0)>ax 0＋1. 2 5－1当 a ≤0 时，取 x 0＝ ，则 x 0∈(0,1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.2 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 【变式探究】【2016高考山东文数】已知.（I ）讨论 f (x ) 的单调性；（II ）当 a 1时，证明 对于任意的 x 1, 2成立.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ） f (x ) 的定义域为 (0,) ；.当 a0， x ( 0,1) 时， f '(x ) 0， f (x ) 单调递增；， f (x ) 单调递减.当 a0 时，.2（1） 0 a 2，1，a当 x( 0,1) 或 x ( 2 ,)a时， f '(x )0， f (x ) 单调递增；2 当 x(1, )a时， f '(x ) 0， f (x ) 单调递减；8（2） a2 时，21a，在 x (0,) 内， f '(x ) 0， f (x ) 单调递增；2 01（3） a 2 时， a，x (0, 2 a)当或 x (1,) 时， f '(x ) 0， f (x ) 单调递增； 2 当 x ( ,1) a时， f '(x )0， f (x ) 单调递减.综上所述， 当 a0时，函数 f (x ) 在 ( 0,1) 内单调递增，在 (1,) 内单调递减；2 当 0a 2时， f (x ) 在 ( 0,1) 内单调递增，在(1,)a2内单调递减，在(,)a内单调递增； 当 a 2 时， f (x ) 在 (0,) 内单调递增；当 a2 ， f (x ) 在 (0,2 )a2 内单调递增，在 ( ,1)a内单调递减，在 (1,) 内单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， a1时，， x[1,2]，令， x [1, 2].则 ，由 可得，当且仅当 x 1时取得等号.又 ， 设，则(x ) 在 x [1,2]单调递减，因为，9所以在[1,2]上存在x使得(1, x)x时，时，(x)0 ，0 0所以函数h(x) 在(1, x)上单调递增；在(x,2)上单调递减，0 0由于，因此当且仅当x 2 取得等号，，所以，即对于任意的x[1,2]恒成立。