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

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．
解析 因为 y′＝x，y′|x＝1＝2， 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
( )
( ) 1
A. ln ，＋∞ B．(－1，＋∞) 2e
C．(1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞)
2
(ⅱ)若 1< <e，即 <m<2，
m
e2
[ ] ( ] 2
2
则 f(x)在 1， 上单调递增，在 ，e 上单调递减．
m
m
( )2
2
∴f(x)max＝f
＝4ln －1≤0，
m
m
1
即
2 ≤
e
4
，解得
2 m≥
e .
m
e
2
2e
又∵ <m<2，∴ ≤m<2，
e2
e
2 (ⅲ)若 0< ≤1，即 m≥2，
m
则 f(x)在[1，e]上单调递减，
( )2
当 m>0 时，f(x)在 0， 上单调递增， m
( ) 2
在 ，＋∞ 上单调递减． m
4ln x＋1
(2)方法一 由题意知 4ln x－mx2＋1≤0 在[1，e]上恒成立，即 m≥
在[1，e]上恒成立．
x2
4ln x＋1
令 g(x)＝
，x∈[1，e]，
x2
2(1－4ln x)
∴ g′(x)＝
∴f(x)max＝f(e)＝4－me2＋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
e2
则 f(x)在[1，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝4－me2＋1≤0，
5
2
即 m≥ ，这与 0<m≤ 矛盾，此时不成立．
e2
e2
2
(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
【题型示例】
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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＝x
答案 D
解析 方法一 ∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
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.
1 f′(x)＝
xln a
(2)导数的四则运算
(a＞0 且 a≠1) f(x)＝ln x
1 f′(x)＝
x
①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；
②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；
[ ] ux u′xvx－uxv′x
③
′＝
(v(x)≠0)．
的切线，则 b
．
【答案】1 ln 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＝ex 在点(0，1)处的切线与曲线 y＝ (x＞0)上点 P 处的切线垂直，
故 h(x)≤1，所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当 0<a<1 时，设函数 g(x)＝ex－x－ 1，则 g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以 g(x)在[0，＋∞)单调递增．而 g(0)＝0，
故 ex≥x＋1.
5－4a－1
当 0<x<1 时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取 x0＝
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
(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 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)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．
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)ex. 当 a≥1 时，设函数 h(x)＝(1－x)ex，则 h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此 h(x)在[0，＋∞)单调递减．而 h(0)＝1，
则 h′(t)＝ t－1－ ＝
<0，
2
t
2t
∴h(t)在(0,2)上为减函数，
1 则 h(t)>h(2)＝－ln 2－1＝ln ，
2e
( ) 1
∴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
(1)基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈R)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin x
f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)
f′(x)＝axln a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax
，x∈[1，e]，
x3
1
1
令 g′(x)>0，得 1<x< e4 ；令 g′(x)<0，得 e4 <x<e.
∴g(x)在(1，)上单调递增，在(，e)上单调递减．
1
∴g(x)max＝g

e4

4ln e＋1 2
＝
＝
(e)2
e
e ，
2e ∴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)＝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＝0 2
∴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)在(0，＋∞)上单调递增．
4－2mx2 当 m>0 时，f′(x)＝
x
( )( ) 2
2
－2m x＋ x－
m
m
＝
(x>0)，
x
2
2
令 f′(x)>0，得 0<x< ；令 f′(x)<0，得 x> .
m
m
( ) ( ) 2
2
∴f(x)在 0， m 上单调递增，在 m，＋∞ 上单调递减．
综上所述，当 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；