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2019年高考數學二輪復習 專題訓練二 第3講 導數及其應用 理
考情解讀 1.導數的意義和運算是導數應用的基礎，是高考的一個熱點.2.利用函數的單調性和最值確定函數的解析式或參數的值，突出考查導數的工具性作用．
1．導數的幾何意義
函數y＝f(x)在點x＝x0處的導數值就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．導數與函數單調性的關系
(1)f′(x)>0是f(x)為增函數的充分不必要條件，如函數f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調遞增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)為增函數的必要不充分條件，當函數在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數，函數不具有單調性．
3．函數的極值與最值
(1)函數的極值是局部范圍內討論的問題，函數的最值是對整個定義域而言的，是在整個范圍內討論的問題．
(2)函數在其定義區(qū)間的最大值、最小值最多有一個，而函數的極值可能不止一個，也可能沒有．
(3)閉區(qū)間上連續(xù)的函數一定有最值，開區(qū)間內的函數不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數的最值．
4．定積分的三個公式與一個定理
(1)定積分的性質：
①?kf(x)dx＝k?f(x)dx；
②?[f1(x)f2(x)]dx＝?f1(x)dx?f2(x)dx；
③?f(x)dx＝?f(x)dx＋?f(x)dx(其中a
0)與曲線C2：x2＋y2＝的一個公共點，若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直，則實數a的值是________．
思維啟迪 (1)先根據導數的幾何意義求出切線的斜率，寫出點斜式方程，再化為一般式方程．(2)A點坐標是解題的關鍵點，列方程求出．
答案 (1)5x＋y－3＝0 (2)4
解析 (1)因為y′＝e－5x(－5x)′＝－5e－5x，
所以y′|x＝0＝－5，
故切線方程為y－3＝－5(x－0)，
即5x＋y－3＝0.
(2)設A(x0，y0)，則C1在A處的切線的斜率為f′(x0)＝3ax，C2在A處的切線的斜率為－＝－，
又C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直，
所以(－)3a＝－1，即y0＝3ax，
又ax＝y(tǒng)0－1，所以y0＝，
代入C2：x2＋y2＝，得x0＝，
將x0＝，y0＝代入y＝ax3＋1(a>0)，得a＝4.
思維升華 (1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點．
(2)利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化．以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數聯系起來求解．
(1)已知函數y＝f(x)的導函數為f′(x)且f(x)＝x2f′()＋sin x，則f′()＝________.
(2)若曲線f(x)＝xsin x＋1在x＝處的切線與直線ax＋2y＋1＝0互相垂直，則實數a等于________．
答案 (1) (2)2
解析 (1)因為f(x)＝x2f′()＋sin x，所以f′(x)＝2xf′()＋cos x．
所以f′()＝2f′()＋cos.所以f′()＝.
(2)f′(x)＝sin x＋xcos x，f′()＝1，
即函數f(x)＝xsin x＋1在點x＝處的切線的斜率是1，
直線ax＋2y＋1＝0的斜率是－，
所以(－)1＝－1，解得a＝2.
熱點二 利用導數研究函數的性質
例2 已知函數f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對數的底數，a∈R.
(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；
(2)當x∈[0,4]時，求函數f(x)的最小值．
思維啟迪 (1)直接求f′(x)，利用f′(x)的符號確定單調區(qū)間；(2)討論區(qū)間[0,4]和所得單調區(qū)間的關系，一般情況下，f(x)的最值可能在極值點或給定區(qū)間的端點處取到．
解 (1)因為f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－a－1.
當x變化時，f(x)和f′(x)的變化情況如下：
x
(－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
故f(x)的單調減區(qū)間為(－∞，－a－1)；
單調增區(qū)間為(－a－1，＋∞)．
(2)由(1)得，f(x)的單調減區(qū)間為(－∞，－a－1)；
單調增區(qū)間為(－a－1，＋∞)．
所以當－a－1≤0，即a≥－1時，f(x)在[0,4]上單調遞增，故f(x)在[0,4]上的最小值為f(x)min＝f(0)＝a；
當0<－a－1<4，即－50或f′(x)<0.
②若已知函數的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解．
(4)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數值的符號．
②若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解．
(5)求函數f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的最值．
已知函數f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)若函數f(x)在[2，＋∞)上是增函數，求實數a的取值范圍；
(2)若函數f(x)在[1，e]上的最小值為3，求實數a的值．
解 (1)∵f(x)＝ln x＋，∴f′(x)＝－.
∵f(x)在[2，＋∞)上是增函數，
∴f′(x)＝－≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即a≤在[2，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，則a≤[g(x)]min，x∈[2，＋∞)，
∵g(x)＝在[2，＋∞)上是增函數，
∴[g(x)]min＝g(2)＝1.
∴a≤1.所以實數a的取值范圍為(－∞，1]．
(2)由(1)得f′(x)＝，x∈[1，e]．
①若2a<1，則x－2a>0，即f′(x)>0在[1，e]上恒成立，
此時f(x)在[1，e]上是增函數．
所以[f(x)]min＝f(1)＝2a＝3，解得a＝(舍去)．
②若1≤2a≤e，令f′(x)＝0，得x＝2a.
當10，所以f(x)在(2a，e)上是增函數．
所以[f(x)]min＝f(2a)＝ln(2a)＋1＝3，
解得a＝(舍去)．
③若2a>e，則x－2a<0，即f′(x)<0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上是減函數．
所以[f(x)]min＝f(e)＝1＋＝3，得a＝e.適合題意．
綜上a＝e.
熱點三 導數與方程、不等式
例3 已知函數f(x)＝ln x，g(x)＝(a>0)，設F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)求函數F(x)的單調區(qū)間；
(2)若以函數y＝F(x)(x∈(0,3])圖象上任意一點P(x0，y0)為切點的切線的斜率k≤恒成立，求實數a的最小值；
(3)是否存在實數m，使得函數y＝g()＋m－1的圖象與函數y＝f(1＋x2)的圖象恰有四個不同交點？若存在，求出實數m的取值范圍；若不存在，說明理由．
思維啟迪 (1)利用F′(x)確定單調區(qū)間；(2)k＝F′(x0)，F′(x0)≤分離a，利用函數思想求a的最小值；(3)利用數形結合思想將函數圖象的交點個數和方程根的個數相互轉化．
解 (1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋(x>0)，F′(x)＝－＝.
∵a>0，由F′(x)>0?x∈(a，＋∞)，
∴F(x)在(a，＋∞)上是增函數．
由F′(x)<0?x∈(0，a)，
∴F(x)在(0，a)上是減函數．
∴F(x)的單調遞減區(qū)間為(0，a)，
單調遞增區(qū)間為(a，＋∞)．
(2)由F′(x)＝(00.
又由G(2)＝G(－2)＝ln 5－2＋<可知，
當m∈(，ln 2)時，y＝G(x)與y＝m恰有四個不同交點．故存在m∈(，ln 2)，使函數y＝g()＋m－1的圖象與y＝f(1＋x2)的圖象恰有四個不同交點．
思維升華 研究方程及不等式問題，都要運用函數性質，而導數是研究函數性質的一種重要工具．基本思路是構造函數，通過導數的方法研究這個函數的單調性、極值和特殊點的函數值，根據函數的性質推斷不等式成立的情況以及方程實根的個數，必要時畫出函數的草圖輔助思考．
已知函數f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若對任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求實數m的取值范圍．
解 (1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．
①當a≥0時，恒有f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上是增函數．
②當a<0時，若00，
故f(x)在(0，]上是增函數；
若x> ，則f′(x)<0，
故f(x)在[，＋∞)上是減函數．
綜上，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數；
當a<0時，f(x)在(0, ]上是增函數，在[ ，＋∞)上是減函數．
(2)由題意，知對任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，
恒有ma－f(x)>a2成立，
等價于ma－a2>f(x)max.
因為a∈(－4，－2)，所以< <<1.
由(1)，知當a∈(－4，－2)時，f(x)在[1,3]上是減函數，
所以f(x)max＝f(1)＝2a，
所以ma－a2>2a，即m0的必要不充分條件．
2．可導函數極值的理解
(1)函數在定義域上的極大值與極小值的大小關系不確定，也有可能極小值大于極大值；
(2)對于可導函數f(x)，“f(x)在x＝x0處的導數f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0處取得極值”的必要不充分條件；
(3)注意導函數的圖象與原函數圖象的關系，導函數由正變負的零點是原函數的極大值點，導函數由負變正的零點是原函數的極小值點．
3．利用導數解決優(yōu)化問題的步驟
(1)審題設未知數；(2)結合題意列出函數關系式；(3)確定函數的定義域；(4)在定義域內求極值、最值；(5)下結論．
4．定積分在幾何中的應用
被積函數為y＝f(x)，由曲線y＝f(x)與直線x＝a，x＝b(a0時，S＝?f(x)dx；
(2)當f(x)<0時，S＝－?f(x)dx；
(3)當x∈[a，c]時，f(x)>0；當x∈[c，b]時，f(x)<0，則S＝?f(x)dx－?f(x)dx.
真題感悟
1．(xx江西)若曲線y＝e－x上點P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點P的坐標是________．
答案 (－ln 2,2)
解析 設P(x0，y0)，∵y＝e－x＝，∴y′＝－e－x，
∴點P處的切線斜率為k＝－e－x0＝－2，
∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，
∴y0＝eln 2＝2，∴點P的坐標為(－ln 2,2)．
2．(xx廣東改編)設函數f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．當k＝1時，求函數f(x)的單調區(qū)間．
解 當k＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝ln 2.
列表如下：
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由表可知，函數f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)和(ln 2，＋∞)．
押題精練
1．已知f(x)＝x2＋2xf′(2 015)＋2 015ln x，則f′(2 015)＝________.
答案?。? 016
解析 ∵f′(x)＝x＋2f′(2 015)＋，
∴f′(2 015)＝2 015＋2f′(2 015)＋，
∴f′(2 015)＝－2 016.
2．已知函數f(x)＝－ln x，x∈[1,3]．
(1)求f(x)的最大值與最小值；
(2)若f(x)<4－at對任意的x∈[1,3]，t∈[0,2]恒成立，求實數a的取值范圍；
解 (1)∵函數f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝2，
∵x∈[1,3]，
當10；
∴f(x)在(1,2)上是單調減函數，
在(2,3)上是單調增函數，
∴f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝－ln 2；
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－(－ln 3)＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴x＝1時f(x)的最大值為，x＝2時函數取得最小值為－ln 2.
(2)由(1)知當x∈[1,3]時，f(x)≤，
故對任意x∈[1,3]，f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>對任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．
∴，解得a<，
∴實數a的取值范圍是(－∞，)．
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一、選擇題
1．曲線y＝x3－2x在(1，－1)處的切線方程為( )
A．x－y－2＝0 B．x－y＋2＝0
C．x＋y－2＝0 D．x＋y＋2＝0
答案 A
解析 由已知，得點(1，－1)在曲線y＝x3－2x上，所以切線的斜率為y′|x＝1＝(3x2－2)|x＝1＝1，由直線方程的點斜式得x－y－2＝0，故選A.
2．(xx課標全國Ⅱ)設曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a等于( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 D
解析 令f(x)＝ax－ln(x＋1)，則f′(x)＝a－.由導數的幾何意義可得在點(0,0)處的切線的斜率為f′(0)＝a－1.又切線方程為y＝2x，則有a－1＝2，∴a＝3.
3．(xx陜西)如圖，某飛行器在4千米高空水平飛行，從距著陸點A的水平距離10千米處開始下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數圖象的一部分，則該函數的解析式為( )
A．y＝x3－x B．y＝x3－x
C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
答案 A
解析 函數在[－5,5]上為減函數，所以在[－5,5]上y′≤0，經檢驗只有A符合．故選A.
4．函數f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式exf(x)>ex＋1的解集為( )
A．{x|x>0}
B．{x|x<0}
C．{x|x<－1，或x>1}
D．{x|x<－1，或0ex－ex＝0，
所以g(x)＝exf(x)－ex為R上的增函數．
又因為g(0)＝e0f(0)－e0＝1，
所以原不等式轉化為g(x)>g(0)，解得x>0.
5．若函數f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在區(qū)間(－，0)內單調遞增，則a的取值范圍是( )
A．[，1) B．[，1)
C．(，＋∞) D．(1，)
答案 B
解析 由x3－ax>0得x(x2－a)>0.
則有或
∴x>或－0，
故f(x)在(5，＋∞)內為增函數．
由此知函數f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln 5.
12．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.
(1)a＝2時，求y＝f(x)和y＝g(x)圖象的公共點個數；
(2)a為何值時，y＝f(x)和y＝g(x)的公共點個數恰為兩個．
解 (1)當a＝2時，聯立
得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)，
即聯立
求導得y′＝3x2＋2x－1＝0得
x1＝－1，x2＝，
得到極值點分別在－1和處，
且極大值、極小值都是負值，圖象如圖，
故交點只有一個．
(2)聯立得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，
即聯立對h(x)求導可以得到極值點分別在－1和處，畫出草圖如圖．
h(－1)＝1，h()＝－，
當a＝h(－1)＝1時，y＝a與y＝h(x)僅有一個公共點(因為(1,1)點不在y＝h(x)曲線上)，
故a＝－時恰有兩個公共點．
13．設函數f(x)＝aex(x＋1)(其中，e＝2.718 28……)，g(x)＝x2＋bx＋2，已知它們在x＝0處有相同的切線．
(1)求函數f(x)，g(x)的解析式；
(2)求函數f(x)在[t，t＋1](t>－3)上的最小值；
(3)若對?x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，求實數k的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝aex(x＋2)，g′(x)＝2x＋b.
由題意，得兩函數在x＝0處有相同的切線．
∴f′(0)＝2a，g′(0)＝b，
∴2a＝b，f(0)＝a，g(0)＝2，∴a＝2，b＝4，
∴f(x)＝2ex(x＋1)，g(x)＝x2＋4x＋2.
(2)f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)>0得x>－2，
由f′(x)<0得x<－2，
∴f(x)在(－2，＋∞)單調遞增，
在(－∞，－2)單調遞減．∵t>－3，
∴t＋1>－2.
①當－30得ex>，∴x>ln；
由F′(x)<0得xe2時，F(x)在[－2，＋∞)單調遞增，
F(x)min＝F(－2)＝－2ke－2＋2＝(e2－k)<0，
不滿足F(x)min≥0.
當ln＝－2，即k＝e2時，由①知，F(x)min＝F(－2)＝(e2－k)＝0，滿足F(x)min≥0.
③當ln>－2，即1≤k0，
滿足F(x)min≥0.
綜上所述，滿足題意的k的取值范圍為[1，e2]．
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