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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練二 第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理 考情解讀　1.導(dǎo)數(shù)的意義和運(yùn)算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，是高考的一個熱點(diǎn).2.利用函數(shù)的單調(diào)性和最值確定函數(shù)的解析式或參數(shù)的值，突出考查導(dǎo)數(shù)的工具性作用． 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0處的導(dǎo)數(shù)值就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． 3．函數(shù)的極值與最值 (1)函數(shù)的極值是局部范圍內(nèi)討論的問題，函數(shù)的最值是對整個定義域而言的，是在整個范圍內(nèi)討論的問題． (2)函數(shù)在其定義區(qū)間的最大值、最小值最多有一個，而函數(shù)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(shù)一定有最值，開區(qū)間內(nèi)的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值． 4．定積分的三個公式與一個定理 (1)定積分的性質(zhì)： 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a0)與曲線C2：x2＋y2＝的一個公共點(diǎn)，若C1在A處的切線與C2在A處的切線互相垂直，則實(shí)數(shù)a的值是________． 思維啟迪　(1)先根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，寫出點(diǎn)斜式方程，再化為一般式方程．(2)A點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵點(diǎn)，列方程求出． 答案　(1)5x＋y－3＝0　(2)4 解析　(1)因?yàn)閥′＝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(shè)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(diǎn)P的切線”與“在點(diǎn)P處的切線”的差異，過點(diǎn)P的切線中，點(diǎn)P不一定是切點(diǎn)，點(diǎn)P也不一定在已知曲線上，而在點(diǎn)P處的切線，必以點(diǎn)P為切點(diǎn)． (2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解． 　(1)已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)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(shí)數(shù)a等于________． 答案　(1)　(2)2 解析　(1)因?yàn)閒(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(shù)f(x)＝xsin x＋1在點(diǎn)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(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 例2　已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x∈[0,4]時，求函數(shù)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(diào)區(qū)間；(2)討論區(qū)間[0,4]和所得單調(diào)區(qū)間的關(guān)系，一般情況下，f(x)的最值可能在極值點(diǎn)或給定區(qū)間的端點(diǎn)處取到． 解　(1)因?yàn)閒(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－a－1. 當(dāng)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(diào)減區(qū)間為(－∞，－a－1)； 單調(diào)增區(qū)間為(－a－1，＋∞)． (2)由(1)得，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－a－1)； 單調(diào)增區(qū)間為(－a－1，＋∞)． 所以當(dāng)－a－1≤0，即a≥－1時，f(x)在[0,4]上單調(diào)遞增，故f(x)在[0,4]上的最小值為f(x)min＝f(0)＝a； 當(dāng)0<－a－1<4，即－50或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)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(shù)值的符號． ②若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)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(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為3，求實(shí)數(shù)a的值． 解　(1)∵f(x)＝ln x＋，∴f′(x)＝－. ∵f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)， ∴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(shù)， ∴[g(x)]min＝g(2)＝1. ∴a≤1.所以實(shí)數(shù)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(shù)． 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(dāng)10，所以f(x)在(2a，e)上是增函數(shù)． 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(shù)． 所以[f(x)]min＝f(e)＝1＋＝3，得a＝e.適合題意． 綜上a＝e. 熱點(diǎn)三　導(dǎo)數(shù)與方程、不等式 例3　已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝(a>0)，設(shè)F(x)＝f(x)＋g(x)． (1)求函數(shù)F(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若以函數(shù)y＝F(x)(x∈(0,3])圖象上任意一點(diǎn)P(x0，y0)為切點(diǎn)的切線的斜率k≤恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值； (3)是否存在實(shí)數(shù)m，使得函數(shù)y＝g()＋m－1的圖象與函數(shù)y＝f(1＋x2)的圖象恰有四個不同交點(diǎn)？若存在，求出實(shí)數(shù)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(diào)區(qū)間；(2)k＝F′(x0)，F(xiàn)′(x0)≤分離a，利用函數(shù)思想求a的最小值；(3)利用數(shù)形結(jié)合思想將函數(shù)圖象的交點(diǎn)個數(shù)和方程根的個數(shù)相互轉(zhuǎn)化． 解　(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋(x>0)，F(xiàn)′(x)＝－＝. ∵a>0，由F′(x)>0?x∈(a，＋∞)， ∴F(x)在(a，＋∞)上是增函數(shù)． 由F′(x)<0?x∈(0，a)， ∴F(x)在(0，a)上是減函數(shù)． ∴F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)， 單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)． (2)由F′(x)＝(00. 又由G(2)＝G(－2)＝ln 5－2＋<可知， 當(dāng)m∈(，ln 2)時，y＝G(x)與y＝m恰有四個不同交點(diǎn)．故存在m∈(，ln 2)，使函數(shù)y＝g()＋m－1的圖象與y＝f(1＋x2)的圖象恰有四個不同交點(diǎn)． 思維升華　研究方程及不等式問題，都要運(yùn)用函數(shù)性質(zhì)，而導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具．基本思路是構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)的方法研究這個函數(shù)的單調(diào)性、極值和特殊點(diǎn)的函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)推斷不等式成立的情況以及方程實(shí)根的個數(shù)，必要時畫出函數(shù)的草圖輔助思考． 　已知函數(shù)f(x)＝a(x2＋1)＋ln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若對任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)． ①當(dāng)a≥0時，恒有f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． ②當(dāng)a<0時，若00， 故f(x)在(0，]上是增函數(shù)； 若x> ，則f′(x)<0， 故f(x)在[，＋∞)上是減函數(shù)． 綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)a<0時，f(x)在(0, ]上是增函數(shù)，在[ ，＋∞)上是減函數(shù)． (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?yàn)閍∈(－4，－2)，所以< <<1. 由(1)，知當(dāng)a∈(－4，－2)時，f(x)在[1,3]上是減函數(shù)， 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(dǎo)函數(shù)極值的理解 (1)函數(shù)在定義域上的極大值與極小值的大小關(guān)系不確定，也有可能極小值大于極大值； (2)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)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(dǎo)函數(shù)的圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系，導(dǎo)函數(shù)由正變負(fù)的零點(diǎn)是原函數(shù)的極大值點(diǎn)，導(dǎo)函數(shù)由負(fù)變正的零點(diǎn)是原函數(shù)的極小值點(diǎn)． 3．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟 (1)審題設(shè)未知數(shù)；(2)結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式；(3)確定函數(shù)的定義域；(4)在定義域內(nèi)求極值、最值；(5)下結(jié)論． 4．定積分在幾何中的應(yīng)用 被積函數(shù)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(dāng)f(x)<0時，S＝－?f(x)dx； (3)當(dāng)x∈[a，c]時，f(x)>0；當(dāng)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(diǎn)P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________． 答案　(－ln 2,2) 解析　設(shè)P(x0，y0)，∵y＝e－x＝，∴y′＝－e－x， ∴點(diǎn)P處的切線斜率為k＝－e－x0＝－2， ∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2， ∴y0＝eln 2＝2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－ln 2,2)． 2．(xx廣東改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．當(dāng)k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解　當(dāng)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(shù)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(shù)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(shí)數(shù)a的取值范圍； 解　(1)∵函數(shù)f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝2， ∵x∈[1,3]， 當(dāng)10； ∴f(x)在(1,2)上是單調(diào)減函數(shù)， 在(2,3)上是單調(diào)增函數(shù)， ∴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(shù)取得最小值為－ln 2. (2)由(1)知當(dāng)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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，)． (推薦時間：60分鐘) 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(diǎn)(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(diǎn)斜式得x－y－2＝0，故選A. 2．(xx課標(biāo)全國Ⅱ)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(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(dǎo)數(shù)的幾何意義可得在點(diǎn)(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(diǎn)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(shù)圖象的一部分，則該函數(shù)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(shù)在[－5,5]上為減函數(shù)，所以在[－5,5]上y′≤0，經(jīng)檢驗(yàn)只有A符合．故選A. 4．函數(shù)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(shù)． 又因?yàn)間(0)＝e0f(0)－e0＝1， 所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0. 5．若函數(shù)f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在區(qū)間(－，0)內(nèi)單調(diào)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(nèi)為增函數(shù)． 由此知函數(shù)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(diǎn)個數(shù)； (2)a為何值時，y＝f(x)和y＝g(x)的公共點(diǎn)個數(shù)恰為兩個． 解　(1)當(dāng)a＝2時，聯(lián)立 得x2＋3x＋1＝＋x， 整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)， 即聯(lián)立 求導(dǎo)得y′＝3x2＋2x－1＝0得 x1＝－1，x2＝， 得到極值點(diǎn)分別在－1和處， 且極大值、極小值都是負(fù)值，圖象如圖， 故交點(diǎn)只有一個． (2)聯(lián)立得x2＋3x＋1＝＋x， 整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)， 即聯(lián)立對h(x)求導(dǎo)可以得到極值點(diǎn)分別在－1和處，畫出草圖如圖． h(－1)＝1，h()＝－， 當(dāng)a＝h(－1)＝1時，y＝a與y＝h(x)僅有一個公共點(diǎn)(因?yàn)?1,1)點(diǎn)不在y＝h(x)曲線上)， 故a＝－時恰有兩個公共點(diǎn)． 13．設(shè)函數(shù)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(shù)f(x)，g(x)的解析式； (2)求函數(shù)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(shí)數(shù)k的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝aex(x＋2)，g′(x)＝2x＋b. 由題意，得兩函數(shù)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(diào)遞增， 在(－∞，－2)單調(diào)遞減．∵t>－3， ∴t＋1>－2. ①當(dāng)－30得ex>，∴x>ln； 由F′(x)<0得xe2時，F(xiàn)(x)在[－2，＋∞)單調(diào)遞增， F(x)min＝F(－2)＝－2ke－2＋2＝(e2－k)<0， 不滿足F(x)min≥0. 當(dāng)ln＝－2，即k＝e2時，由①知，F(xiàn)(x)min＝F(－2)＝(e2－k)＝0，滿足F(x)min≥0. ③當(dāng)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]．