江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)案.doc

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第2講　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 [考情考向分析]　1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義和導(dǎo)數(shù)運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，曲線的切線問題是江蘇高考的熱點，要求是B級. 2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級． 熱點一　函數(shù)圖象的切線問題 例1　 已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)． (1)若函數(shù)f(x)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率為－3，求a，b的值； (2)若曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線，求a的取值范圍． 解　f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)． (1)由題意得 解得b＝0，a＝－3或a＝1. (2)因為曲線y＝f(x)存在兩條垂直于y軸的切線， 所以關(guān)于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有兩個不相等的實數(shù)根， 所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＞0， 即4a2＋4a＋1＞0， 解得a≠－. 所以a的取值范圍是∪. 思維升華　解決曲線的切線問題的關(guān)鍵是求切點的橫坐標，先使用曲線上點的橫坐標表示切線方程，再考慮該切線與其他條件的關(guān)系． 跟蹤演練1　(1)(2018常州期末)已知函數(shù)f(x)＝bx＋ln x，其中b∈R，若過原點且斜率為k的直線與曲線y＝f(x)相切，則k－b的值為________． 答案　 解析　因為f(x)＝bx＋ln x(x＞0)，所以f′(x)＝b＋， 設(shè)過原點且斜率為k的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，bx0＋ln x0)， 則切線方程為y－(bx0＋ln x0)＝(x－x0)， 因為該切線過原點，所以－(bx0＋ln x0)＝－， 解得ln x0＝1，x0＝e，所以k＝b＋， 故k－b＝. (2)(2018江蘇泰州中學(xué)月考)若曲線y＝x2與曲線y＝aln x在它們的公共點P(s，t)處具有公共切線，則實數(shù)a的值為________． 答案　1 解析　兩曲線的導(dǎo)數(shù)分別是y′＝x，y′＝ ， 因為在P處有公切線，所以＝且＝aln s， 解得a＝1. 熱點二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 例2　已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋bx，直線y＝2x－2與曲線y＝f(x)相切于點P. (1)求點P的坐標及b的值； (2)若函數(shù)g(x)＝x－(a>0)，討論函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解　 (1)設(shè)P(x0，y0)為直線y＝2x－2與曲線y＝f(x)的切點坐標，則有2ln x0＋bx0＝2x0－2.① 因為f′(x)＝＋b(x＞0)，所以＋b＝2.② 聯(lián)立①②解得b＝0，x0＝1，則切點P(1,0)，b＝0. (2)由(1)知f(x)＝2ln x，則h(x)＝g(x)－f(x)＝x－－2ln x(x>0)． 求導(dǎo)得h′(x)＝1＋－＝(x>0)． 令y＝x2－2x＋a(x＞0)． ①若Δ＝4－4a≤0，即a≥1時，y≥0，即h′(x)≥0，此時函數(shù)h(x)在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)； ②若Δ＝4－4a>0，即0x2時，y＞0，即h′(x)>0，h(x)為增函數(shù)； 當x10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)間上恒成立來求解． 跟蹤演練2　(1)函數(shù)f(x)＝x2－ln x的單調(diào)減區(qū)間為________． 答案　(0,1) 解析　由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－＜0，解得0＜x<1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)． (2)已知函數(shù)h＝ln x－x在區(qū)間上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是___________________________________． 答案　(－∞，－e]∪[1－e，＋∞) 解析　當h單調(diào)遞增時，則h′＝－≥0在上恒成立， ∴≥在上恒成立，又∈， ∴a＋e≤0，解得a≤－e. 當h單調(diào)遞減時，則h′＝－≤0在上恒成立， ∴≤在上恒成立， ∴a＋e≥1， ∴a≥1－e. 綜上，當h在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)時，a的取值范圍為. 熱點三　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 例3　已知函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，其中a為常數(shù)． (1)當函數(shù)f(x)的圖象在點處的切線的斜率為1時，求函數(shù)f(x)在上的最小值； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上既有極大值又有極小值，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝a＋－(x>0)， 由題意可知，f′＝1，解得a＝1. 故f(x)＝x－－3ln x，∴f′(x)＝， 根據(jù)題意在區(qū)間上，由f′(x)＝0，得x＝2. 于是在區(qū)間上， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 2 (2,3) 3 f′(x) － 0 ＋ f(x)  1－3ln 2  ∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2. (2)f′(x)＝a＋－＝(x>0), 由題意可得方程ax2－3x＋2＝0有兩個不等的正實根，不妨設(shè)這兩個根為x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2， 則 解得00，b∈R)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)的極值點是f(x)的零點．(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； (2)證明：b2>3a； (3)若f(x)，f′(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于－，求a的取值范圍． (1)解　由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－. 當x＝－時，f′(x)有極小值b－. 因為f′(x)的極值點是f(x)的零點， 所以f＝－＋－＋1＝0， 又a>0，故b＝＋. 因為f(x)有極值，故f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0有實根， 所以Δ＝4a2－12b≥0， 從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 當a＝3時，f′(x)>0(x≠－1)， 故f(x)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值； 當a>3時，f′(x)＝0有兩個相異的實根x1＝，x2＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故f(x)的極值點是x1，x2. 從而a>3. 因此b＝＋，定義域為(3，＋∞)． (2)證明　由(1)知，＝＋ . 設(shè)g(t)＝＋(t＞3)， 則g′(t)＝－＝. 當t∈時，g′(t)>0， 從而g(t)在上單調(diào)遞增． 又3＞，故g(t)>g(3)＝， 即>.因此b2>3a. (3)解　由(1)知，f(x)的極值點是x1，x2， 且x1＋x2＝－a，x＋x＝. 從而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1 ＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2 ＝－＋2＝0. 記f(x)，f′(x)所有極值之和為h(a)， 因為f′(x)的極值為b－＝－a2＋， 所以h(a)＝－a2＋，a>3. 因為h′(a)＝－a－<0， 于是h(a)在(3，＋∞)上單調(diào)遞減． 因為h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故3＜a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]． 2．已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ln x. (1)當a＝1時，求f(x)的最小值； (2)若函數(shù)f(x)不存在極值點，求實數(shù)a的取值范圍． 解　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 設(shè)g(x)＝f′(x)＝ln x＋，則g′(x)＝. (1)當a＝1時，f(x)＝(x－1)ln x，g(x)＝f′(x)＝ln x＋，則g′(x)＝>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又因為g(1)＝0， 所以當01時，g(x)＝f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當x＝1時，f(x)的最小值為f(1)＝0. (2)當a≥0時，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又g(1＋a)＝ln(1＋a)＋>ln 1＋>0， g(e－2)＝－1－e2a<0， 所以g(x)在(0，＋∞)上恰有一個零點x0，則在(0，x0)上，g(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在(x0，＋∞)上，f(x)單調(diào)遞增， 所以x0是f(x)的極小值點，不合題意． 當a<0時，令g′(x)＝0，得x＝－a， 所以g(x)在(0，－a)上單調(diào)遞減，在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增． ①當g(－a)＝ln(－a)＋2≥0，即a≤－e－2時，f′(x)＝g(x)≥g(－a)≥0， 則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點，滿足題意． ②當g(－a)＝ln(－a)＋2<0 ，即－e－20，則g(1)g(－a)<0， 所以g(x)在(－a，＋∞)上恰有一個零點x1， 所以當x∈(－a，x1)時，f′(x)＝g(x)<0，當x∈(x1，＋∞)時，f′(x)＝g(x)>0， 則f(x)在(－a，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1是f(x)的極小值點，不合題意． 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－e－2]． A組　專題通關(guān) 1．(2018南通模擬)若曲線y＝xln x在x＝1與x＝t處的切線互相垂直，則正數(shù)t的值為________． 答案　e－2 解析　∵y′＝ln x＋1 ，∴＝－1， ∴l(xiāng)n t＝－2，解得t＝e－2. 2．已知f(x)為偶函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________． 答案　2x＋y＋1＝0 解析　設(shè)x＞0，則－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)為偶函數(shù)，所以當x＞0時，f(x)＝ln x－3x，f′(x)＝－3，所以f′(1)＝－2，所以切線方程為2x＋y＋1＝0. 3．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________． 答案　 解析　f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex ＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex， 由題意知當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒成立， 即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]時恒成立． 令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，x∈[－1,1]， 則有 即 解得a≥. 4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則的值為________． 答案?。? 解析　由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或 經(jīng)檢驗滿足題意， 故＝－. 5．若函數(shù)f(x)＝ax3－ax2＋(2a－3)x＋1在R上存在極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(0,3) 解析　求導(dǎo)可得f′(x)＝ax2－2ax＋2a－3. ∵函數(shù)f(x)＝ax3－ax2＋(2a－3)x＋1存在極值點， ∴f′(x)＝0有兩個不等實根，其判別式Δ＝4a2－4a(2a－3)＞0， ∴0＜a＜3， ∴a的取值范圍是(0,3)． 6．函數(shù)y＝x＋2cos x在區(qū)間上的最大值是______． 答案?。? 解析　y′＝1－2sin x，令y′＝0，且x∈，得x＝， 當x∈時，y′>0；當x∈時，y′<0，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當x＝時，函數(shù)取最大值＋. 7．若函數(shù)f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在區(qū)間[a，a＋1]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的最大值為________． 答案　 解析　因為f′(x)＝ex(－x2＋2x＋a－2x＋2)＝ex(－x2＋a＋2)，且函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，a＋1]上單調(diào)遞增，所以a＋2≥x2在x∈[a，a＋1]上恒成立． ①當a＋1<0即a<－1時，y＝x2在[a，a＋1]上單調(diào)遞減，y＝x2的最大值是y＝a2，故a＋2≥a2，解得－1≤a≤2，不合題意，舍； ②當－1≤a≤0時，y＝x2在[a,0)上單調(diào)遞減，在(0，a＋1]上單調(diào)遞增，故y＝x2的最大值是a2或(a＋1)2； ③當a>0時，y＝x2在[a，a＋1]上單調(diào)遞增，y＝x2的最大值是(a＋1)2，故a＋2≥(a＋1)2，所以00，f(x)單調(diào)遞增； x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 當a>0時，f′(x)＝. ①當01， 當x∈(0,1)或x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． ②當a＝2時，＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增． ③當a>2時，0<<1， 當x∈或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上所述， 當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減； 當02時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增；在內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋2. (1)試問函數(shù)f(x)能否在x＝－處取得極值？請說明理由； (2)若a＝－1，令g(x)＝2x－f(x)，求函數(shù)g(x)在(－1,2)上的極大值、極小值； (3)若函數(shù)f(x)在上為單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由題意知f′(x)＝3x2＋2ax＋1， 假設(shè)在x＝－處f(x)取得極值，則有 f′＝1－a＋1＝0，解得a＝. 此時，f′(x)＝3x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，f(x)為R上的增函數(shù)，無極值． 所以函數(shù)f(x)不可能在x＝－處取得極值． (2)當a＝－1時，g(x)＝2x－(x3－x2＋x＋2) ＝－x3＋x2＋x－2， 所以g′(x)＝－3x2＋2x＋1. 由g′(x)＝0，得x＝－或x＝1. 當x∈(－1,2)時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表： x － 1 (1,2) g′(x) － 0 ＋ 0 － g(x)  －  －1  所以函數(shù)g(x)在x＝－處取得極小值－；在x＝1處取得極大值－1. (3)因為f′(x)＝3x2＋2ax＋1的對稱軸為x＝－. 若－≥－，即a≤1時，要使函數(shù)f(x)在上為單調(diào)增函數(shù)，則有Δ＝4a2－12≤0， 解得－≤a≤，所以－≤a≤1； 若－<－，即a>1時，要使函數(shù)f(x)在上為單調(diào)增函數(shù)， 則有f′＝32＋2a＋1≥0， 解得a≤2，所以17－5x， 解得 20，得x>1， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)． (2)g(x)＝－a(x－1)2－ln x， 則g′(x)＝－2a(x－1)－＝－. 令h(x)＝2ax2－2ax＋1(x>0)，若函數(shù)g(x)有兩個極值點，則方程h(x)＝0必有兩個不相等的正實根． 設(shè)兩根為x1，x2，于是解得a>2. 當a>2時， h(x)＝0有兩個不相等的正實根， 設(shè)為x1，x2，不妨設(shè)x10，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(0，x1)上為減函數(shù)； 當x10，函數(shù)g(x)在(x1，x2)上為增函數(shù)； 當x>x2時，h(x)>0，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(x2，＋∞)上為減函數(shù)． 由此，x＝x1是函數(shù)g(x)的極小值點，x＝x2是函數(shù)g(x)的極大值點，符合題意． 綜上所述，所求實數(shù)a的取值范圍是(2，＋∞)． (3)f′(x)＝1－2a(x－1)－＝－ ＝－(x＞0)． ①當a≤0時，<0. 當01時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)， 所以，當x∈(0，b](10時，f′(x)＝－. (i)當<1，即a>時，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  若滿足題意，只需滿足f>f(2)， 即－1－a2－ln >1－a－ln 2， 整理得＋ln 2a＋ln 2－1>0. 令F(a)＝＋ln 2a＋ln 2－1， 當a>時，F(xiàn)′(a)＝－＝>0， 所以F(a)在上為增函數(shù)， 所以，當a>時，F(xiàn)(a)>F＝ln 2－>ln －＝0. 可見，當a>時，f>f(2)恒成立，故當a>，x∈(0，b](1滿足題意． (ii)當＝1，即a＝時，f′(x)＝－≤0，當且僅當x＝1時取等號． 所以f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，從而f(x)在(0，b]上為減函數(shù)，符合題意． (iii)當>1，即01－ln 2，且a>. 又1－ln 2>，所以a>1－ln 2.此時，1－ln 21－ln 2. 所以實數(shù)a的取值范圍是(1－ln 2，＋∞)．