2012高考数学理专题突破课件第一部分专题一第三讲：导数及其应用

第三讲导数及其应用主干知识整合1．导数的几何意义函数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．导数的四则运算法则(1)[μ(x)±v(x)]′＝μ′(x)±v′(x)；(2)[μ(x)·v(x)]′＝μ′(x)v(x)＋μ(x)v′(x)；(3)[μxvx]′＝μ′xvx－μx·v′xv2x.3．复合函数求导复合函y＝f(g(x))的导数和y＝f(u)，u＝g(x)的导数之间的关系为gx′＝f′(u)g′(x)．4．函数的单调性与导数的关系在区间(a，b)内，如果f′(x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．函数的单调性与极值的关系一般地，对于函数y＝f(x)，且在点a处有f′(a)＝0.(1)若在x＝a附近的左侧导数小于0，右侧导数大于0，则f(a)为函数y＝f(x)的极小值．(2)若在x＝a附近的左侧导数大于0，右侧导数小于0，则f(a)为函数y＝f(x)的极大值．6．利用定积分求曲边梯形的面积由直线x＝a，x＝b(ab)，x轴及一条曲线y＝f(x)(f(x)≥0)围成的曲边梯形的面积S＝∫baf(x)dx.若F′(x)＝f(x)，则S＝F(b)－F(a)．高考热点讲练导数的几何意义例1设f(x)＝xlnx＋1，若f′(x0)＝2，则f(x)在点(x0，y0)处的切线方程为________．【解析】因为f(x)＝xlnx＋1，所以f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1.因为f′(x0)＝2，所以lnx0＋1＝2，解得x0＝e，y0＝e＋1.由点斜式得，f(x)在点(e，e＋1)处的切线方程为y－(e＋1)＝2(x－e)，即2x－y－e＋1＝0.【答案】2x－y－e＋1＝0【归纳拓展】求曲线切线方程的步骤是：(1)求出函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的斜率；(2)在已知切点坐标P(x0，f(x0))和切线斜率的条件下，求得切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．注意：①当曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线平行于y轴(此时导数不存在)时，由切线定义可知，切线方程为x＝x0；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解．变式训练1曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为()A.112B.16C.13D.12解析：选B.求导得y′＝3x2，所以y′＝3x2|x＝1＝3，所以曲线y＝x3在点(1,1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形，三个交点的坐标分别是23，0，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×1－23×1＝16，故选B.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．导数与函数的单调性例2【解】(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)0，即(－x2＋2)ex0，∵ex0，∴－x2＋20，解得－2x2.∴函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)．(2)∵函数f(x)在(－1,1)上单调递增，∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)恒成立．∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)恒成立．∵ex0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，即a≥x2＋2xx＋1＝x＋12－1x＋1＝(x＋1)－1x＋1对x∈(－1,1)恒成立．令y＝(x＋1)－1x＋1，则y′＝1＋1x＋120.∴y＝(x＋1)－1x＋1在(－1,1)上单调递增．∴y(1＋1)－11＋1＝32.∴a≥32.【归纳拓展】利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)0或f′(x)0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．变式训练2设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．解：(1)由题知f′(x)＝3x2－3a(a≠0)，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，所以f′2＝0，f2＝8，即34－a＝0，8－6a＋b＝8.解得a＝4，b＝24.(2)因为f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．所以①当a0时，f′(x)0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f(x)没有极值点．②当a0时，由f′(x)＝0得x＝±a.当x∈(－∞，－a)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增；当x∈(－a，a)时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．综上可知x＝－a是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点．导数与函数的极值(最值)例3已知函数f(x)＝1x＋alnx(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若a0且在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，求实数a的取值范围．【解】(1)因为f′(x)＝－1x2＋ax＝ax－1x2，当a＝1时，f′(x)＝x－1x2，令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以x＝1时，f(x)的极小值为1.f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)因为f′(x)＝－1x2＋ax＝ax－1x2，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝1a，若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，其充要条件是f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.因为a0，所以x＝1a0，f′(x)0对x∈(0，＋∞)成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝1e＋alne＝1e＋a，由1e＋a0，得a－1e，即a∈－∞，－1e.【归纳拓展】利用导数研究函数的极值的一般步骤：(1)确定定义域．(2)求导数f′(x)．(3)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检验f′(x)在方程根左、右值的符号，求出极值．(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内)②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况，从而求解．变式训练3设a∈R，函数f(x)＝ax3－3x2.(1)若x＝2是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]，在x＝0处取得最大值，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点．(2)由题设，g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)．当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时，g(0)≥g(2)，即0≥20a－24.故得a≤65.反之，当a≤65时，对任意x∈[0,2]，g(x)≤65x2(x＋3)－3x(x＋2)＝3x5(2x2＋x－10)＝3x5(2x＋5)(x－2)≤0，而g(0)＝0，故g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)．综上，a的取值范围为－∞，65.考题解答技法例(本题满分12分)(2011年高考江西卷)设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．【解】(1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.2分当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a.4分令29＋2a＞0，得a＞－19.5分所以当a＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．即f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间时，a的取值范围为－19，＋∞.6分(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2，7分所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.8分当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2).9分又f(4)－f(1)＝－272＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．…10分所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163.11分得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103.12分【得分技巧】(1)求a的取值范围，关键转化为f′(x)≥0，从而利用不等关系求a的取值范围．这样可以得2～3分．(2)第二个得分点是利用f(1)或f(4)求a的值，利用求最值方法求最大值．【失分溯源】(1)考生在求解时，利用f′(x)≥0，而忽略x≠23，从而错误求得a≥－19.(2)不会判断f(x)在[1,4]哪一位置取得最小值，从而求不出a的值，该点不能得分．变式训练(2011年北京东城一模)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′23.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex，若函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝23时，得a＝f′23＝3×232＋2f′23×23－1，解得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.则f′(x)＝3x2－2x－1＝3x＋13(x－1)，列表如下：所以f(x)的单调递增区间是－∞，－13和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是－13，1.(3)函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)·ex，因为函数在区间x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放