2011届高考数学二轮复习考点突破课件：第3讲 导数及应用

第三讲导数及应用1．导数的概念(1)f′(x0)=fx0＋Δx－fx0Δx.(2)f′(x)=fx＋Δx－fxΔx.(3)f′(x0)与f′(x)的关系．2．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)．(3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．0limx0limx3．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)＝cf′(x)＝0f(x)＝xn(n∈N*)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a0且a≠1)f′(x)＝axlnaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a0且a≠1)f′(x)＝1xlnaf(x)＝lnxf′(x)＝1x(2)导数的四则运算法则①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)．②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)．③[uxvx]′＝u′xvx－uxv′x[vx]2(v(x)≠0)．(3)复合函数求导复合函数y＝f(g(x))的导数和y＝f(u)，u＝g(x)的导数之间的关系为yx′＝f′(u)g′(x)．4．函数的性质与导数(1)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．在区间(a，b)内，如果f′(x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减；(2)求极值的步骤①求f′(x)；②求f′(x)＝0的根；③判定根两侧导数的符号；④下结论．(3)求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求f′(x)；②求f′(x)＝0的根(注意取舍)；③求出各极值及区间端点处的函数值；④比较其大小，得结论(最大的就是最大值，最小的就是最小值)．题型一导数几何意义的应用【例1】设函数f(x)＝ax＋1x＋b(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：函数y＝f(x)的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，并求出此定值．(1)解：f′(x)＝a－1x＋b2，于是2a＋12＋b＝3，a－12＋b2＝0.解得a＝1，b＝－1，或a＝94，b＝－83.因为a，b∈Z，故f(x)＝x＋1x－1.(2)证明：已知函数y1＝x，y2＝1x都是奇函数，所以函数g(x)＝x＋1x也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而f(x)＝x－1＋1x－1＋1.可知，函数g(x)的图象按向量a＝(1,1)平移，即得到函数f(x)的图象，故函数f(x)的图象是以点(1,1)为中心的中心对称图形．(3)证明：在曲线上任取一点x0，x0＋1x0－1，由f′(x0)＝1－1x0－12知，过此点的切线方程为y－x20－x0＋1x0－1＝[1－1x0－12](x－x0)．令x＝1，得y＝x0＋1x0－1，切线与直线x＝1的交点为1，x0＋1x0－1；令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)；直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)，从而所围三角形的面积为12x0＋1x0－1－1|2x0－1－1|＝122x0－1|2x0－2|＝2.所以，所围三角形的面积为定值2.拓展提升——开阔思路提炼方法求曲线切线方程的步骤是：(1)求出函数y＝f(x)在点x＝x0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－y0＝f′(x0)·(x－x0)．1．(2010·江苏)函数y＝x2(x0)的图象在点(ak，ak2)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．解析：对函数y＝x2，y′＝2x，∴函数y＝x2(x0)在点(ak，ak2)处的切线方程为y－ak2＝2ak(x－ak)，令y＝0得ak＋1＝12ak.又∵a1＝16，∴a3＝12a2＝14a1＝4，a5＝14a3＝1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案：21题型二导数的应用【例2】(2010·重庆)已知函数f(x)＝x－1x＋a＋ln(x＋1)，其中实数a≠－1.(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在x＝1处取得极值，试讨论f(x)的单调性．解：(1)f′(x)＝x＋a－x－1x＋a2＋1x＋1＝a＋1x＋a2＋1x＋1.当a＝2时，f′(0)＝2＋10＋22＋10＋1＝74，而f(0)＝－12，因此曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－－12＝74(x－0)，即7x－4y－2＝0.(2)因a≠－1，由(1)知f′(1)＝a＋11＋a2＋11＋1＝1a＋1＋12，又因f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，即1a＋1＋12＝0，解得a＝－3.此时f(x)＝x－1x－3＋ln(x＋1)，其定义域为(－1,3)∪(3，＋∞)，且f′(x)＝－2x－32＋1x＋1＝x－1x－7x－32x＋1，由f′(x)＝0得x1＝1，x2＝7.当－1x1或x7时，f′(x)0；当1x7且x≠3时，f′(x)0.由以上讨论知，f(x)在区间(－1,1]，[7，＋∞)上是增函数，在区间[1,3)，(3,7]上是减函数．拓展提升——开阔思路提炼方法(1)求单调递增区间，转化为求不等式f′(x)≥0(不恒为0)的解集即可，已知f(x)在M上递增⇒f′(x)≥0在M上恒成立，注意区别．(2)研究函数的单调性后可画出示意图．讨论区间与0，2的位置关系，画图→截取→观察即可．2．(2010·北京)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋k2x2(k≥0)．(1)当k＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)当k＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝11＋x－1＋2x.由于f(1)＝ln2，f′(1)＝32，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln2＝32(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.(2)f′(x)＝xkx＋k－11＋x，x∈(－1，＋∞)．当k＝0时，f′(x)＝－x1＋x，所以，在区间(－1,0)上，f′(x)0；在区间(0，＋∞)上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)．当0k1时，由f′(x)＝xkx＋k－11＋x＝0，得x1＝0，x2＝1－kk0，所以，在区间(－1,0)和1－kk，＋∞上，f′(x)0；在区间0，1－kk上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和1－kk，＋∞，单调递减区间是0，1－kk.当k＝1时，f′(x)＝x21＋x，故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k1时，由f′(x)＝xkx＋k－11＋x＝0，得x1＝1－kk∈(－1,0)，x2＝0.所以，在区间－1，1－kk和(0，＋∞)上，f′(x)0；在区间1－kk，0上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是－1，1－kk和(0，＋∞)，单调递减区间是1－kk，0.【例3】已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．(1)求m、n的值及函数y＝f(x)的单调区间；(2)若a0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值．解：(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，则g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2m＋62×3＝0，所以m＝－3.代入①得n＝0.于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．由f′(x)0得x2或x0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f′(x)0，得0x2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)F′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值由此可得：当0a1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；当1a3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．综上得，当0a1时，f(x)有极大值－2，无极小值；当1a3时，f(x)有极小值－6，无极大值；当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．3．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，过曲线y＝f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1.(1)若y＝f(x)在x＝－2时有极值，求f(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值；(3)若函数y＝f(x)在区间[－2,1]上单调递增，求实数b的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c求导数得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.过y＝f(x)上点P(1，f(1))的切线方程为y－f(1)＝f′(1)·(x－1)，即y－(a＋b＋c＋1)＝(3＋2a＋b)(x－1)．而过y＝f(x)上点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1.故3＋2a＋b＝3，－a＋c－2＝1，即2a＋b＝0，①c－a＝3.②∵y＝f(x)在x＝－2时有极值，故f′(－2)＝0.∴－4a＋b＝－12.③由①②③联立解得a＝2，b＝－4，c＝5，∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(2)f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，解得x＝23或x＝－2.列下表：X－3(－3，－2)－2(－2，23)23(23，1)1f′(x)＋0－0＋f(x)8极大值极小值4∴f(x)的极大值为f(－2)＝13，极小值为f(23)＝9527.又∵f(－3)＝8，f(1)＝4，∴f(x)在[－3,1]上的最大值为13.(3)y＝f(x)在[－2,1]上单调递增．又f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由(1)知2a＋b＝0.∴f′(x)＝3x2－bx＋b.依题意在[－2,1]上恒有f′(x)≥0，即3x2－bx＋b≥0在[－2,1]上恒成立，当x＝b6≥1时，即b≥6时[f′(x)]min＝f′(1)＝3－b＋b0，∴b≥6时符合要求当x＝b6≤－2时，即b≤－12时，[f′(x)]min＝f′(－2)＝12＋2b＋b≥0，∴b不存在．当－2b61即－12b6时，[f′(x)]min＝12b－b212≥0，∴0≤b6，综上所述b≥0.题型三热点交汇【例4】(2010·安徽)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.(1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时f′(x)，f(x