阶段复习课一元函数的导数及其应用教学课件-高中数学人教A版2019选择性必修第二册

第二课一元函数的导数及其应用核心整合·思维导图考点突破·素养提升素养一数学运算角度1导数的计算【典例1】(1)(2020·天津高二检测)已知函数f(x)=,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(x)=()A.B.C.D.【解析】选D.根据题意,函数f(x)=,其导函数f′(x)=2lnxx3lnxx31x31lnxx312lnxx2lnxx22443lnxxlnxxx2xlnx12lnx.xxx（）（）(2)(2020·沙坪坝高二检测)设f′(x)是函数f(x)的导函数,若f(x)=x·ln(2x-1),则f′(1)=________.【解析】因为f(x)=x·ln(2x-1),所以f′(x)=ln(2x-1)+·(2x-1)′=ln(2x-1)+则f′(1)=2.答案:2x2x12x2x1，【类题·通】复合函数求导的关注点复合函数求导运算的关键是分清求导层次,逐层求导,一般对于y=f(ax+b)的复合函数,只有两层复合关系,求导时不要忘了对内层函数求导即可.角度2曲线的切线【典例2】(1)(2020·和平高二检测)已知函数f(x)=lnx+2x2-4x,则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为()A.x-y+3=0B.x+y-3=0C.x-y-3=0D.x+y+3=0【解析】选C.由f(x)=lnx+2x2-4x,得f′(x)=+4x-4,所以f′(1)=1.又f(1)=-2.所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+2=1×(x-1),即x-y-3=0.1x(2)(2020·沙坪坝高二检测)已知曲线f(x)=alnx+x2在点(1,1)处的切线与直线x+y=0平行,则实数a的值为()A.-3B.1C.2D.3【解析】选A.f(x)=alnx+x2的导数为f′(x)=+2x,可得曲线在点(1,1)处的切线斜率为k=a+2,由切线与直线x+y=0平行,可得k=-1,即a+2=-1,解得a=-3.ax【类题·通】曲线的切线的斜率是切点处的导数,再结合其他条件可处理与切线相关的问题.素养二逻辑推理角度1函数的单调性与导数【典例3】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性.(2)当a0时,证明f(x)≤--2.34a【解析】(1)f′(x)==(x0),当a≥0时,f′(x)0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a0时,则f(x)在上单调递增,在上单调递减.22ax2a1x1x（）2ax1x1x（）（）1(0,)2a1(,)2a(2)由(1)知,当a0时,f(x)max=f,则f令y=lnt+1-t令y′=-1=0,解得t=1,所以y=lnt+1-t在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以ymax=y(1)=0,所以y≤0,即f(x)max≤--2,所以f(x)≤--2.1()2a1311()(2)ln()12a4a2a2a，1t0?2a()，1t34a34a【类题·通】函数的单调性与导数的关注点(1)关注函数的定义域,单调区间应为定义域的子区间.(2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价.(3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集.(4)求参数的范围时常用到分离参数法.【加练·固】已知函数f(x)=x2+ax-lnx,a∈R.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=x2+x-lnx(x0),f′(x)=2x+1-==(x0).令f′(x)0,则x;令f′(x)0,则0x,所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为1x22xx1x12(x)x12x（）121210,2()，1(,).2(2)f′(x)=2x+a-=(x0),由函数f(x)在[1,2]上是减函数,得≤0,即2x2+ax-1≤0在[1,2]上恒成立.令h(x)=2x2+ax-1,则即解得a≤-,所以实数a的取值范围为1x22xax1x22xax1xh10h20,（），（）22a10222a10，，727.2，角度2函数的极值、最值与导数【典例4】(1)设函数f(x)=+lnx,则()A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点2x1212(2)设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).①求g(x)的单调区间和最小值.②讨论g(x)与g的大小关系.1()x【解析】(1)选D.因为f(x)=+lnx,x0,所以f′(x)=-+,令f′(x)=0,即-+==0,解得x=2.当0x2时,f′(x)0;当x2时,f′(x)0,所以x=2为f(x)的极小值点.2x22x1x22x1x2x2x(2)①由题设知g(x)=lnx+,x0,所以g′(x)=令g′(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)0,故(0,1)是g(x)的单调递减区间.当x∈(1,+∞)时,g′(x)0,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间,因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.1x2x1.x②g=-lnx+x.设h(x)=g(x)-g=2lnx-x+,则h′(x)=-当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g.当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)0,h′(1)=0.因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减.当0x1时,h(x)h(1)=0,即g(x)g.当x1时,h(x)h(1)=0,即g(x)g.1()x1()x1x22x1.x（）1()x1()x1()x【类题·通】利用导数解决函数的极值问题的注意点(1)求曲线切线时利用导数的几何意义.(2)连续函数的最值在端点或极值点处取到,所以需要对函数求导研究函数单调性.【加练·固】已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a0).(1)当a=1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.(3)若f(x)≤0在区间[1,e]上恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为a=1,所以f(x)=x2-4x+2lnx,所以f′(x)=(x0),f(1)=-3,f′(1)=0,所以切线方程为y=-3.22x4x2x(2)f′(x)==(x0),令f′(x)=0得x1=a,x2=1,若0a1,则当x∈(0,a)或(1,+∞)时,f′(x)0,当x∈(a,1)时,f′(x)0,所以f(x)的单调递增区间为(0,a)和(1,+∞),单调递减区间为(a,1);若a=1,则f′(x)=≥0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞);22x2a1x2ax（）2x1xax（）（）22x1x（）若a1,则当x∈(0,1)或(a,+∞)时,f′(x)0,当x∈(1,a)时,f′(x)0,所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(a,+∞),单调递减区间为(1,a).(3)由(2)可知,f(x)在区间[1,e]上只可能有极小值点,所以f(x)在区间[1,e]上的最大值必在区间端点取到,所以f(1)=1-2(a+1)≤0且f(e)=e2-2(a+1)e+2a≤0,解得a≥2e2e.2e2素养三数学抽象角度分类讨论的思想【典例5】已知函数f(x)=-ax2+lnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性.(2)若存在x∈(1,+∞),使f(x)-a,求a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-2ax+=当a≤0时,f′(x)0,所以f(x)在(0,+∞)上递增,当a0时,令f′(x)=0,得x=,令f′(x)0,得x∈;令f′(x)0,得x∈所以f(x)在上递增,在上递减.1x212axx，12a1(0,)2a1(,)2a，1(0,)2a1(,)2a(2)由f(x)-a,得a(x2-1)-lnx0,因为x∈(1,+∞),所以-lnx0,x2-10,当a≤0时,a(x2-1)-lnx0满足题意,当a≥时,设g(x)=a(x2-1)-lnx(x1),g′(x)=0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,所以g(x)g(1)=0,不合题意,1222ax1x当0a时,令g′(x)0,得x∈,令g′(x)0,得x∈所以g(x)min=gg(1)=0,则存在x∈(1+∞),使g(x)0,综上,a的取值范围是121(,)2a1(1,)2a，1()2a1(,).2【类题·通】关于分类讨论思想在解题中的应用(1)分类讨论即分别归类再进行讨论,是一种重要的数学思想,也是一种逻辑方法,同时又是一种重要的解题策略.(2)解题时首先要思考为什么分类,即分类依据是什么,一般的分类依据如方程类型、根的个数及与区间的关系、不等号的方向等;其次考虑分几类,每一类中是否还需要再分类.(3)分类讨论的基本原则是不重不漏.【加练·固】已知函数f(x)=+lnx.(1)若f(x)的一条切线是y=-x+3,求f(x)的单调区间.(2)设函数g(x)=f(x)-1在上有两个零点,求实数a的取值范围.ax1e,e【解析】(1)显然x0,f′(x)=-+.设切点为(x0,y0),则f′(x0)=-1,即+=-1⇒a=+x0.所以y0=f(x0)=+lnx0=x0+1+lnx0,又y0=-x0+3.所以lnx0=-2x0+2,解得x0=1,故a=2.由f′(x)=得x=2.因此当0x2时,f′(x)0,f(x)单调递减;2ax1x20ax01x20x0ax2221x20,xxx当x2时,f′(x)0,f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间是(0,2),单调递增区间是(2,+∞).(2)由题意得g′(x)=f′(x)=-+=(x0),当a≤0时,g′(x)0,g(x)在上单调递增,因此不可能有两个零点;当a0时,易得g(x)的单调递减区间是(0,a),单调递增区间是(a,+∞).g(x)=f(x)-1=0在上有两解⇔解得实数a的取值范围是2e-1≤a1.2ax1x2xax1e,e1e,e11eae,geea20,galna0,age0,e（）（）（）