2020版高考数学大二轮复习 2.3 导数的简单应用课件 文

考点1导数运算及几何意义1．导数公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a0)；(4)(logax)′＝1xlna(a0，且a≠1)．2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[例1](1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________；(2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1【解析】(1)本题主要考查导数的几何意义，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.(2)本题主要考查导数的几何意义，考查的核心素养是数学运算．因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以ae＋1＝2，b＝－1，解得a＝e－1b＝－1.【答案】(1)y＝3x(2)D1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．[警示]求曲线的切线方程时，务必分清点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先求出切点坐标.『对接训练』1．[2019·云南师大附中适应性考试]曲线y＝ax在x＝0处的切线方程是xln2＋y－1＝0，则a＝()A.12B．2C．ln2D．ln12解析：由题意知，y′＝axlna，则在x＝0处，y′＝lna，又切点为(0,1)，∴切线方程为xlna－y＋1＝0，∴a＝12.故选A.答案：A2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为()A．2B.14C．4D．－12解析：因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，所以g′(1)＝2.又f′(x)＝g′(x)＋2x，故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝g′(1)＋2＝4.故选C.答案：C考点2利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f′(x)0或f′(x)0即可．2．若已知函数的单调性，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来求解．[例2][2019·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．【解析】本题主要考查导数在研究三次函数单调性、最值中的应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)0；当x∈0，a3时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0；当x∈a3，0时，f′(x)0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)当0a3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f(a3)＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b.若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0a3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0a3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2．[警示]讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.『对接训练』3．[2019·湖北宜昌模拟]已知函数f(x)＝m＋1mlnx＋1x－x，其中常数m0.(1)当m＝2时，求f(x)的极大值；(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性．解析：(1)当m＝2时，f(x)＝52lnx＋1x－x，f′(x)＝52x－1x2－1＝－x－22x－12x2(x0)．当0x12或x2时，f′(x)0，当12x2时，f′(x)0，∴f(x)在0，12和(2，＋∞)上单调递减，在12，2上单调递增，∴f(x)的极大值为f(2)＝52ln2－32.(2)f′(x)＝m＋1mx－1x2－1＝－x－mx－1mx2(x0，m0)，故当0m1时，f(x)在(0，m)上单调递减，在(m,1)上单调递增；当m＝1时，f(x)在(0,1)上单调递减；当m1时，f(x)在0，1m上单调递减，在1m，1上单调递增．考点3利用导数研究函数极值、最值可导函数的极值与最值(1)若在x0附近左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．[例3][2019·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．【解析】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋11＋x2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)0，g′π20，可得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)0；当x∈α，π2时，g′(x)0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π20，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)0；当x∈β，π2时，f′(x)0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减．又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π20，所以当x∈0，π2时，f(x)0.从而，f(x)在0，π2没有零点．(ⅲ)当x∈π2，π时，f′(x)0，所以f(x)在π2，π单调递减．而fπ20，f(π)0，所以f(x)在π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y′的符号及y的单调区间、极值的对应表格．2．[警示](1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点．(2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值．(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.『对接训练』4．[2019·福建福州质量检测]已知函数f(x)＝x1＋x－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx＋1－e2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a0，∀x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)因为f(x)＝x1＋x－aln(1＋x)(x－1)，所以f′(x)＝1x＋12－ax＋1＝－ax－a＋1x＋12.当a≤0时，f′(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a0时，由f′x0，x－1，得－1x－1＋1a；由f′x0，x－1，得x－1＋1a.所以函数f(x)的单调递增区间是－1，－1＋1a，单调递减区间是－1＋1a，＋∞.综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a0时，函数f(x)的单调递增区间是－1，－1＋1a，单调递减区间是－1＋1a，＋∞.(2)若a0，则∀x1，x2∈[0，e]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，等价于“对任意x∈[0，e]，f(x)min≥g(x)max恒成立”．当a0时，由(1)知，函数f(x)在[0，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.g′(x)＝2xemx＋1＋mx2emx＋1＝x(mx＋2)emx＋1