2018年高考数学(文)二轮复习 专题突破讲义：专题二 函数与导数专题二 第3讲

第3讲 导数及其应用

1．导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．

2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．

3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．

热点一 导数的几何意义

1．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)．

2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．

例1 (1)(2017届山西临汾一中等五校联考)已知曲线f(x)＝ax2x＋1在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为( )

A.32 B．－32

C．－34 D.43

答案 D

解析 对函数求导，可得f′(x)＝2axx＋1－ax2x＋12，

∵曲线f(x)＝ax2x＋1在点(1，f(1))处切线的斜率为1，

∴f′(1)＝3a4＝1，得a＝43，故选D.

(2)(2017届成都一诊)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M4t，2处的切线与曲线C2：y＝ex＋1＋1也相切，则t的值为( )

A．4e2 B．4e

C.e24 D.e4

答案 A

解析 曲线C1：y＝tx，y′＝t2tx

.

当x＝4t时，y′＝t4，切线方程为y－2＝t4x－4t， 化简为y＝t4x＋1， ①

与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，001e4xxxty，x0＝ln t4－1，那么010e114xty，

切线方程为y－t4＋1＝t4x－ln t4＋1，

化简为y＝t4x－t4ln t4＋t2＋1， ②

①②是同一方程，

所以－t4ln t4＋t2＋1＝1⇔ln t4＝2，即t＝4e2，故选A.

思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．

(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．

跟踪演练1 (1)(2017·天津)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．

答案 1

解析 ∵f′(x)＝a－1x，∴f′(1)＝a－1.

又∵f(1)＝a，∴切线l的斜率为a－1，且过点(1，a)，

∴切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)．

令x＝0，得y＝1，故l在y轴上的截距为1.

(2)若y＝ax＋b为函数f(x)＝xln x－1x图象的一条切线，则a＋b的最小值为( )

A．－4 B．－1

C．1 D．2

答案 B

解析 f′(x)＝1＋xx2(x>0)．设切点为x0，ln x0－1x0，

则切线方程为y－ln x0－1x0＝1x0＋1x20(x－x0)，

即y＝1x0＋1x20x－1x0＋1x20x0＋ln x0－1x0，

亦即y＝1x0＋1x20x＋ln x0－2x0－1. 令1x0＝t，则t>0，由题意得a＝1x0＋1x20＝t＋t2，b＝ln x0－2x0－1＝－ln t－2t－1.令a＋b＝φ(t)＝－ln t＋t2－t－1，则φ′(t)＝－1t＋2t－1＝2t＋1t－1t，当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，则φ(t)在(0,1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)>0，则φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.

热点二 利用导数研究函数的单调性

1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.

2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．

例2 (2017·全国Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．

解 (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.

令f′(x)＝0，得x＝－1－2或x＝－1＋2.

当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；

当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；

当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0.

所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．

(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.

当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.

当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．

而g(0)＝0，故ex≥x＋1.

当0(1－x)(1＋x)2，

(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，

取x0＝5－4a－12，

则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，

故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－12，

则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

思维升华 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)求导函数f′(x)．

(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0；

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．

跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间12，2内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是( )

A．(－∞，－2] B.－18，＋∞

C. －2，－18 D. (－2，＋∞)

答案 D

解析 由题意得f′(x)＝1x＋2ax，

若f(x)在区间12，2内存在单调递增区间，

则f′(x)≥0在12，2上有解，

即a≥－12x2的最小值．

又g(x)＝－12x2在12，2上是单调递增函数，

所以g(x)>g12＝－2，

所以a≥－2，经检验，当a＝－2时不成立，所以a>－2.

故选D.

(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是( )

A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)

答案 D

解析 当x<0时，∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，

∴[f(x)g(x)]′>0，∴y＝f(x)g(x)为增函数．

∵g(－3)＝0，∴f(－3)g(－3)＝0， ∴f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)．

∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，

∴y＝f(x)g(x)在R上为奇函数，当x>0时，f(x)g(x)<0的解集为(0,3)．综上，不等式的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.

热点三 利用导数求函数的极值、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 (2017届河南息县第一高级中学检测)已知函数f(x)＝mx＋ln x，g(x)＝x3＋x2－x.

(1)若m＝3，求f(x)的极值；

(2)若对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥110g(t)，求m的取值范围．

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当m＝3时，f(x)＝3x＋ln x，

∴f′(x)＝－3x2＋1x＝x－3x2，f′(3)＝0，

∴当x>3时，f′(x)>0，f(x)是增函数，

当0

∴f(x)有极小值f(3)＝1＋ln 3，没有极大值．

(2)g(x)＝x3＋x2－x，g′(x)＝3x2＋2x－1.

当x∈12，2时，g′(x)>0，

∴g(x)在12，2上是单调递增函数，g(2)＝10最大，

对于任意的s，t∈12，2，f(s)≥110g(t)恒成立，即对任意x∈12，2，

f(x)＝mx＋ln x≥1恒成立，

∴m≥x－xln x，

令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝1－ln x－1＝－ln x.

∴当x≥1时，h′(x)<0，当00，

∴h(x)在(0,1)上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数，

当x∈12，2时，h(x)最大值为h(1)＝1，

∴m≥1，即m∈[1，＋∞)． 思维升华 (1)求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．

(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来求解．

(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．

跟踪演练3 已知函数f(x)＝ax3＋bx2，在x＝1处取得极值16.

(1)求a，b的值；

(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f′(x)≤kln(x＋1)成立(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，求实数k的最小值．

解 (1)由题设可得f′(x)＝3ax2＋2bx，

∵f(x)在x＝1处取得极值16，

∴ f′1＝0，f1＝16，即 3a＋2b＝0，a＋b＝16，

解得a＝－13，b＝12，经检验知，a＝－13，b＝12满足题设条件．

(2)由(1)得f(x)＝－13x3＋12x2，

∴f′(x)＝－x2＋x，∴－x2＋x≤kln(x＋1)在[0，＋∞)上恒成立，

即x2－x＋kln(x＋1)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，

设g(x)＝x2－x＋kln(x＋1)，则g(0)＝0，

g′(x)＝2x－1＋kx＋1＝2x2＋x＋k－1x＋1，x∈[0，＋∞)，

设h(x)＝2x2＋x＋k－1，

①当Δ＝1－8(k－1)≤0，即k≥98时，h(x)≥0，

∴g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴g(x)≥g(0)＝0，即当k≥98时，满足题设条件．

②当Δ＝1－8(k－1)>0，即k<98时，设x1，x2是方程2x2＋x＋k－1＝0的两个实根，且x1