二轮复习数学专题一第4讲 导数及其应用Word文档下载推荐.docx

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（2）先求g′（x），再根据导数的符号明确其增减性，进而明确极值情况．

1．导数的几何意义：

函数y＝f（x）在x0处的导数f′（x0）的几何意义是：

曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数s（t）对时间t的导数）．

2．求曲线切线方程的步骤：

（1）求出函数y＝f（x）在点x＝x0的导数f′（x0），即曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处切线的斜率；

（2）已知或求得切点坐标P（x0，f（x0）），由点斜式得切线方程为y－y0＝f′（x0）（x－x0）．

提醒：

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．

拓展延伸设曲线y＝ax2在点（1，a）处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a＝__________.

热点二　利用导数研究函数的单调性

利用导数研究函数的单调性问题，常与函数的其他性质相结合，且函数中一般含有参数，填空题为中低档难度，一般还是以解答题的形式出现，属于中高档题．

【例2】已知函数f（x）＝x2＋alnx.

（1）当a＝－2时，求函数f（x）的单调递减区间；

（2）若函数g（x）＝f（x）＋在[1，＋∞）上单调，求实数a的取值范围．

（1）在定义域内令f′（x）<

0，易得函数的单调递减区间．

（2）将原问题转化为g′（x）≥0或g′（x）≤0恒成立问题，进而求出a的取值范围．

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）求函数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若已知函数的单调性、求参数，只需转化为不等式f′（x）≥0或f′（x）≤0.在单调区间内恒成立问题求解．解题过程中要注意分类讨论；

函数单调性问题以及一些相关的逆向问题，都离不开分类讨论思想．

拓展延伸已知函数f（x）＝x－＋a（2－lnx），a>

0.讨论f（x）的单调性．

热点三　利用导数研究函数极值和最值问题

该类型题目近几年高考主要考查以下内容：

求给定函数的最大值、最小值与极值问题；

已知给定函数的最大值、最小值、极值，求函数中参数的取值范围问题．命题时常与函数的其他性质相结合，选择题、填空题一般为中低档难度，解答题多属中高档题．

【例3】已知函数f（x）＝x3－ax2－3x.

（1）若f（x）在区间[1，＋∞）上是增函数，求实数a的取值范围．

（2）若x＝－是f（x）的极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值．

（3）在

（2）的条件下，是否存在实数b，使得函数g（x）＝bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点？

若存在，请求出实数b的取值范围；

若不存在，试说明理由．

（1）令f′（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，即得a的取值范围；

（2）由f′＝0，求出a的值，进而求f（x）的最值；

（3）将函数图象交点问题转化为方程实根个数问题，由Δ>

0，求b的取值范围．

1．利用导数研究函数极值的一般步骤是：

（2）求函数f（x）的导数f′（x）；

（3）①若求极值，则先求出方程f′（x）＝0的根，再检验f′（x）在方程根左右边f′（x）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．

2．求函数y＝f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤：

（1）若函数y＝f（x）在[a，b]上是单调的，则函数的最大值与最小值在端点处取得；

（2）若函数y＝f（x）在[a，b]上不是单调函数，①求函数y＝f（x）在（a，b）内的极值，②将函数y＝f（x）的各极值与端点处的函数值f（a），f（b）比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

拓展延伸已知函数f（x）＝x（lnx＋m），g（x）＝x3＋x.

（1）当m＝－2时，求f（x）的单调区间；

（2）若m＝时，不等式g（x）≥f（x）恒成立，求实数a的取值范围．

热点四　利用导数解决实际生活中的优化问题

解决实际应用问题的关键在于建立数学模型和目标函数，把“问题情景”译为数学语言，找出问题的主要关系，并把问题的主要关系近似化、形象化，抽象成数学问题，再化归为常规问题，选择合适的数学方法求解，不同的设参方法会得到不同的数学模型．

【例4】甲方是一农场，乙方是一工厂，乙方生产需占用甲方的资源，甲方每年向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入．乙方在赔付甲方前，年纯收入P（元）与年产量t（吨）满足函数关系P＝2000；

若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S（元）（以下称S为赔付价格），则其年利润为Q（元）．

（1）求乙方的年利润Q（元）关于年产量t（吨）的函数表达式，并求出当年利润Q（元）最大时的年产量；

（2）甲方每年受乙方生产影响的经济损失为y＝0.002t2（元），在乙方按照获得最大年利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？

（净收入＝获赔金额－经济损失）

（1）将Q表示成t的函数，用换元法求最值；

（2）将甲方净收入表示成S的函数，利用函数求最大值．

导数的实际应用题目解题步骤：

①分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f（x）；

②求导数f′（x），解方程f′（x）＝0；

③判断使f′（x）＝0的点是极大值点还是极小值点；

④确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．

拓展延伸（2011福建高考，理18）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：

千克）与销售价格x（单位：

元/千克）满足关系式y＝＋10（x－6）2.其中3<

x<

6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．

（1）求a的值；

（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．

热点五　定积分的应用问题

定积分及其应用是新课标的新增内容，高考中一般考查定积分的计算及其在几何上的应用．形式上以选择或填空题的形式出现，难度较易．

【例5】求下列定积分：

（1）

；

（2）

（3）

.

求定积分的关键是求出被积函数的原函数，而求原函数与求一个函数的导数互为逆运算，因此应掌握一些常见函数的导数，此外要注意利用定积分的性质，涉及求平面图形的面积的题目，要充分注意定积分和被积函数的几何意义．

拓展延伸（2011湖南高考，理6）由直线x＝－，x＝，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为（　　）．

A．　　　B．1　　　C．　　　D．

1．分不清“过某点”和“在某点处”的切线致错

“过某点”与“在某点处”的切线是不同的，过某点的切线，此点并不一定是切线，在某点处的切线才表明此点是切点．如曲线y＝x3＋在点P（2,4）处的切线是一条，而过点P（2,4）的切线为两条．

2．错误理解曲线与切线的公共点个数

曲线与直线相切并不只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．如曲线y＝3x4－2x3－9x2＋4在点（1，－4）处的切线与该曲线有（1，－4）（切点），（－2,32），三个公共点．

3．审题不清，错误理解题意致错

如函数f（x）＝x3－mx2－2m2＋1的单调递减区间是（－8,0）与在区间（－8,0）上递减切勿混淆．由f′（x）＝3x2－2mx<

0得<

0.若单调递减区间是（－8,0），即＝－9；

而在区间（－8,0）上递减得≤－8.

参考答案

考场传真

1．C　解析：

由题意知，所围成的面积

2．A　解析：

∵y′＝＝，

∴在点（－1，－1）处的切线的斜率为＝2.

∴切线方程为y＋1＝2（x＋1），

即y＝2x＋1.

3．　解析：

由题意可知它所围成的区域面积为S＝1，结合积分的几何意义和几何模型可知，＝，

即f（x）dx＝.

4．解：

（1）f′（x）＝－.

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点（1,1），故

即解得

（2）由

（1）知f（x）＝＋，

所以f（x）－

＝.

考虑函数h（x）＝2lnx＋（x>

0），

则h′（x）＝.

（ⅰ）设k≤0.由h′（x）＝知，当x≠1时，h′（x）<

0.而h

（1）＝0，故当x∈（0,1）时，h（x）>

0，可得h（x）>

0；

当x∈（1，＋∞）时，h（x）<

0，

可得h（x）>

0.

从而当x>

0，且x≠1时，f（x）－>

0，即f（x）>

＋.

（ⅱ）设0<

k<

1.由于当x∈时，（k－1）（x2＋1）＋2x>

0，故h′（x）>

0.而h

（1）＝0，故当x∈时，h（x）>

0，可得h（x）<

0，与题设矛盾．

（ⅲ）设k≥1.此时h′（x）>

0，而h

（1）＝0，故当x∈（1，＋∞）时，h（x）>

可得h（x）<

0.与题设矛盾．

综合得，k的取值范围为（－∞，0]．

5．（2011陕西，理21）解：

（1）由题设易知：

f（x）＝lnx，g（x）＝lnx＋，

∴g′（x）＝，令g′（x）＝0得x＝1，

当x∈（0,1）时，g′（x）<

0，故（0,1）是g（x）的单调减区间，

当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>

0，故（1，＋∞）是g（x）的单调增区间，

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.

（2）g＝－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0<

1时，h（x）>

h

（1）＝0，

即g（x）>

g，

当x>

1时，h（x）<

即g（x）<

g.

（3）满足条件的x0不存在．

证明如下：

证法一：

假设存在x0>

0，使|g（x）－g（x0）|<

0成立，

即对任意x>

0，有lnx<

g（x0）<

lnx＋，（*）

但对上述x0，取

时，有lnx1＝g（x0），这与（*）左边不等式矛盾，

因此，不存在x0>

0成立．

证法二：

对任意的x>

由

（1）知，g（x）的最小值为g

（1）＝1，

又g（x）＝lnx＋>

lnx，而x>

1时，lnx的值域为（0，＋∞），

∴x≥1时，g（x）的值域为[1，＋∞）．

从而可取一个x1>

1，使g（x1）≥g（x0）＋1，即g（x1）－g（x0）≥1，故|g（x1）－g（x0）|≥1>

，与假设矛盾．

∴不存在x0>

6．解：

（1）a＝0时，f（x）＝ex－1－x，f′（x）＝ex－1.

当x∈（－∞，0）时，f′（x）<

当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>

0.故f（x）在（－∞，0）上单调减少，在（0，＋∞）上单调增加．

（2）f′（x）＝ex－1－2ax.

由

（1）知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，

故f′（x）≥x－2ax＝（1－2a）x，

从而当1－2a≥0，即a≤时，f′（x）≥0（x≥0），而f（0）＝0，

于是当x≥0时，f（x）≥0.

由ex>

1＋x（x≠0）可得e－x>

1－x（x≠0）．从而当a>

时，

f′（x）<

ex－1＋2a（e－x－1）＝e－x（ex－1）（ex－2a），

故当x∈（0，ln2a）时，f′（x）<

0，而f（0）＝0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）<

综合得a的取值范围为.

核心攻略

【例1】　解：

（1）因f（x）＝x3＋ax2＋bx＋1，故f′（x）＝3x2＋2ax＋b.

令x＝1，得f′

（1）＝3＋2a＋b，由已知f′

（1）＝2a，因此3＋2a＋b＝2a，解得b＝－3.

又令x＝2，得f′

（2）＝12＋4a＋b，由已知f′

（2）＝－b，因此12＋4a＋b＝－b，解得a＝－.

因此f（x）＝x3－x2－3x＋1，从而f

（1）＝－.

又因为f′

（1）＝2×

＝－3，故曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程为y－＝－3（x－1），即6x＋2y－1＝0.

（2）由

（1）知g（x）＝（3x2－3x－3）e－x，

从而有g′（x）＝（－3x2＋9x）e－x，

令g′（x）＝0，得－3x2＋9x＝0，

解得x1＝0，x2＝3.

当x∈（－∞，0）时，g′（x）<

0，故g（x）在（－∞，0）上为减函数；

当x∈（0,3）时，g′（x）>

0，故g（x）在（0,3）上为增函数；

当x∈（3，＋∞）时，g′（x）<

0，故g（x）在（3，＋∞）上为减函数；

从而函数g（x）在x1＝0处取得极小值g（0）＝－3，在x2＝3处取得极大值g（3）＝15e－3.

拓展延伸　1　解析：

∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a.

又y＝ax2在点（1，a）处的切线与直线2x－y－6＝0平行，∴2a＝2，a＝1.

【例2】　解：

（1）由题意知，函数的定义域为（0，＋∞），

当a＝－2时，f′（x）＝2x－＝，

故f（x）的单调递减区间是（0,1）．

（2）由题意得g′（x）＝2x＋－，函数g（x）在[1，＋∞）上是单调函数．

①若g（x）为[1，＋∞）上的单调增函数，则g′（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，

即a≥－2x2在[1，＋∞）上恒成立，设φ（x）＝－2x2，

∵φ（x）在[1，＋∞）上单调递减，

∴φ（x）max＝φ

（1）＝0，∴a≥0.

②若g（x）为[1，＋∞）上的单调减函数，

则g′（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立，不可能．∴实数a的取值范围为a≥0.

拓展延伸　解：

f（x）的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝1＋－＝.

设g（x）＝x2－ax＋2，二次方程g（x）＝0的判别式Δ＝a2－8.

①当Δ<

0即0<

a<

2时，对一切x>

0都有f′（x）>

此时f（x）是（0，＋∞）上的单调递增函数．

②当Δ＝0即a＝2时，仅对x＝有f′（x）＝0，对其余的x>

此时f（x）也是（0，＋∞）上的单调递增函数．

③当Δ>

0即a>

2时，方程g（x）＝0有两个不同的实根

x1＝，x2＝，0<

x1<

x2.

x

（0，x1）

x1

（x1，x2）

x2

（x2，＋∞）

f′（x）

＋

－

f（x）

单调

递增↗

极大

值

递减↘

极小

递减↗

此时f（x）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

【例3】　解：

（1）f′（x）＝3x2－2ax－3.

∵f（x）在[1，＋∞）上是增函数，

∴f′（x）在[1，＋∞）上恒有f′（x）≥0，

即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞）上恒成立，则必有≤1且f′

（1）＝－2a≥0.

∴a≤0.

（2）依题意，f′＝0，

即＋a－3＝0.

∴a＝4，∴f（x）＝x3－4x2－3x.

令f′（x）＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.

则当x变化时，f′（x）与f（x）变化情况如下表：

1

（1,3）

3

（3,4）

4

－6

↘

－18

↗

－12

∴f（x）在[1,4]上的最大值是f

（1）＝－6.

（3）函数g（x）＝bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3个不等实根．

∴x3－4x2－3x－bx＝0，

∴x＝0是其中一个根，

∴方程x2－4x－3－b＝0有两个非零不等实根．∴

∴b>

－7且b≠－3.

∴存在满足条件的b值，b的取值范围是b>

（1）当m＝－2时，f（x）＝x（lnx－2）＝xlnx－2x，

定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝lnx－1.

由f′（x）>

0，得lnx－1>

0，所以x>

e.

由f′（x）<

0，得lnx－1<

0，所以0<

故f（x）的单调递增区间是（e，＋∞），递减区间是（0，e）．

（2）当m＝时，不等式g（x）≥f（x），

即x3＋x≥x恒成立．

由于x>

0，所以x2＋1≥lnx＋，

亦即x2≥lnx＋，

所以a≥.

令h（x）＝，则h′（x）＝，

由h′（x）＝0得x＝1.

且当0<

1时，h′（x）>

1时，h′（x）<

即h（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，

所以h（x）在x＝1处取得极大值h

（1）＝，

也就是函数h（x）在定义域上的最大值．

因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即为a的取值范围．

【例4】　解：

（1）乙方的年利润为Q＝2000－St（t≥0）．

∴Q＝－St＋2000

＝－S2＋.

当＝，即t＝2时，Q取得最大值．

因此，乙方获最大利润的年产量t＝2吨．

（2）设甲方净收入为R元，则R＝St－0.002t2.

将t＝2代入上式，得R＝S·

2－0.002·

4＝－.

R′＝－＋＝.

令R′＝0，得S＝20.

当S<

20时，R′>

当S>

20时，R′<

∴S＝20时，R取得最大值．

因此甲方向乙方要求赔付价格S＝20（元/吨）时获最大净收入．

（1）因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.

（2）由

（1）可知，该商品每日的销售量y＝＋10（x－6）2，

所以商场每日销售该商品所获得的利润

f（x）＝（x－3）＝2＋10（x－3）（x－6）2，3<

6.

从而，f′（x）＝10[（x－6）2＋2（x－3）（x－6）]＝30（x－4）（x－6）．

于是，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

（4,6）

单调递增

极大值42

单调递减

由上表可得，x＝4是函数f（x）在区间（3,6）内的极大值点，也是最大值点．

所以，当x＝4时，函数f（x）取得最大值，且最大值等于42.

答：

当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

【例5】　解：

（1）

拓展延伸　D　解析：

结合图形可得：