《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）教案 理.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)
年份
卷別
考查角度及命題位置
命題分析及學(xué)科素養(yǎng)
2018
Ⅰ卷
函數(shù)的奇偶性應(yīng)用及切線方程求法T5
命題分析
(1)高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時出現(xiàn)在解答題第一問．
(2)高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等．有時出現(xiàn)在解答題第一問．
學(xué)科素養(yǎng)
導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要是通過利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性解決最值、不等式、函數(shù)零點等問題，著重考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運算這兩大核心素養(yǎng)與分析問題解決問題的能力.
Ⅱ卷
切線方程求法T13
Ⅲ卷
切線方程求法T14
2017
Ⅰ卷
利用導(dǎo)數(shù)求三棱錐的體積T16
Ⅱ卷
函數(shù)圖象的極小值求法T11
2016
Ⅰ卷
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)T7
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點、不等式證明T21
Ⅱ卷
曲線的切線方程T16
利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式、求函數(shù)的最值問題T21
Ⅲ卷
導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線方程T15
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用T21
導(dǎo)數(shù)的運算及幾何意義
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第11頁
[悟通——方法結(jié)論]
1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義
函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．四個易誤導(dǎo)數(shù)公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
[全練——快速解答]
1．若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實數(shù)a的值為( )
A． B．
C． D．
解析：依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點的橫坐標(biāo)為x0，則有y′|x＝x0＝，于是有解得
答案：B
2．(2018高考全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)?(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若?(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：法一：∵?(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴?′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又?(x)為奇函數(shù)，∴?(－x)＝－?(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴?′(x)＝3x2＋1，∴?′(0)＝1，
∴曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x.
故選D.
法二：∵?(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，
∴?′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數(shù)，
∴a＝1，即?′(x)＝3x2＋1，∴?′(0)＝1，
∴曲線y＝?(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x.
故選D.
答案：D
3．(2018山東四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋1的部分圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝aln x＋在點(b，g(b))處的切線的斜率的最小值是________．
解析：由題意，f′(x)＝x2－bx＋a，根據(jù)f(x)的圖象的極大值點、極小值點均大于零，可得b>0，a>0，又g′(x)＝＋，則g′(b)＝＋＝＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以切線斜率的最小值為2.
答案：2
求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法
(1)已知切點P(x0，y0)，求切線方程
求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程；
(2)已知切線的斜率k，求切線方程
設(shè)切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程；
(3)已知切線上一點(非切點)，求切線方程
設(shè)切點P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程．
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第12頁
[悟通——方法結(jié)論]
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系
(1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．
(2017高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù).
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若，求a的取值范圍．
[學(xué)審題]
條件信息
想到方法
注意什么
信息?：已知f(x)的解析式
可求導(dǎo)函數(shù)f′(x)
(1)要討論函數(shù)的單調(diào)性，必須先求出函數(shù)定義域
(2)對于含參數(shù)的問題，要根據(jù)不同情況對參數(shù)進(jìn)行分類討論
信息?：f(x)≥0
函數(shù)的最小值f(x)min≥0
[規(guī)范解答] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
(1分)
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
②若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a.
當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
(3分)
③若a<0，則由f′(x)＝0，得x＝ln.
當(dāng)x∈時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈時，f′(x)>0；
故f(x)在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增． (6分)
(2)①若a＝0，則f(x)＝e2x，
所以f(x)＞0. (7分)
②若a>0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a.
從而當(dāng)且僅當(dāng)－a2ln a≥0，即0
0)上的單調(diào)性；
(3)證明：當(dāng)a＝－1時，對任意的x>0，都有[f(x)＋]>成立．
解析：(1)由f(x)＝x(ln x－a)(x≥1)，得f′(x)＝ln x－a＋1，
因為對任意實數(shù)b，直線y＝－x＋b與函數(shù)f(x)的圖象都不相切，所以f′(x)＝ln x－a＋1≠－1，即a≠ln x＋2.
而函數(shù)y＝ln x＋2在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ln x＋2≥ln 1＋2＝2，
故a<2.
(2)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝x(ln x＋1)，f′(x)＝ln x＋2，
由f′(x)＝0得x＝.
當(dāng)00，
因此f(x)在[t，)上單調(diào)遞減，在(，t＋e]上單調(diào)遞增．
當(dāng)t≥時，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[t，t＋e]上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)0－對任意的x>0恒成立．
由(2)知當(dāng)a＝－1時，f(x)＝xln x＋x在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f()＝－.
設(shè)g(x)＝－(x>0)，則g′(x)＝，
所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
g(x)max＝g(1)＝－.
從而當(dāng)a＝－1時，對任意的x>0，都有f(x)≥－≥g(x)(等號不同時取到)，
所以f(x)>－成立，
即對任意的x>0，都有[f(x)＋]>成立．
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第12頁
[悟通——方法結(jié)論]
1．若在x0附近左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值．
2．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得．
(2018高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù)f(x)＝
(1) ；
(2) ，證明：
[學(xué)審題]
條件信息
想到方法
注意什么
信息?：已知f(x)的解析式
先求定義域，再求導(dǎo)函數(shù)，變形
(1)易忽視定義域求法及參數(shù)對單調(diào)性的影響．
(2)與極值點有關(guān)的雙變量不等式證明，要明確消元、構(gòu)造法
信息?：討論單調(diào)性
參數(shù)分類標(biāo)準(zhǔn)的確立及用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性方法
信息?：兩極值點x1、x2
極值點的定義及應(yīng)用
信息?：雙變量不等式的證明
雙變量不等式證明，利用極值點消元、構(gòu)造
[規(guī)范解答] (1)?(x)的定義域為(0，＋∞)，
?′(x)＝－－1＋＝－. (2分)
①若a≤2，則?′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，?′(x)＝0，
所以?(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． (4分)
②若a＞2，令?′(x)＝0，得
x＝或x＝.
當(dāng)x∈∪時，?′(x)＜0；
當(dāng)x∈時，?′(x)＞0.
所以?(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(6分)
(2)證明：由(1)知，?(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a＞2.
由于?(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1. (8分)
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等價于－x2＋2ln x2＜0.
(10分)
設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
(12分)
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法
(1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號．
(2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解．
(3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值．
[練通——即學(xué)即用]
1．(2017高考全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，
所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－20)，
故f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，
令f′(x)＝0，則2a＝，
設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
又∵當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，
而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0<2a<1，即00，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)m>0時，令f′(x)>0得0，
∴f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，當(dāng)m>0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，＋∞)上單調(diào)遞減．
∴f(x)max＝f()＝ln －2m－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，
∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－，
令h(x)＝x－ln x－(x>0)，則h′(x)＝1－＝，
∴h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴h(x)min＝h()＝ln 2，
∴m＋n的最小值為ln 2.
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第119頁
一、選擇題
1．曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為( )
A.e2 B．2e2 C．e2 D.
解析：由題意可得y′＝ex，則所求切線的斜率k＝e2，
則所求切線方程為y－e2＝e2(x－2)．
即y＝e2x－e2，∴S＝1e2＝.
答案：D
2．(2018西寧一檢)設(shè)曲線y＝在點(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝( )
A．－2 B．2
C．－ D.
解析：由y′＝得曲線在點(3,2)處的切線斜率為－，又切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝－2.
答案：A
3．(2018北京模擬)曲線f(x)＝xln x在點(1，f(1))處的切線的傾斜角為( )
A. B.
C. D.
解析：因為f(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋x＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲線f(x)＝xln x在點(1，f(1))處的切線的傾斜角為.
答案：B
4．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，＋∞)．
答案：C
5．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為( )
A．a(chǎn)0，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，
所以a＝f(0)0)．設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e，結(jié)合g(x)＝與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e.
答案：A
8．已知函數(shù)f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值為g(n)，則使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C. D.
解析：易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
當(dāng)x∈時，f′(x)>0；
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以f(x)的最大值g(n)＝f＝－ln n－1.
設(shè)h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.
因為h′(n)＝－－1<0，所以h(n)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
又h(1)＝0，所以當(dāng)0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為(0,1)，故選A.
答案：A
二、填空題
9．(2018高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為________．
解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(0,0)，∴切線方程為y＝2x.
答案：y＝2x
10．(2016高考全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程是________．
解析：設(shè)x>0，則－x<0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵當(dāng)x>0時，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲線y＝f(x)在點(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案：2x－y＝0
11．(2018太原二模)若函數(shù)f(x)＝sin x＋ax為R上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由題意可知，f′(x)≤0對任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
12．(2018新鄉(xiāng)一模)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個極值點，若x1<20，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．
②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a．x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝ln a處取得極小值，且極小值為f(ln a)＝ln a，無極大值．
綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；
當(dāng)a>0時，f(x)在x＝ln a處取得極小值ln a，無極大值．
14．(2018福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a)．
解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因為x＝3是f(x)的極值點，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝，
所以當(dāng)03時，f′(x)>0；
當(dāng)
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2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
專題一
集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
第五講
導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用一教案
2019
高考
數(shù)學(xué)
二輪
復(fù)習(xí)
專題
集合
常用
邏輯
用語
不等式
函數(shù)
導(dǎo)數(shù)
第五
應(yīng)用
教案
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