2019年高考數(shù)學考綱解讀與熱點難點突破專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學案理含解析

1、1 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 【2019 年咼考考綱解讀】 高考對本內(nèi)容的考查主要有： (1) 導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點，要求是 B 級，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點處的切線的斜率，能夠 解決與曲線的切線有關(guān)的問題； (2) 導(dǎo)數(shù)的運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是 B 級，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的四則運算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù) 的導(dǎo)數(shù)運算，一般不單獨設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步； (3) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是 B 級，對應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極 值要達到相等的高度 (4) 導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了新鮮的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求 是

2、B 級； 【重點、難點剖析】 1導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1) 函數(shù)y= f(x)在x = xo處的導(dǎo)數(shù)f (xo)就是曲線y = f (x)在點(xo,f(x。)處的切線的斜率，即k= f(x). (2) 曲線 y= f (x)在點(xo, f(xo)處的切線方程為 y-f(xo) = f (xo)(x xo). 2 基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和運算法則 (1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式 原函數(shù) 導(dǎo)函數(shù) f (x) = c f ( x) = o f (x) = xn( n R) f( x) = nxn1 f (x) = sin x f ( x) = cos x f (x) = cos x f ( x) =

3、sin x f (x) = ax(a o 且 1) f ( x) = axIn a f (x) = ex f ( x) = ex f (x) = log ax (a 0 且 a 1) f (x) = l xln a f (x) = ln x 1 f (x)=- x (2)導(dǎo)數(shù)的四則運算2 u(x) v(x) = u(x) v(x)； u(x)v(x) = u(x)v(x) + u(x)v(x)； 3 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 如果已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增 (減)，則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大 (小)于零恒成立在區(qū)間上 離散點處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù) y = x + sin x

4、. 【感悟提升】 (1)求曲線的切線要注意“過點 P的切線”與“在點 P處的切線”的差異，過點 P的切線中，點P不一定是 切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點 P處的切線，必以點 P為切點. 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化以平行、垂 直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，貝U要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來 求解. 【變式探究】(2018 全國n )曲線 y= 2ln( x+ 1)在點(0,0)處的切線方程為 _ 答案 2x y = 0 解析 / y= 2ln( x + 1) ,.y=匚臺.令x = 0,得y = 2，由切線

5、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,即 2x y = 0. 【2016 高考新課標 2 理數(shù)】若直線y二kx，b是曲線y=l nx，2的切線，也是曲線 的切線， 【答案】1-l n2 【解析】對函數(shù) y =1 n x 2求導(dǎo)得yJ1，對求導(dǎo)得y丄，設(shè)直線 kx b與曲線 x x十1 y = ln x +2相切于點R (%, yj，與曲線V =嶺+1)相切于點P區(qū),y2),則肝訥+ 2訐ln(呂+1), y-(tajq+2) = (x-jq) 由點P (/, yj在切線上得 鬲 ，由點P2(X2, y2)在切線上得x v x u x vi (v(x)豐0)

6、. 3 1 _ 1 珂花+1 j-ln(xI + l) = 1(x-x；) 一- ，這兩條直線表示同一條直線，所以 jq = /.i= = 2,5=lnjj+21 =1 -In 2 【感悟提升】函數(shù)圖像上某點處的切線斜率就是函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值求曲線上的點到直線的距離的最 值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知 直線的距離即為曲 線上的點到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以判斷是最大值還是最小值. X 1 【舉一反三】(2015 陜西，15)設(shè)曲線y = e 在點(0,1)處的切線與曲線y=-(x 0)上點P處的切線垂直， X 則P的坐標為 _ X I 0 2

7、 1 解析 J (e )，| x=o = e = 1,設(shè) F(xo, yo)，有 丿 x = xo = 1， 又xo 0,.xo= 1,故 XP(1 , 1) 答案 (1, 1) 【變式探究】(1)曲線 y = xeX1在點(1,1)處切線的斜率等于( ) A. 2e B. e C. 2 D. 1 一 2 b 在平面直角坐標系 xOy 中，若曲線 y= ax + -(a , b 為常數(shù))過點 P(2 , 5)，且該曲線在點 P 處的切線 X 與直線 7x+ 2y + 3= 0 平行，則 a + b 的值是 _ . 【命題意圖】 (1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義. (2)本題主要考

8、查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運算求解能力. 【答案】(1) C (2) 3 【解析】賓二產(chǎn)】十詔兀+1廝打故曲線在點U1)處的切線斜率為y-：=2. (2)由曲線 y= ax3+p2點 F(2,5),可得 54a+. 又妥 所以在點P處的切線斜率4a-= -壬 由解得尸-1, b二-2,所以卄b=-3 【感悟提升】 1 求曲線的切線要注意“過點 P 的切線”與“在點 P 處的切線”的差異，過點 P 的切線中，點 P 不一定是 切點，點 P 也不一定在已知曲線上，而在點 P 處的切線，必以點 P 為切點. 2 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化以平

9、行、垂 直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，貝 U 要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來 求解. 題型二、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 ln(x,+1) = 10 + 4 【例 2】已知函數(shù)f(x) = 2ex kx 2. (1)討論函數(shù)f (x)在(0 ,+s)內(nèi)的單調(diào)性； 若存在正數(shù) m對于任意的x (0 , m，不等式|f(x)|2 x恒成立，求正實數(shù) k的取值范圍. x 解 由題意得 f (x) = 2e k, x (0,+s), 因為x0,所以 2ex2. 當kW2時，f (x)0，此時f (x)在(0 ,+s)內(nèi)單調(diào)遞增. k 當k2 時，由f (x)0 得xln 2

10、,此時f(x)單調(diào)遞增； k 由f (x)0 得 0 xln 2，此時f (x)單調(diào)遞減. 綜上，當k 2 時，f(x)在$, In 2單調(diào)遞減， 在丘 2,+ 內(nèi)單調(diào)遞增. 校的套題每日的銷售量 y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿足關(guān)系 m o 式y(tǒng)= + 4( x 6)2，其中 2x6, m為常數(shù).已知銷售價格為 4 元/套時，每日可售出套題 21 千套. x 2 (1)求m的值；校的員工工資、辦公等所有開銷折合為每套題 2 元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價 格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大. (保留一位小數(shù)) 【解析】解 (1)因為x= 4 時，y = 21

11、, m 2 代入關(guān)系式y(tǒng) = x + 4( x6)，得 m 2 + 16= 21,解得 m= 10. 10 2 由(1)可知，套題每日的銷售量 y= - + 4(x 6), x 2 卑 + 4(x 6)2= 4x3 56x2+ 240 x 278(2x6), .一 2 2 從而 f(x) = 12x 112x + 240= 4(3 x 10)( x 6)(2 x0，求a的取值范圍. (1) f (x)的定義域為(0 ,+). 當 a= 4 時，f(x) = (x+ 1)ln x 4(x- 1), 1 f(1) = 0, f (x) = In x+ x-3, f (1) =- 2. z. 故曲線

12、y = f (x)在(1 , f (1)處的切線方程為 2x + y - 2= 0. 設(shè) g(x) = In 則 g(x)=1 2a| 2= x2 + 2 1- a X + 1, g(1) = 0. x+ XX- 當 aw2, x (1 )時，x2+ 2(1 - a)x +1 x2-2x+ 1 0，故 g(x) 0, g(x)在(1 ,+)單調(diào)遞增, 因此 g(x) 0； 當 a2 時，令 g(x) = 0 得 X1= a- 1- a- 2- 1, X2= a- 1 + a- 2- 1. 由 X2 1 和 X1X2= 1 得 X1 0，函數(shù)f (x) = eaxsin x(x 0 ,+).記x

13、n為f(x)的從小到大 的第n(n N)個極值點，證明： (1)數(shù)列f(Xn)是等比數(shù)列；函數(shù)f (x)單調(diào)遞增; 在(罟，6)上，f(x) 0 等價于 In a x- x- x+ 1 0. 6 1 * 若a2 ，則對一切n N, XnV |f(Xn)|恒成立 證明 (1)f(x) = aeaxsin x + eaxcos x =eax(asin x+ cos x) 2 ax =、戶 + 1e sin( x + ), 其中 tan =, Ov v . a 2 令 f(x) = 0,由 x0 得 x+ = mn , * 即 x= mn - , N , 對 k N,若 2k n Vx + v (2

14、k + 1) n , 即 2k n - V xv (2 k + 1) n - , 則 f( x) 0; 若(2 k+ 1) n V x+ V (2 k+ 2) n , 即(2 k+ 1) n - V x V (2k+ 2) n - ，貝U f (x) V 0. 因此，在區(qū)間(m-1) n , mn - )與(mn - , mn )上, f(x)的符號總相反. 于是當x = mn - (m N)時，f(x)取得極值, 所以 xn= nn (n N). 此時，f (Xn) = e sin( n n - )= n +1 a( n n - ) (1) e sin . 的等比數(shù)列. 令 g(t) = 0

15、 得 t = 1. 當 0V t V 1 時，g(t) V 0,所以g(t)在區(qū)間(0 , 1)上單調(diào)遞減;f ( Xn+ 1) f (Xn) n +2 a (n+ 1) n (-1) e n + 1 a ( (-1) e 易知f (Xn)豐0,而 sin -)sin =-ean是常數(shù)，故數(shù)列f (Xn)是首項為f(x = ea(n-)sin ，公比為一 ea (2)由(1)知，sin 1 = a2+ 1 于是對一切 n N ； XnV|f(Xn)| 恒成立，即 n % - V _ 1 ea(nn- ) a2+ 1 恒成立，等價于 2 a ( n n - ) a +1 e - 0). t e

16、. 一 設(shè) g(t) = t (t 0)，則 g(t)= et (t - 1) t2 7 當t 1 時，g(t) 0，所以g(t)在區(qū)間(1 ,+R)上單調(diào)遞增. 從而當t = 1 時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1) = e. 因此對一切 N*, axn=空上工3所以g(axn) g(1) = e= 干.故(*)式亦恒成立. 3 取 x= R 1,對任意 x (0 , x), 有 G(x) 0, 從而Gx)在(0 , X。)單調(diào)遞增, 因此，要使(*)式恒成立，只需 g(1) = e, 1 即只需a 2 V1 1 而當a=2 時，由 心-1 十 0 2 71 n v v tan e2 1 3

17、且 Ov $ v 2 知，n v 0 v ；. ，且當n2 時，n冗一02冗一0-2 Je2 1. e2 1 綜上所述，若 1 8 則對一切n N* , XnV | f (Xn)|恒成立. 【變式探究】(2015 福建，20)已知函數(shù)f (x) = ln(1 + x), g(x) = kx(k R). (1)證明：當 x 0 時，f (x) v x ； 證明：當k v 1 時，存在xo0，使得對任意的x (0， xo)，恒有f( x) g(x); 確定k的所有可能取值，使得存在 t 0，對任意的x (0， t)，恒有|f(x) g(x)| v x2. (1)證明 令 F(x) = f (x)

18、x= ln(1 + x) x，x (0，+)， 1 一 x 則有 F(x) = - 1 = - . 1 + x x+1 當 x (0，+)時，F(xiàn)(x) v 0， 所以F(x)在(0，+)上單調(diào)遞減， 故當 x 0 時，F(xiàn)(x) v F(0) = 0，即當 x 0 時，f (x) v x. 證明 令 Qx) = f (x) g(x) = ln(1 + x) kx，x (0，+)， 當 kwo 時，G (x) 0，故 qx)在(0，+)單調(diào)遞增，G(x) q。)= 0, 故任意正實數(shù)X0均滿足題意. 1 k 1 當 0v kv 1 時，令 G (x) = 0，得 x=1 0, k k1 則有 G

19、(x) = x+ 1 kx+( 1 k) x+ 1 9 所以 Qx) QO) = 0, 即 f(x) g(x). 綜上，當kv 1 時，總存在xo 0,使得對任意x (0 , xo)，恒有f (x) g(x). 解當k 1 時，由(1)知，對于？ x (0，+m), g(x) xf(x)，故 g(x) f (x), I f(x) -g(x)| = g(x) -f(x) =kx ln(1 + x). 2 M(x) = kx ln(1 + x) x , x 0 ,+). 則有 M (x) = k 1 ；x 2x 2 2x +( k 2) x+ k 1 x+ 1 故當 x 0, k 2+ (k 2)

20、 2+ 8 (k 1)時，M (x) 0, Mx)在 0, k 2+ ( k ? 2+ 8(k 1)上單調(diào)遞增， 故Mx) M(0) = 0,即| f (x) g(x)| x2,所以滿足題意的 t不存在. 當kv 1 時，由知，存在xo0，使得當x （0，xo）時, f(x) g(x), 此時 |f (x) g(x)| = f(x) g(x)= ln(1 + x) kx. 2 令 N x) = ln(1 + x) kx x , x 0 ,+). 1 則有 N(X)= x+1-k- 2x 2 2x ( k+ 2) x+ 1 k x+1 當 x 0, ( k + 2)+ (k+ 2)2+ 8(1

21、k) 時, N( x) 0, N( x)在 0, ( k+ 2)+ (：+ 2) 2+ 8 (1 k)上單調(diào)遞增， 故 Nx) N(0) = 0,即 f(x) g(x) x2. (k+ 2)+J (k + 2) ?+ 8 (1 k) - 中的較小者為 記X0與 X1, 則當 x (0 , X” 時，恒有 | f(x) g(x)| x2. 故滿足題意的t不存在. 當 k= 1 時，由(1)知，當 x0 時，| f (x) g(x)| = g(x) f (x) = x ln(1 + x), 10 令 H(x) = x ln(1 + x) x2, x 0 ,+), 1 2x x 則有 H(X)= 1

22、-不-2x = 當 x 0 時，H (x) v 0, 所以H(x)在0 ,+s)上單調(diào)遞減， 故 H x) v H(0) = 0. 2 故當 x0 時，恒有 | f(x) g(x)| vx . 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上，k= 1. 法二(2)證明同法一. 解 當 k 1 時，由(1)知，對于？x (0,+) , g(x) x f(x), 故| f (x) g( x)| = g( x) f (x) = kx ln(1 + x) kx x= ( k 1) x. 令(k 1)xx2,解得 0vxvk 1. 從而得到，當k 1 時，對于x (0 , k 1), 恒有 |f (x) g(x)

23、| x2, 故滿足題意的t不存在. k + 1 當 kv 1 時，取 k1= 2 ，從而 k v k1 v 1, 由知，存在Xo0,使得x (0 , Xo), f(x) k1X kx = g( x), 一 1 k 此時 |f (x) g( x)| = f(x) g(x) (k1 k)x = 2 x, 令 x2,解得 0v xv丄2主, 此時 f (x) g(x) x2. 1 一 k 記X。與一廠的較小者為X1, 當 x (0 , xj 時，恒有 |f(x) g(x)| x2. 故滿足題意的t不存在. 當 k= 1 時，由(1)知，x0, |f(x) g(x)| = f(x) g(x) = x

24、ln(1 + x), 2 令 Mx) = x ln(1 + x) x , x 0 ,+), 1 2x x 則有 M (x) = 1 - 2x = - . 1 + X X + 1 11 當x 0 時，M (x) v 0，所以Mx)在0，+m)上單調(diào)遞減, 故 Mx) vMO) = 0.故當 x0 時， 恒有 |f (x) g(x)| vx2, 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上，k= 1. 題型六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題 【例 6】(2016 高考全國I卷)已知函數(shù)f (x) = (x 2)e + a(x 1)2有兩個零點. (1)求a的取值范圍； 設(shè)X1, X2是f (x)的兩個零點，證明：X

25、1 + X2細一 2) +垃一廳=&護一尋丸,故/W存在兩個霉點 設(shè) a 2，則 In( 2a) 0,因此f (x)在(1 ,+)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當x1時，f (x)0，所以f (x)不存在兩個零點. e 若 a1，故當 x (1 , ln( 2a)時，f(x)0. 因此f (x)在(1 , ln( 2a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln( 2a) ,+)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當x1時，f (x)0，所以f (x)不存在兩個零點. 綜上，a的取值范圍為(0 ,+8). 不妨設(shè) X1X2,由(1)知，X1 ( 8, 1) , X2 (1 , +8) , 2 X2 (8, 1) , f (X)在(一8, 1

26、)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以 X1 + X2f(2 X2)，即 f (2 X2)1 時，g(x)1 時，g(x)0. 從而 g(X2)= f (2 x2)0，故 Xi + x?1，函數(shù) f(x) = (1 + x2)ex a. (1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間； 證明：f (x)在(8,+ )上僅有一個零點； 若曲線y= f (x)在點P處的切線與x軸平行，且在點 Mm n)處的切線與直線 4 m 2 f (n) = e(n+ 1) = a, e 令 g(m = e (m+ 1), g (m) = e 1. 令 g( x)0，則 m0, g(m在(0 ,+m)上增. OP平行（0是坐標原點）, 14 (1)解 f(x) = 2xex+ (1 + x2)ex = (x2+ 2x + 1)ex = (x + 1)2ex ? x R, f (x) 0 恒成立. f (x)的單調(diào)增區(qū)間為(8,+8 ).