2019高考数学二轮复习专题二函数与导数第三讲导数的简单应用学案理.doc

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1、1第三讲 导数的简单应用、定积分考点一 导数的几何意义、定积分1导数公式(1)(sinx)cos x；(2)(cosx)sin x；(3)(ax) axlna(a0)；(4)(logax) (a0，且 a1)1xlna2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)3微积分基本定理一般地，如果 f(x)是区间 a， b上的连续函数，并且 F( x) f(x)，那么 f(x)badx F(b) F(a)对点训练2解析 答案

2、 D解析 答案 A3解析 答案 24解析 答案 2 22快速审题 看到求切线，想到用导数的几何意义；看到定积分，想到微积分的基本定理和图形4(1)求曲线 y f(x)的切线方程的 3种类型及方法已知切点 P(x0， y0)，求切线方程求出切线的斜率 f( x0)，由点斜式写出方程；已知切线的斜率 k，求切线方程设切点 P(x0， y0)，通过方程 k f( x0)解得 x0，再由点斜式写出方程；已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点 P(x0， y0)，利用导数求得切线斜率 f( x0)，再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)利用定积分求平面图形

3、面积的方法利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值考点二 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，即当 0x20，故此时函数 f(x)在 上递增，(1 1 4a22a ， 1 1 4a22a )在 和 上递减，(0，1 1 4a22a ) (1 1 4a22a ， )综上，00”变为“ aR” ，其他条件不变，则 f(x)的单调性如何？解 由例 2解的内容知： f( x) ， x(0，)，

4、ax2 x ax2令 h(x) ax2 x a.6当 a0 时， h(x)0恒成立，所以 f( x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增，当 a0时，同例 2解的内容综上： a0 时，函数 f(x)在(0，)上递增00”变1x为“ aR”试讨论 f(x)的单调性解 函数 f(x)的定义域为(0，)，f( x) a1x2 1 ax .ax2 1 ax 1x2 x 1ax 1x2当 a0 时， f( x) ，x 1x2令 f( x)0，则 x1，令 f( x)0时， x 0，令 f( x)0，则 x1，令 f( x)0，1a则 1 ，所以函数 f(x)在区间(0,1)和1a 1a上单调递减，在区间

5、 上单调递增；(1a， ) (1， 1a)当 a ，令 f( x)0，则 1，1a 1a 1a7所以函数 f(x)在区间 和(1，)上单调递减，在区间 上单调递增(0， 1a) ( 1a， 1)综上，当 a0 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增；当 a1 时，函数 f(x)在定义域(0，)上单调递减；当10，函数 f(x)单调递增；8当 x(1，)时， f ( x)0，所以 2ax2 x10 恒成立，即 f ( x)0 恒成立，18所以函数 f(x)在(0，)上单调递增若 0，即 00， x20, f ( x)0，函数 f(x)单调递增；(0，1 1 8a4

6、a )当 x 时， 2ax2 x1x10.18当 x 时，2 ax2 x10, f ( x)0，函数 f(x)单调递增；(0，1 1 8a4a )当 x 时，2 ax2 x10, f ( x)0，函数 f(x)单调递增(1 1 8a4a ， )综上，当 a0 时， f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)；当 a 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；18当 00，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

7、9角度 1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围解析 f ( x) x ，由 f ( x)0 得( x m) 0， x m或 x .显1x (m 1m) (x 1m) 1m然 m0.当且仅当 00，当 x( m,2)时， f ( x)1m 120，1m (0， 1m)当 x 时， f ( x)4.10(2)不等式 f(x1) f(x2) 恒成立fx1 fx2x1 x2f(x1) f(x2) alnx1 x ax1 alnx2 x ax2.1221 122由(1)可知 x1 x2 a， x1x2 a， f(x1) f(x2) a(lnx1ln x2) (x x ) a(x1 x2

8、)12 21 2 aln(x1x2) (x1 x2)22 x1x2 a(x1 x2)12 alna (a22 a) a2 a ，12 (lna 12a 1) ln a a1，fx1 fx2x1 x2 12令 yln a a1，则 y .12 1a 12 a4， y0，x1 ， x2 ，1 a a2 a 13a 1 a a2 a 13aa0时，若 f(x)在 x1 处取最小值，只需 x10 且 x21，解得 00， f(x)单调递增； x(2,1)时， f( x)0， f(x)为增函( 1，12) (12， 1)数，所以当 cosx 时， f(x)取最小值，此时 sinx .又因为 f(x)12

9、 322sin x2sin xcosx2sin x(1cos x)，1cos x0 恒成立， f(x)取最小值时，sinx ， f(x)min2 .32 ( 32) (1 12) 332解法二： f(x)2sin xsin2 x2sin x2sin xcosx2sin x(1cos x)， f2(x)4sin 2x(1cos x)24(1cos x)(1cos x)3.令 cosx t， t1,1，设 g(t)4(1 t)(1 t)3， g( t)4(1 t)312(1 t)2(1 t)4(1 t)2(24 t)当 t 时， g( t)0， g(t)为增函数；( 1，12)当 t 时， g(

10、t) ，则当 x 时， f( x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a ，则当 x(0,2)时， x20，12 12所以 2不是 f(x)的极小值点综上可知， a的取值范围是 .(12， )1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问2高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等有时出现在解答题第一问3近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略热点课题 6 导数与函数的单调性与最值14感悟体验已知函数 f(x) ax2( a2) xln x，其中

11、aR.(1)当 a1 时，求曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程；(2)当 a0时，若 f(x)在区间1，e上的最小值为2，求 a的取值范围解 (1)当 a1 时， f(x) x23 xln x(x0)，所以 f( x)2 x3 ，1x 2x2 3x 1x所以 f(1)2， f(1)0.所以切线方程为 y2.(2)函数 f(x) ax2( a2) xln x的定义域为(0，)，15当 a0时， f( x)2 ax( a2) ，1x 2ax2 a 2x 1x 2x 1ax 1x令 f( x)0，解得 x 或 x .12 1a当 01时， xf( x)0，此时 f( x)0，函数 f

12、(x)递增所以当 x1 时，函数 f(x)取得极小值当 x0，函数 f(x)递增，当10，此时 f( x)0)，若对任意两个不相等的12正实数 x1， x2，都有 2恒成立，则实数 a的取值范围是( )fx1 fx2x1 x2A(0,1 B(1，) C(0,1) D1，)解析 根据 2可知函数的导数大于或等于 2，所以 f( x)fx1 fx2x1 x2 x2( x0， a0)，分离参数得 a x(2 x)，而当 x0时， x(2 x)的最大值为 1，故axa1.故选 D.答案 D5(2018湖北荆州调研)已知直线 y kx2 与曲线 y xlnx相切，则实数 k的值为( )Aln2 B1 C

13、1ln2 D1ln2解析 由直线 y kx2 与曲线 y xlnx相切，设切点为 P(x0， y0)，对于y xlnx，易得 y1ln x， k1ln x0，又Error! kx02 x0lnx0，可得 x02， kln21，故选 D.答案 D176(2018广东深圳期末)已知函数 f(x) xlnx aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数 a的取值范围是( )A. B(0，e) C. D(，e)(0，1e) (1e， e)解析 由题意可得 f( x)ln x1 aex，因函数 f(x) xlnx aex有两个极值点，则直线 y a和 g(x) 的图象在(0，)内有 2个交点，易得

14、g( x)lnx 1ex(x0)，1x lnx 1ex令 h(x) ln x1，1x则 h( x) 1x0，即 g( x)0， g(x)单调递增；当 x(1，)时， h(x)0，即( x22)e x0，因为 ex0，所以 x220，解得 0，所以 x2( a2) x a0，则 a ( x1) 对 x(1,1) 都成立x2 2xx 1 x 12 1x 1 1x 1令 g(x)( x1) ，1x 1则 g( x)1 0.1x 12所以 g(x)( x1) 在(1,1)上单调递增1x 1所以 g(x)0，所以 x2( a2) x a0 对 xR 都成立所以 ( a2) 24 a0，即 a240，这是

15、不可能的故函数 f(x)不可能在 R上单调递减12(2018辽宁五校模拟)已知函数 f(x)2ln x x22 ax(a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1， x2(x12时， 0，方程 x2 ax10 有两个不同的实根，分别设为 x3， x4，不妨令x30，当 x( x3， x4)时，f( x)0，所以函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， a a2 42 )在 上单调递增(a a2 42 ， )综上，当 02时 f(x)在上单调递增，在 上单调递减，在(0，a a2 42 ) (a a2 42

16、， a a2 42 )上单调递增(a a2 42 ， )(2)由(1)得 f(x)在( x1， x2)上单调递减， x1 x2 a， x1x21，则 f(x1) f(x2)2ln ( x1 x2)(x1 x22 a)2ln 2ln ，x1x2 x1x2 x2 x21x1x2 x1x2 x2x1 x1x2令 t ，则 0t1， f(x1) f(x2)2ln t t，x1x2 1t令 g(t)2ln t t(0t1)，则 g( t) 0，1t t 12t2故 g(t)在(0,1)上单调递减且 g 2ln2，(12) 32故 g(t) f(x1) f(x2) 2ln2 g ，即 0t ，32 (12) 12而 a2( x1 x2)2 2 t 2，其中 0t ，x1x2 x2x1 1t 12令 h(t) t 2， t ，1t (0， 12所以 h( t)1 0在 t 上恒成立，1t2 (0， 12故 h(t) t 2 在 上单调递减，1t (0， 1222从而 a2 ，92故 a的取值范围是 .322， )