2019年高考數(shù)學(xué) 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(xué)案 理（含解析）

導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用【2019年高考考綱解讀】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(dá)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B級； 【重點、難點剖析】 1導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)yf(x)在xx0處的導(dǎo)數(shù)f(x0)就是曲線yf(x)在點(x0，f(x0)處的切線的斜率，即kf(x0)(2)曲線yf(x)在點(x0，f(x0)處的切線方程為yf(x0)f(x0)(xx0)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)cf(x)0f(x)xn(nR)f(x)nxn1f(x)sin xf(x)cos xf(x)cos xf(x)sin xf(x)ax(a0且a1)f(x)axln af(x)exf(x)exf(x)logax(a0且a1)f(x)f(x)ln xf(x)(2)導(dǎo)數(shù)的四則運算u(x)±v(x)u(x)±v(x)；u(x)v(x)u(x)v(x)u(x)v(x)；(v(x)0)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)yxsin x . 【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(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)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，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解【變式探究】(2018·全國)曲線y2ln(x1)在點(0,0)處的切線方程為_答案2xy0解析y2ln(x1)，y.令x0，得y2，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y2x，即2xy0.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則 【答案】【解析】對函數(shù)求導(dǎo)得，對求導(dǎo)得，設(shè)直線與曲線相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得.【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【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線yex在點(0，1)處的切線與曲線y(x0)上點P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為_解析(ex)e01，設(shè)P(x0，y0)，有1，又x00，x01，故xP(1，1)答案(1，1)【變式探究】 (1)曲線yxex1在點(1,1)處切線的斜率等于()A2eBeC2D1(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線yax2(a，b為常數(shù))過點P(2，5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x2y30平行，則ab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【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(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)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，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)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【例2】已知函數(shù)f(x)2exkx2.(1)討論函數(shù)f(x)在(0，)內(nèi)的單調(diào)性； (2)若存在正數(shù)m，對于任意的x(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正實數(shù)k的取值范圍解(1)由題意得f(x)2exk，x(0，)，因為x>0，所以2ex>2.當(dāng)k2時，f(x)>0，此時f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增當(dāng)k>2時，由f(x)>0得x>ln ，此時f(x)單調(diào)遞增；由f(x)<0得0<x<ln ，此時f(x)單調(diào)遞減綜上，當(dāng)k2時，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)k>2時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(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)系式y(tǒng)4(x6)2，其中2<x<6，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(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x4時，y21，代入關(guān)系式y(tǒng)4(x6)2，得1621，解得m10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y4(x6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤f(x)(x2)4(x6)24x356x2240x278(2<x<6)，從而f(x)12x2112x2404(3x10)(x6)(2<x<6) 令f(x)0，得x，且在上，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(，6)上，f(x) <0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點，所以當(dāng)x3.3時，函數(shù)f(x)取得最大值故當(dāng)銷售價格為3.3元/套時，網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要注意函數(shù)模型中的定義域，還要注意實際問題的意義，不符合的解要舍去題型五利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題【例5】(2016·高考全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當(dāng)a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1)時，f(x)0，求a的取值范圍(1)f(x)的定義域為(0，)當(dāng)a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.(2)當(dāng)x(1，)時，f(x)0等價于ln x0.設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.當(dāng)a2，x(1)時，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)0；當(dāng)a2時，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當(dāng)x(1，x2)時，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a0，函數(shù)f(x)eaxsin x(x0，)記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個極值點，證明：(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列；(2)若a，則對一切nN*，xn|f(xn)|恒成立. 證明(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0.令f(x)0，由x0得xm，即xm，mN*，對kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)，則f(x)0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，則f(x)0.因此，在區(qū)間(m1)，m)與(m，m)上，f(x)的符號總相反于是當(dāng)xm(mN*)時，f(x)取得極值，所以xnn(nN*)此時，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常數(shù)，故數(shù)列f(xn)是首項為f(x1)ea()sin ，公比為ea的等比數(shù)列(2)由(1)知，sin ，于是對一切nN*；xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等價于(*)恒成立，因為(a0)設(shè)g(t)(t0)，則g(t).令g(t)0得t1.當(dāng)0t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增從而當(dāng)t1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式恒成立，只需g(1)e，即只需a.而當(dāng)a時，由tan 且0知，.于是，且當(dāng)n2時，n2.因此對一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e.故(*)式亦恒成立綜上所述，若a，則對一切nN*，xn|f(xn)|恒成立【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)證明：當(dāng)x0時，f(x)x；(2)證明：當(dāng)k1時，存在x00，使得對任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t0，對任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.(1)證明令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，則有F(x)1.當(dāng)x(0，)時，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(0，)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x0時，F(xiàn)(x)F(0)0，即當(dāng)x0時，f(x)x.(2)證明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，則有G(x)k.當(dāng)k0時，G(x)0，故G(x)在(0，)單調(diào)遞增，G(x)G(0)0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意當(dāng)0k1時，令G(x)0，得x10，取x01，對任意x(0，x0)，有G(x)0，從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)綜上，當(dāng)k1時，總存在x00，使得對任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)解當(dāng)k1時，由(1)知，對于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)M(x)kxln(1x)x2，x0，)則有M(x)k2x.故當(dāng)x時，M(x)0，M(x)在上單調(diào)遞增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(2)知，存在x00，使得當(dāng)x(0，x0)時，f(x)g(x)，此時|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2，x0，)則有N(x)k2x.當(dāng)x時，N(x)0，N(x)在上單調(diào)遞增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.記x0與中的較小者為x1，則當(dāng)x(0，x1)時，恒有|f(x)g(x)|x2.故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(1)知，當(dāng)x0時，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，x0，)，則有H(x)12x.當(dāng)x0時，H(x)0，所以H(x)在0，)上單調(diào)遞減，故H(x)H(0)0.故當(dāng)x0時，恒有|f(x)g(x)|x2.此時，任意正實數(shù)t均滿足題意綜上，k1.法二(1)(2)證明同法一(3)解當(dāng)k1時，由(1)知，對于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0xk1.從而得到，當(dāng)k1時，對于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，取k1，從而kk11，由(2)知，存在x00，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此時|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0x，此時f(x)g(x)x2.記x0與的較小者為x1，當(dāng)x(0，x1)時，恒有|f(x)g(x)|x2.故滿足題意的t不存在當(dāng)k1時，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，則有M(x)12x.當(dāng)x0時，M(x)0，所以M(x)在0，)上單調(diào)遞減，故M(x)M(0)0.故當(dāng)x0時，恒有|f(x)g(x)|x2，此時，任意正實數(shù)t均滿足題意綜上，k1.題型六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題【例6】(2016·高考全國卷)已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個零點(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1x2<2.設(shè)a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，)時，f(x)>0，因此f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點若a<，則ln(2a)>1，故當(dāng)x(1，ln(2a)時，f(x)<0；當(dāng)x(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(dāng)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，)(2)不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1x2<2等價于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)x2ea(x21)2，而f(x2)(x22)ea(x21)20，所以f(2x2)x2e(x22)ex2.設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)所以當(dāng)x>1時，g(x)<0，而g(1)0，故當(dāng)x>1時，g(x)<0.從而g(x2)f(2x2)<0，故x1x2<2.【舉一反三】 (2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(，)上僅有一個零點；(3)若曲線yf(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點)，證明：m1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR，f(x)0恒成立f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(，)(2)證明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a>1，f(0)<0，f(a)>2aeaa>2aaa>0，f(0)·f(a)<0，f(x)在(0，a)上有一零點，又f(x)在(，)上遞增，f(x)在(0，a)上僅有一個零點，f(x)在(，)上僅有一個零點(3)證明f(x)(x1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f(x0)ex0(x01)20，x01，把x01，代入yf(x)得y0a，kOPa.f(m)em(m1)2a，令g(m)em(m1)，g(m)em1.令g(x)>0，則m>0，g(m)在(0，)上增令g(x)<0，則m<0，g(m)在(，0)上減g(m)ming(0)0.em(m1)0，即emm1.em(m1)2(m1)3，即a(m1)3.m1，即m1.【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)c(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)，cR)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值(2)討論關(guān)于x的方程|ln x|f(x)根的個數(shù)【解析】解(1)f(x)，由f(x)>0得x<，由f(x)<0得x>.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.所以f(x)maxfc.(2)由已知|ln x|f(x)得|ln x|c，x(0，)，令g(x)|ln x|，yc.當(dāng)x(1，)時，ln x>0，則g(x)ln x.所以g(x)>0.所以g(x)在(1，)上單調(diào)遞增當(dāng)x(0,1)時，ln x<0，則g(x)ln x.所以g(x). 因為e2x(1，e2)，e2x>1>x>0，所以<1，而2x1<1.所以g(x)<0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減由可知，當(dāng)x(0，)時，g(x)g(1).由數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)c<時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為0；當(dāng)c時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為1；當(dāng)c>時，方程|ln x|f(x)根的個數(shù)為2.【規(guī)律方法】(1)本題第(1)問，利用了函數(shù)單調(diào)的充分條件：“若f(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，若f(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減”；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而對于函數(shù)的最值需謹(jǐn)記函數(shù)在閉區(qū)間上一定存在最值，在開區(qū)間上函數(shù)不一定存在最值，若存在，一定是極值 (2)本題第(2)問，借助轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，把方程根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象交點的個數(shù)，利用極值解決問題13