《高中数学导数及其应用专题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中数学导数及其应用专题(20页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、1 专题专题 导数及其应用导数及其应用 考点精要考点精要 1了解导数概念的实际背景 2理解导数的几何意义 3了解函数的单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数 的单调区间(其中多项式函数不超过三次) 4了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、 极小值(其中多项式函数一般不超过三次) ;会求闭区间上函数的最大值、最小 值(其中多项式函数一般不超过三次) 5会利用导数解决某些实际问题 热点解析热点解析 导数的几何意义及其应用,基本初等函数的导数公式及导数运算的四则运 算法则是高考的重点与热点,要会利用导数求曲线的切线,注意区分在某点处 的切线与过某点的曲
2、线的切线 求函数在点(x0,)处的切线方程或切线斜率;求函数的单调增)( 0 xf)(xf 区间或单调减区间;求函数在(a,b) 上的极值,求在a,b上的最大)(xf 值、最小值等等,在近几年高考试题中频频出现 知识梳理知识梳理 1一般地,函数 y=在 x=x0处的瞬时变化率是=( )f x 00 0 ()() lim x f xxf x x 我们称它为函数 y=在 x=x0处的导数导数,记作或 y|x=x0,即= 0 lim, x f x ( )f x 0 ()fx 0 ()fx 00 0 ()() lim x f xxf x x 2函数在 x=x0处的导数就是切线 PT 的斜率 k,即 k
3、=( )f x 00 0 ()() lim x f xxf x x 0 ()fx 3导函数= y=( )fx 0 ()( ) lim x f xxf x x 2 4c=0, (x1)=1, (x2)=2x, 2 11 xx 1 2 x x 5基本初等函数的导数公式: (1)若=c,则=0;(2)若=xn(n) ,则( )f x( )fx( )f x * =nxn1;( )fx (3)若=sinx,则=cosx;(4)若=cosx,则( )f x( )fx( )f x =sinx;( )fx (5)若=ax,则=axlna;(6)若=ex,则=ex;( )f x( )fx( )f x( )fx
4、(7)若=logax,则=;(8)若=lnx,则=;( )f x( )fx 1 lnxa ( )f x( )fx 1 x 6导数运算法则: (1) =(2) =+( )f x( )g x( )fx( )g x( )f x( )g x( )fx( )g x( )f x ;( )g x (3) 2 ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) f xfx g xf xg x g x g x 7.导数的应用体现在三个方面: (1)求曲线的切线:其方法是,先求函数在某点处的导数得切线斜率,再用点 斜式建立切线方程,后化为一般式 求曲线的切线时要注意两种不同的要求:一种是求“函数在某点处的切线”,
5、这个点就是切点;一种是求“函数过某点的切线”,则这个点可以是切点,也可 以不是切点。这两种要求的切线的求法有区别 (2)求函数的极大(小)值与最大(小值) 求可导函数的极值的步骤:)(xfy 求导数;这一步是基础,要求利用导数公式及运算法则正确地)(xfy 求出导函数)(x f 求方程=0 的根;这一步用到方程知识,注意=0 的根应在 y=)(x f )(x f 的定义域中)(xf 检验在方程=0 的根(又叫函数驻点)的左、右侧的符号是否)(x f )(x f 发生变化:如果在根的左侧附近为正,右侧附近为负,那么函数 y=在)(x f )(xf 3 这个根处取得极大值;如果相反,在这个根的左侧
6、附近为负,右侧附近为)(x f 正,那么函数 y=在这个根处取得极小值)(xf 如果求闭区间a,b上函数的最值,则应在、及开区间)(af)(bf (a,b)内的极值中间作比较,最大的就是最大值,最小的就是最小值 (3)研究函数的单调性 设函数 y=在某个区间 D 内可导,且,则在这个区间上为增函)(xf)(x f 0)(xf 数;若,则在这个区间上为减函数 (注意:这里=0 在 D 的)(x f 0)(xf)(x f 任意一个子区间内不能恒成立,否则,函数在这个子区间内为常函数,为水平 线段,不具有单调性) (4)不等式的恒成立问题与能成立(存在性)问题不等式的恒成立问题与能成立(存在性)问题
7、 不等式的恒成立问题不等式的恒成立问题 若若在在上恒成立,等价于上恒成立,等价于在在上的最小值上的最小值,xD( )f xmD( )f xD 成立,若成立,若在在上恒成立,等价于上恒成立,等价于在在上的最大上的最大 min ( )f xm,xD( )f xmD( )f xD 值值成立成立 max ( )f xm 对任意对任意,都有,都有成立的充要条件是成立的充要条件是 12 ,x xD 12 ()()f xg x maxmin ( )( )f xg x 不等式的能成立(存在性)问题不等式的能成立(存在性)问题 若若在在上能成立,等价于上能成立,等价于在在上的最大值上的最大值,xD( )f xm
8、D( )f xD 成立成立 m ( ) ax f xm 若若在在上能成立,等价于上能成立,等价于在在上的最小值上的最小值,xD( )f xmD( )f xD 成立。成立。 min ( )f xm 例题精讲: 例 1. 曲线 y=x ex+2x+1 在点(0,1)处的切线方程为_ 4 例 2. 有下列命题: x=0 是函数 y=x3的极值点 三次函数=ax3+bx2+cx+d 有极值点的充要条件是 b23ac0)(xf 奇函数=mx3+(m1)x2+48(m2)x+n 在区间(4,4)上是单调)(xf 函数 其中假命题的序号是_ 例 3. 已知函数=x3+bx2+cx+d 的图像过点 P(0,2
9、) ,且在点)(xf M(1,f(1) )处的切线方程为 6xy+7=0 (1)求函数 y=的解析式;)(xf (2)求函数 y=的单调区间)(xf 例 4 (没有图像) 已知函数R). a x ax xf( ln )( (1)若曲线在点处的切线与直线平行,求 a 的)(xfy )1 (, 1 (f01 yx 值; om 5 (2)求函数的单调区间和极值;)(xf (3)当,且时,证明:1a1x . 1 )(xf 解:(I)函数( ) |0,f xx x 的定义域为 所以 2 1ln ( ). xa fx x 又曲线处的切线与直线平行,( )(1,(1)yf xf在点10xy 所以 4 分(1
10、)11,0.faa 即 (II)令 1 ( )0,. a fxxe 得 当 x 变化时,的变化情况如下表:( ),( )fxf x x 1 (0,) a e 1 a e 来 1 (,) a e ( )fx+0 ( )f x 极大值 由表可知:的单调递增区间是,单调递减区间是( )f x 1 (0,) a e 1 (,) a e 所以处取得极大值,9 分 1 ( ) a f xxe 在 11 ( )(). an f xf ee 极大值 (III)当 ln1 1,( ). x af x x 时 由于 ln1 1,( )1, x xf x x 要证 只需证明ln1.xx 令 11 ( )ln1,(
11、)1. x h xxxh x xx 则 6 因为,所以上单调递增,1x, 1)(, 0)( 在故xhxh 当即成立。, 0) 1 ()(,1hxhx时xx1ln 故当时,有1x . 1 )(, 1 1ln xf x x 即 13 分 例 5 18.(本小题共 14 分) 已知函数()若,求函数的极值和单 1 ( )ln(0,)f xax aa x R 1a ( )f x 调区间; (II) 若在区间上至少存在一点,使得成立,求实数的取值范 1,e 0 x 0 ()0f x a 围. 解:(I)因为,2 分 22 11 ( ) aax fx xxx 当, ,令,得 ,3 分 又的 1a 2 1
12、( ) x fx x ( )0fx 1x ( )f x 定义域为, (0,) ,随的变化情况如下表: ( )fx( )f x x x (0,1) 1 (1,) ( )fx 0 ( )f x 极小值Z 所以时,的极小值为 1 .5 分 的单调递增区间为,单调 1x ( )f x( )f x(1,) 递减区间为;6 分 (0,1) 7 (II)解法一:因为 ,且, 令,得到 22 11 ( ) aax fx xxx 0a ( )0fx , 1 x a 在区间存在一点,使得成立,充要条件是在区间上 (0, e 0 x 0 ()0f x( )f x(0, e 的最小值小于 0 即可.7 分 (1)当,
13、即时,对成立,所以,在 1 0x a 0a ( )0fx (0,)x( )f x 区间上单调递减, (0, e 故在区间上的最小值为, ( )f x(0, e 11 ( )lnf eaea ee 由,得,即9 分 1 0a e 1 a e 1 (,)a e (2)当,即时, 若,则对成立,所 1 0x a 0a 1 e a ( )0fx (0, xe 以在区间上单调递减, 所以,在区间上的最小值为 ( )f x(0, e( )f x(0, e , 11 ( )ln0f eaea ee 显然,在区间上的最小值小于 0 不成立11 分 ( )f x(0, e 若,即时,则有 1 0e a 1 a
14、e x 1 (0,) a 1 a 1 (, ) e a ( )fx 0 ( )f x 极小 Z 8 值 所以在区间上的最小值为,由 ( )f x(0, e 11 ( )lnfaa aa , 11 ( )ln(1ln )0faaaa aa 得 ,解得,即.13 分 1ln0aae ( ,)ae 综上,由(1)(2)可知:符合题意.14 分 1 (,)( ,)ae e U 解法二:若在区间上存在一点,使得成立, 即, (0, e 0 x 0 ()0f x 0 0 1 ln0ax x 因为, 所以,只需7 分 0 0x 00 1ln0axx 令,只要在区间上的最小值小于 0 即可 ( )1lng xaxx ( )1lng xaxx (0, e 因为,令, ( )ln(ln1)g xaxaax( )(ln1)0g xax 得9 分 1 x e (1)当时: 0a x 1 (0, ) e 1 e 1 ( , e e ( )g x 0 ( )g x Z极大值 因为时,而, 1 (0, )x e ( )1ln0g xaxx ( )1ln1g ea