《江苏省2019高考数学二轮复习 专题四 函数与导数 第2讲 导数及其应用学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习 专题四 函数与导数 第2讲 导数及其应用学案（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲导数及其应用考情考向分析1.导数的几何意义和导数运算是导数应用的基础，曲线的切线问题是江苏高考的热点，要求是B级. 2.利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级热点一函数图象的切线问题例1 已知函数f(x)x3(1a)x2a(a2)xb(a，bR)(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为3，求a，b的值；(2)若曲线yf(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围解f(x)3x22(1a)xa(a2)(1)由题意得解得b0，a3或a1.(2)因为曲线yf(x)存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f(x)3x22(1a)xa(a2)0有两个不相等的
2、实数根，所以4(1a)212a(a2)0，即4a24a10，解得a.所以a的取值范围是.思维升华解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，先使用曲线上点的横坐标表示切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系跟踪演练1(1)(2018常州期末)已知函数f(x)bxln x，其中bR，若过原点且斜率为k的直线与曲线yf(x)相切，则kb的值为_答案解析因为f(x)bxln x(x0)，所以f(x)b，设过原点且斜率为k的直线与曲线yf(x)相切于点(x0，bx0ln x0)，则切线方程为y(bx0ln x0)(xx0)，因为该切线过原点，所以(bx0ln x0)，解得ln x01，x0e，所以kb，故
3、kb.(2)(2018江苏泰州中学月考)若曲线yx2与曲线yaln x在它们的公共点P(s，t)处具有公共切线，则实数a的值为_答案1解析两曲线的导数分别是yx，y ，因为在P处有公切线，所以且aln s，解得a1.热点二利用导数研究函数的单调性例2已知函数f(x)2ln xbx，直线y2x2与曲线yf(x)相切于点P.(1)求点P的坐标及b的值；(2)若函数g(x)x(a0)，讨论函数h(x)g(x)f(x)的单调区间解 (1)设P(x0，y0)为直线y2x2与曲线yf(x)的切点坐标，则有2ln x0bx02x02.因为f(x)b(x0)，所以b2.联立解得b0，x01，则切点P(1,0)
4、，b0.(2)由(1)知f(x)2ln x，则h(x)g(x)f(x)x2ln x(x0)求导得h(x)1(x0)令yx22xa(x0)若44a0，即a1时，y0，即h(x)0，此时函数h(x)在定义域(0，)上为增函数；若44a0，即0a1时，函数yx22xa有两个不同零点x11，x21.因为0a1，所以0x1x2.当0xx2时，y0，即h(x)0，h(x)为增函数；当x1xx2时，y0，即h(x)0，h(x)为减函数综上所述，当a1时，函数h(x)的单调增区间为(0，)，无单调减区间；当0a0或f(x)0.若已知函数的单调性，则转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立来求解跟踪
5、演练2(1)函数f(x)x2ln x的单调减区间为_答案(0,1)解析由题意知，函数的定义域为(0，)，又由f(x)x0，解得0x0)，由题意可知，f1，解得a1.故f(x)x3ln x，f(x)，根据题意在区间上，由f(x)0，得x2.于是在区间上，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x2(2,3)3f(x)0f(x)13ln 2f(x)minf(2)13ln 2.(2)f(x)a(x0), 由题意可得方程ax23x20有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)ax23x2，则解得0a0，bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极
6、值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围(1)解由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb32b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以f10，又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)3x22axb0有实根，所以4a212b0，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，
7、x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b，定义域为(3，)(2)证明由(1)知， .设g(t)(t3)，则g(t).当t时，g(t)0，从而g(t)在上单调递增又3，故g(t)g(3)，即.因此b23a.(3)解由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1x2a，xx.从而f(x1)f(x2)xaxbx11xaxbx21(3x2ax1b)(3x2ax2b)a(xx)b(x1x2)220.记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba2，所以h(a)a2，a3.因为h(a)a0，所以g(x)在
8、(0，)上单调递增又因为g(1)0，所以当0x1时，g(x)f(x)1时，g(x)f(x)0，因此f(x)在(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)的最小值为f(1)0.(2)当a0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增又g(1a)ln(1a)ln 10，g(e2)1e2a0，所以g(x)在(0，)上恰有一个零点x0，则在(0，x0)上，g(x)f(x)0，f(x)单调递减；在(x0，)上，f(x)单调递增，所以x0是f(x)的极小值点，不合题意当a0时，令g(x)0，得xa，所以g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当g(a)ln(a)20，即ae2时，f(x)g(x)g(a)0，则f(x)在(0，)上单调递增，无极值点，满足题意当g(a)ln(a)20 ，即e2a0，则g(1)g(a)0，所以g(x)在(a，)上恰有一个零点x1，所以
