2011年高考数学二轮专题复习课件：导数及其应用

第2讲导数及其应用第２讲│主干知识整合1．导数的概念与几何意义①函数y＝f(x)在点x0处的导数f′(x0)，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝tanα＝f′(x0)．求过P(x0，y0)点的曲线y＝f(x)的切线方程时，应先判断P(x0，y0)是否是切点，即是否在曲线y＝f(x)上，若P(x0，y0)是曲线y＝f(x)上的点，则k切＝f′(x)|x＝x0＝f′(x0)，代入点斜式方程y－y0＝f′(x0)(x－x0)，就是过P(x0，y0)的曲线的切线方程；若P(x0，y0)不是切点，即不是曲线上的点，则应设切点为(x1，y1)，求出(x1，y1)，再求方程．②注意“函数f(x)在点x0处的导数”、“导函数”和“导数”之间的区别和联系．第２讲│主干知识整合2．导数在研究函数中的作用①由导数的正负可以判断函数的单调性，但不能将条件和结论对调．②函数的极值是一个局部性概念，极值点一定是区间内部的点而不是端点，区间的端点不能成为极值点．判断一个点是不是极值点，除了判断f′(x)＝0的根的情况外，还要判断其左右f′(x)值的符号．研究实际问题时要注意函数的定义域．第２讲│主干知识整合③函数f(x)在某区间内有极值，那么函数f(x)在该区间内一定不是单调函数，即在区间上单调函数没有极值．④极大值和极小值没有必然联系．极大值不一定比极小值大．极小值不一定比极大值小，函数的极值一般不是唯一的．函数的最大(小)值是整体性概念，如果存在最大(小)值，那么最大(小)值唯一．例1已知直线l与函数f(x)＝lnx的图象相切于点(1,0)，且l与函数g(x)＝12x2＋mx＋72(m0)的图象也相切．则m的值为________．►探究点一导数的几何意义与导数运算第２讲│主干知识整合－2【解析】∵f′(x)＝1x，直线l是函数f(x)＝lnx的图象在点(1,0)处的切线，∴其斜率为k＝f′(1)＝1，∴直线l的方程为y＝x－1.又因为直线l与g(x)的图象相切，由y＝x－1，y＝12x2＋mx＋72⇒12x2＋(m－1)x＋92＝0，得Δ＝(m－1)2－9＝0⇒m＝－2(m＝4不合题意，舍去)．第２讲│主干知识整合第２讲│要点热点探究【点评】求解曲线方程的过程中应注意审清题意，吃透概念，正确区分“过曲线上的点P的切线”与“曲线上的点P处的切线”两个不同的概念及相应不同的解法．在以后的解题中，同学们应尽量避免审题和解题失误，以不变应万变，真正达到活学活用的目的．第２讲│要点热点探究例2给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数：①f(x)＝sinx＋cosx；②f(x)＝lnx－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝－xe－x.在0，π2上不是凸函数的是________．第２讲│要点热点探究④【解析】若f(x)＝sinx＋cosx，则f″(x)＝－sinx－cosx，在x∈0，π2上，恒有f″(x)0；若f(x)＝lnx－2x，则f″(x)＝－1x2，在x∈0，π2上，恒有f″(x)0；若f(x)＝－x3＋2x－1，则f″(x)＝－6x，在x∈0，π2上，恒有f″(x)0；若f(x)＝－xe－x，则f″(x)＝2e－x－xe－x＝2－xe－x，在x∈0，π2上，恒有f″(x)0，故④不是．第２讲│要点热点探究【点评】本题是新定义题，只要准确运用求导法则，细心运算不难得到结果．第２讲│要点热点探究例3若函数g(x)＝exx2＋k，且在区间(2,3)上不单调，则实数k的取值范围是________．►探究点二导数与函数的单调性第２讲│要点热点探究－3k0【解析】因为g(x)＝exx2＋k，所以g′(x)＝exx2－2x＋kx2＋k2，又g(x)在区间(2,3)上不单调，故g′(x)＝exx2－2x＋kx2＋k2＝0在区间(2,3)上有根，且不能有两个相等的根．令g′(x)＝0，有x2－2x＋k＝0，则4－4＋k0，9－6＋k0，解得－3k0.第２讲│要点热点探究【点评】利用可导函数判断函数单调性的基本方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果导数f′(x)0，则函数在这个区间上为增函数；如果导数f′(x)0，则函数f(x)在这个区间上为减函数．但要注意y′0只是y＝f(x)在某个区间内递增的充分条件而不是充要条件．第２讲│要点热点探究函数g(x)＝ax3＋2(1－a)x2－3ax在区间－∞，a3内单调递减，则a的取值范围是________．第２讲│要点热点探究(－∞，－1]【解析】∵g(x)在区间－∞，a3内单调递减，∴g′(x)＝3ax2＋4(1－a)x－3a在－∞，a3上的函数值非正，由于a0，对称轴x＝2a－13a0，故只需g′a3＝a33＋43a(1－a)－3a≤0，注意到a0，∴a2＋4(1－a)－9≥0，得a≤－1或a≥5(舍去)．故所求a的取值范围是(－∞，－1]．第２讲│要点热点探究例4设函数f(x)＝13x3－12x2＋2x.对于任意实数x∈[－1,2]，f(x)≤m恒成立，则m的最小值为________．►探究点三导数与函数的极值和最值第２讲│要点热点探究143【解析】令g(x)＝13x3－12x2＋2x，g′(x)＝x2－x＋20恒成立．则g(x)在－1，2上单调递增．即m的最小值为143.【点评】不等式恒成立问题往往转化为研究函数最值问题．但要注意满足f′(x0)＝0的点x＝x0(称为驻点)只是它为极大(小)值点的必要而不充分条件，如果一味地把驻点等同于极值点，往往容易导致失误．第２讲│要点热点探究例5已知函数f(x)＝12ax2－2xsin2α和函数g(x)＝lnx，记F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)当α＝π3时，若f(x)在[1,2]上的最大值是f(2)，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，判断F(x)在其定义域内是否有极值，并予以证明；(3)对任意的α∈π6，23π，若F(x)在其定义域内既有极大值又有极小值，试求实数a的取值范围．►探究点四导数的综合运用【解答】(1)α＝π3时，f(x)＝12ax2－32x.①当a＝0时，f(x)＝－32x，不合题意；②当a0时，f(x)＝12ax2－32x在－∞，32a上递增，在32a，＋∞上递减，而[1,2]⊆32a，＋∞，故不合题意；③当a0时，f(x)＝12ax2－32x在－∞，32a上递减，在32a，＋∞上递增，f(x)在[1,2]上的最大值是max{f(1)，f(2)}＝f(2)，所以f(1)≤f(2)，即12a－32≤2a－3，所以a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)当a＝1时，F(x)＝12x2－2xsin2α＋lnx，定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝x＋1x－2sin2α≥2－2sin2α＝2cos2α≥0.①当cosα≠0时，F′(x)0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而F(x)在其定义域内没有极值；②当cosα＝0时，F′(x)＝x＋1x－2＝x－12x，令F′(x)＝0有x＝1，但是x∈(0,1)时，F′(x)0，F(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，F′(x)0，F(x)也单调递增，所以F(x)在其定义域内也没有极值．综上，F(x)在其定义域内没有极值．(3)据题意可知，令F′(x)＝ax＋1x－2sin2α＝0，即方程ax2－2xsin2α＋1＝0在(0，＋∞)上恒有两个不相等的实数根．即Δ＝4sin4α－4a0，sin2αa0恒成立，因为α∈π6，23π，sinα∈12，1，所以0a116.【点评】根据高考在知识的交汇点命题这一特点，导数能与许多数学知识构成广泛的联系，特别是与函数、数列、平面向量、三角的综合，所以导数的“交融性”在高考中的应用尤为突出，仍将是今后高考数学命题的重点和热点．设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(x0)的图象与直线y＝4相切于M(1,4)．(1)求f(x)＝x3＋ax2＋bx在区间(0,4]上的最大值与最小值；(2)是否存在两个不等正数s，t(st)，当x∈[s，t]时，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的值域也是[s，t]？若存在，求出所有这样的正数s，t；若不存在，请说明理由；(3)设存在两个不等正数s，t(st)，当x∈[s，t]时，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的值域是[ks，kt]，求正数k的取值范围．【解答】(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.依题意则有：f1＝4，f′1＝0，所以1＋a＋b＝4，3＋2a＋b＝0，解得a＝－6，b＝9，所以f(x)＝x3－6x2＋9x；f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＝0可得x＝1或x＝3.f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况为：x0(0,1)1(1,3)3(3,4)4f′(x)＋0－0＋f(x)0增函数4减函数0增函数4所以函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间[0,4]上的最大值是4，最小值是0.(2)由函数的定义域是正数知，s0，故极值点(3,0)不在区间[s，t]上；①若极值点M(1,4)在区间[s，t]上，此时0s≤1≤t3，在此区间上f(x)的最大值是4，不可能等于t，故在区间[s，t]上没有极值点；②若f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上单调递增，即0st≤1或3st，则fs＝s，ft＝t，即s3－6s2＋9s＝s，t3－6t2＋9t＝t，解得s＝2，t＝4，不合要求；③若f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t]上单调递减，即1st3，则fs＝t，ft＝s，两式相减并除以s－t得：(s＋t)2－6(s＋t)－st＋10＝0，①两式相除并开方可得[s(s－3)]2＝[t(t－3)]2，即s(3－s)＝t(3－t)，整理并除以s－t得，s＋t＝3，②代入①有st＝1，与1st3矛盾，∴不存在这样的正数s、t.(3)同(2)，极值点(3,0)不可能在区间[s，t]上；①若极值点M(1,4)在区间[s，t]上，此时0s≤1≤t3，故有(i)0s≤1≤t3，kt＝4，ks＝fs，fs≤ft或(ii)0s≤1≤t3，kt＝4，ks＝ft，fs≥ft.(i)由k＝4t，1≤t3知，k∈43，4，当且仅当t＝1时，k＝4；再由k＝(s－3)2,0s≤1知，k∈[4,9)，当且仅当s＝1时，k＝4.由于s≠t，故不存在满足要求的k值．(ii)由s＝1kf(t)＝t4f(t)＝t3－t22，及0s≤1可解得2≤t3，所以k＝4t，2≤t3知，k∈43，2；即当k∈43，2时，存在t＝4k∈[2,3)，s＝1kf(t)＝t3－t22∈(0,1]，且f(s)≥4s＝4kf(t)f(t)，满足要求．②若函数f(x)在区间[s，t]上单调递增，则0st≤1或3st，且fs＝ksft＝kt，故s，t是方程x2－6x＋9＝k的两根，由于此方程两根之和为3，故[s，t]不可能同在一个单调增区间内；③若函数f(x)在区间[s，t]上单调递减，则1st3，fs＝ktft＝ks，两式相减并整理得s2(