(共35张PPT)
第二课 一元函数的导数及其应用
核心整合·思维导图
考点突破·素养提升
素养一 数学运算
角度1 导数的计算
【典例1】(1)(2020·天津高二检测)已知函数f(x)=
,f′(x)为f(x)的导函
数,则f′(x)=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.根据题意,函数f(x)=
,
其导函数f′(x)=
(2)(2020·沙坪坝高二检测)设f′(x)是函数f(x)的导函数,若f(x)=x·ln
(2x-1),则f′(1)=________.?
【解析】因为f(x)=x·ln
(2x-1),所以f′(x)=ln
(2x-1)+
·(2x-
1)′=ln
(2x-1)+
则f′(1)=2.
答案:2
【类题·通】
复合函数求导的关注点
复合函数求导运算的关键是分清求导层次,逐层求导,一般对于y=f(ax+b)的复合函数,只有两层复合关系,求导时不要忘了对内层函数求导即可.
角度2 曲线的切线
【典例2】(1)(2020·和平高二检测)已知函数f(x)=ln
x+2x2-4x,则函数f(x)
的图象在x=1处的切线方程为
( )
A.x-y+3=0
B.x+y-3=0
C.x-y-3=0
D.x+y+3=0
【解析】选C.由f(x)=ln
x+2x2-4x,
得f′(x)=
+4x-4,
所以f′(1)=1.又f(1)=-2.
所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+2=1×(x-1),即x-y-3=0.
(2)(2020·沙坪坝高二检测)已知曲线f(x)=aln
x+x2在点(1,1)处的切线与直
线x+y=0平行,则实数a的值为
( )
A.-3
B.1
C.2
D.3
【解析】选A.f(x)=aln
x+x2的导数为f′(x)=
+2x,可得曲线在点(1,1)处的
切线斜率为k=a+2,由切线与直线x+y=0平行,可得k=-1,即a+2=-1,解得a=-3.
【类题·通】
曲线的切线的斜率是切点处的导数,再结合其他条件可处理与切线相关的问题.
素养二 逻辑推理
角度1 函数的单调性与导数
【典例3】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)
=ln
x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)
的单调性.
(2)当a<0时,证明f(x)≤-
-2.
【解析】(1)f′(x)=
=
(x>0),
当a≥0时,f′(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a<0时,则f(x)在
上单调递增,
在
上单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)max=f
,
则f
令y=ln
t+1-t
令y′=
-1=0,解得t=1,
所以y=ln
t+1-t在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以ymax=y(1)=0,所以y≤0,
即f(x)max≤-
-2,所以f(x)≤-
-2.
【类题·通】
函数的单调性与导数的关注点
(1)关注函数的定义域,单调区间应为定义域的子区间.
(2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价.
(3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集.
(4)求参数的范围时常用到分离参数法.
【加练·固】
已知函数f(x)=x2+ax-lnx,a∈R.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)在[1,2]上是减函数,求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=x2+x-ln
x(x>0),
f′(x)=2x+1-
=
=
(x>0).
令f′(x)>0,则x>
;令f′(x)<0,则0
,
所以f(x)的单调递减区间为
单调递增区间为
(2)f′(x)=2x+a-
=
(x>0),
由函数f(x)在[1,2]上是减函数,得
≤0,
即2x2+ax-1≤0在[1,2]上恒成立.
令h(x)=2x2+ax-1,则
即
解得a≤-
,
所以实数a的取值范围为
角度2 函数的极值、最值与导数
【典例4】(1)设函数f(x)=
+ln
x,则
( )
A.x=
为f(x)的极大值点
B.x=
为f(x)的极小值点
C.x=2为f(x)的极大值点
D.x=2为f(x)的极小值点
(2)设f(x)=ln
x,g(x)=f(x)+f′(x).
①求g(x)的单调区间和最小值.
②讨论g(x)与g
的大小关系.
【解析】(1)选D.因为f(x)=
+ln
x,x>0,
所以f′(x)=-
+
,令f′(x)=0,
即-
+
=
=0,
解得x=2.
当0当x>2时,f′(x)>0,
所以x=2为f(x)的极小值点.
(2)①由题设知g(x)=ln
x+
,x>0,
所以g′(x)=
令g′(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)<0,
故(0,1)是g(x)的单调递减区间.
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间,因此,x=1是g(x)
的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.
②g
=-ln
x+x.设h(x)=g(x)-g
=2ln
x-x+
,则h′(x)=-
当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g
.
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0.
因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减.
当0h(1)=0,即g(x)>g
.
当x>1时,h(x).
【类题·通】
利用导数解决函数的极值问题的注意点
(1)求曲线切线时利用导数的几何意义.
(2)连续函数的最值在端点或极值点处取到,所以需要对函数求导研究函数单调性.
【加练·固】
已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2aln
x(a>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)求f(x)的单调区间.
(3)若f(x)≤0在区间[1,e]上恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)因为a=1,所以f(x)=x2-4x+2ln
x,
所以f′(x)=
(x>0),f(1)=-3,f′(1)=0,
所以切线方程为y=-3.
(2)f′(x)=
=
(x>0),令f′(x)=0得x1=a,x2=1,
若00,
当x∈(a,1)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,a)和(1,+∞),单调递
减区间为(a,1);
若a=1,则f′(x)=
≥0,
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
若a>1,则当x∈(0,1)或(a,+∞)时,
f′(x)>0,当x∈(1,a)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和
(a,+∞),单调递减区间为(1,a).
(3)由(2)可知,f(x)在区间[1,e]上只可能有极小值点,所以f(x)在区间[1,e]上
的最大值必在区间端点取到,所以f(1)=1-2(a+1)≤0且f(e)=e2-2(a+1)e+2a≤0,
解得a≥
素养三 数学抽象
角度 分类讨论的思想
【典例5】已知函数f(x)=-ax2+ln
x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)若存在x∈(1,+∞),使f(x)>-a,求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=-2ax+
=
当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上递增,
当a>0时,令f′(x)=0,得x=
,
令f′(x)>0,得x∈
;
令f′(x)<0,得x∈
所以f(x)在
上递增,在
上递减.
(2)由f(x)>-a,得a(x2-1)-ln
x<0,
因为x∈(1,+∞),所以-ln
x<0,x2-1>0,
当a≤0时,a(x2-1)-ln
x<0满足题意,
当a≥
时,设g(x)=a(x2-1)-ln
x(x>1),
g′(x)=
>0,所以g(x)在(1,+∞)上递增,
所以g(x)>g(1)=0,不合题意,
当0时,令g′(x)>0,得x∈
,
令g′(x)<0,得x∈
所以g(x)min=g
则存在x∈(1+∞),使g(x)<0,
综上,a的取值范围是
【类题·通】
关于分类讨论思想在解题中的应用
(1)分类讨论即分别归类再进行讨论,是一种重要的数学思想,也是一种逻辑方
法,同时又是一种重要的解题策略.
(2)解题时首先要思考为什么分类,即分类依据是什么,一般的分类依据如方程
类型、根的个数及与区间的关系、不等号的方向等;其次考虑分几类,每一类中
是否还需要再分类.
(3)分类讨论的基本原则是不重不漏.
【加练·固】
已知函数f(x)=
+ln
x.
(1)若f(x)的一条切线是y=-x+3,求f(x)的单调区间.
(2)设函数g(x)=f(x)-1在
上有两个零点,求实数a的取值范围.
【解析】(1)显然x>0,f′(x)=-
+
.设切点为(x0,y0),则f′(x0)=-1,即
+
=-1?a=
+x0.
所以y0=f(x0)=
+ln
x0=x0+1+ln
x0,
又y0=-x0+3.
所以ln
x0=-2x0+2,解得x0=1,故a=2.
由f′(x)=
得x=2.
因此当0当x>2时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间是(0,2),
单调递增区间是(2,+∞).
(2)由题意得g′(x)=f′(x)=-
+
=
(x>0),
当a≤0时,g′(x)>0,g(x)在
上单调递增,因此不可能有两个零点;当a>0时,
易得g(x)的单调递减区间是(0,a),单调递增区间是(a,+∞).
g(x)=f(x)-1=0在
上有两解?
解得实数a的取值范围是2e-1≤a<1.温馨提示：
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单元素养评价(二)
(第五章)
(120分钟 150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.自变量x从x0变化到x1时,函数值的增量与相应自变量的增量之比是函
数
( )
A.从x0到x1的平均变化率
B.在x=x1处的变化率
C.在x=x1处的变化量
D.在区间[x0,x1]上的导数
【解析】选A.=表示函数从x0到x1的平均变化率.
2.(2020·宁城高二检测)一个质量m=5
kg的物体做直线运动,设运动距离s(单位:m)与时间t(单位:s)的关系可用函数s(t)=1+t2表示,并且物体的动能Ek=mv2,则物体开始运动后第4
s时的动能是
( )
A.160
J
B.165
J
C.170
J
D.175
J
【解析】选A.根据题意,物体的运动距离s与时间t的关系式为s(t)=1+t2,
则有s′(t)=2t,
物体开始运动后第4
s时速度v=s′(4)=8(m/s),
物体开始运动后第4
s时的动能Ek=×mv2=×5×64=160(J).
3.若f(x)=sin
α-cos
x,则f′(x)等于
( )
A.cos
α+sin
x
B.2sin
α+cos
x
C.sin
x
D.cos
x
【解析】选C.函数是关于x的函数,因此sin
α是一个常数.
4.曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形面积为( )
A.
B.
C.
D.1
【解析】选A.y′=-2e-2x,y′|x=0=-2,
点(0,2)处的切线方程为y-2=-2x.
令y=0,得x=1.由
得所以S=××1=.
5.已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.f′(x)=x2+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.
6.已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a=
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选D.f′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3是方程f′(x)=0的实数根,所以a=5.
7.将周长为4的矩形ABCD绕AB旋转一周所得圆柱体积最大时,AB的长为( )
A.
B.
C.
D.1
【解析】选B.因为矩形ABCD周长为4,
设BC=x(0所以将周长为4的矩形ABCD绕AB旋转一周所得圆柱体积为V(x)=πx2(2-x)=π(2x2-x3),00得4x-3x2>0,解得0由V′(x)<0得4x-3x2<0,解得8.(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y=和圆x2+y2=都相切,则l的方程为
( )
A.y=2x+1
B.y=2x+
C.y=x+1
D.y=x+
【解析】选D.设直线l在曲线y=上的切点为,由题意知x0>0,
函数y=的导数为y′=,
则直线l的斜率k=,
直线l的方程为y-=,
即x-2y+x0=0,
由于直线l与圆x2+y2=相切,则=,
两边平方并整理得5-4x0-1=0,
解得x0=1,x0=-(舍),
则直线l的方程为x-2y+1=0,即y=x+.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.(2020·济南高二检测)以下四个式子分别是函数在其定义域内求导,其中正确的是
( )
A.′=
B.(cos
2x)′=-2sin
2x
C.′=3x
D.(lg
x)′=
【解析】选BC.′=-,(cos
2x)′=-2sin
2x,′=3x,(lg
x)′=.
10.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则
( )
A.在x=-2时,函数y=f(x)取得极值
B.在x=1时,函数y=f(x)取得极值
C.y=f(x)的图象在x=0处切线的斜率小于零
D.函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增
【解析】选AD.由题图可知,x=-2是导函数f′(x)的一个变号零点,故当x=-2时,函数f(x)取得极值,选项A正确;x=1不是导函数f′(x)的一个变号零点,故当x=1时,函数f(x)不能取得极值,选项B错误;y=f(x)的图象在x=0处的切线斜率为f′(0)>0,选项C错误;
当x∈(-2,2)时,f′(x)≥0,此时函数y=f(x)单调递增,选项D正确.
11.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示,则g(x)=
( )
A.在区间(0,1)上是单调递增的
B.在区间(1,4)上是单调递减的
C.在区间上是单调递减的
D.在区间上是单调递减的
【解析】选AC.当x=0或x=2时,f(x)=0,则函数g(x)=的定义域为(-∞,0)∪(0,2)∪(2,+∞),排除选项B,D;g′(x)=,由图易得当x∈(0,1)时,f(x)>f′(x),即g′(x)=>0,所以函数g(x)=在(0,1)上是单调递增的,故选项A正确;
又由图易得当x∈时,f(x)即g′(x)=<0,所以函数g(x)=在上是单调递减的,故选AC.
12.(2020·烟台高二检测)已知函数f(x)=xln
x,若0( )
A.x2f(x1)B.x1+f(x1)C.<0
D.当ln
x>-1时,x1f(x1)+x2f(x2)>2x2f(x1)
【解析】选AD.A正确.因为令g(x)==ln
x,
在(0,+∞)上是增函数,
所以当
0时,g(x1)所以<,即x2f(x1)B错误.因为令g(x)=f(x)+x=xln
x+x,
所以g′(x)=ln
x+2,
所以x∈(e-2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
x∈(0,e-2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
所以x1+f(x1)与x2+f(x2)无法比较大小.
C错误.函数f(x)既有单调增区间,又有单调减区间,故有可能大于0,也有可能小于0,故C错误.
D正确.因为ln
x>-1时,f(x)单调递增,又因为A正确,所以x1·f(x1)+x2·f(x2)-
2x2f(x1)>x1[f(x1)-f(x2)]+x2[f(x2)-f(x1)]=(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,即x1f(x1)+x2f(x2)>2x2f(x1).
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.已知f(x)=x(2
016+ln
x),f′(x0)=2
017,则x0=________.?
【解析】f′(x)=2
016+ln
x+1=2
017+ln
x,又因为f′(x0)=2
017,所以f′(x0)=
2
017+ln
x0=2
017,则ln
x0=0,x0=1.
答案:1
14.已知函数f(x)满足f(x)=f(π-x),且当x∈时,f(x)=x+sin
x,设a=f(1),b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系是________.?
【解题指南】利用f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),再结合f(x)在的单调性比较大小.
【解析】f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),因为f′(x)=1+cos
x≥0,故f(x)在上是增函数,
因为>π-2>1>π-3>0,
所以f(π-2)>f(1)>f(π-3),即c答案:c15.(2020·长沙高二检测)已知曲线C1:f(x)=-ex-2x,曲线C2:g(x)=ax+cos
x,
(1)若曲线C1在x=0处的切线与C2在x=处的切线平行,则实数a=________.?
(2)若曲线C1上任意一点处的切线为l1,总存在C2上一点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为________.?
【解析】(1)f′(x)=-ex-2,曲线C1在x=0处的切线的斜率f′(0)=-3,g′(x)=a-sin
x,曲线C2在x=处的切线的斜率g′=a-1,
由题意得,a=-2.
(2)曲线C1上任意一点处的切线的斜率k1=f′(x)=-ex-2,则与l1垂直的直线的斜率为∈,而曲线C2上任意一点处的切线的斜率k2=g′(x)=a-sin
x∈[a-1,a+1],
由题意,解得-≤a≤1.
答案:(1)-2 (2)
16.已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,给出关于f(x)的下列命题:
x
-1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
①函数y=f(x)在x=2取到极小值;
②函数f(x)在[0,1]是减函数,在[1,2]是增函数;
③当1④如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最小值为0.
其中所有正确命题是________(写出正确命题的序号).?
【解析】由图象可知当-10,此时函数单调递增,当0②函数在[0,2]上单调递减,所以②错误.
③因为x=0或x=4时,函数取得极大值,当x=2时,函数取得极小值.所以f(0)=2,f(4)=2,f(2)=0,因为f(-1)=f(5)=1,所以由函数图象可知当1④因为函数在[-1,0]上单调递增,且函数的最大值为2,所以要使当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,则t≥0即可,所以t的最小值为0,所以④正确.
答案:①③④
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知f′(x)是一次函数,
x2f′(x)-(2x-1)f(x)=1.求f(x)的解析式.
【解析】由f′(x)为一次函数,知f(x)为二次函数.设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f′(x)=2ax+b.把f(x),f′(x)代入方程x2f′(x)-(2x-1)f(x)=1,得x2(2ax+b)
-(2x-1)(ax2+bx+c)=1,即(a-b)x2+(b-2c)x+c-1=0.要使方程对任意x恒成立,则需有a=b,b=2c,c-1=0,解得a=2,b=2,c=1,故f(x)=2x2+2x+1.
18.(12分)设函数f(x)=ln
x+ln(2-x)+ax(a>0),若f(x)在(0,1]上的最大值为,求a的值.
【解析】函数f(x)的定义域为(0,2),f
′(x)=-+a,当x∈(0,1]时,
f
′(x)=+a>0,即f(x)在(0,1]上单调递增,故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)=a,因此a=.
19.(12分)(2020·西安高二检测)已知f′(x)为函数f(x)的导函数,且f(x)=ex·ex+2f(0)ex-f′(0)x.
(1)求f′(0)的值;
(2)求f(x)的单调区间与极值.
【解析】(1)由f(0)=1+2f(0),得f(0)=-1,
因为f′(x)=2-2ex-f′(0),
所以f′(0)=-f′(0),解得f′(0)=0.
(2)因为f(x)=-2ex,则f′(x)=2ex(ex-1).当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,则函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.故f(x)在x=0处取得极小值,极小值为-1,无极大值.
20.(12分)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值.
(2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28,求k的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以f(1)=g(1),且f′(1)=g′(1),即a+1=1+b,2a=3+b,解得a=3,b=3.
(2)记h(x)=f(x)+g(x),当a=3,b=-9时,h(x)=x3+3x2-9x+1,h′(x)=3x2+6x-9.令h′(x)=0,得x1=-3,x2=1.h(x)与h′(x)在(-∞,2]上的变化情况如下:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
+
0
-
0
+
h(x)
↗
28
↘
-4
↗
3
所以,当k≤-3时,h(x)在[k,2]上的最大值为h(-3)=28;
当-3在[k,2]上的最大值小于28.
所以k的取值范围是(-∞,-3].
21.(12分)(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=2sin
x-xcos
x-x,f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f′(x)在区间(0,π)上存在唯一零点.
(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.
【解析】(1)设g(x)=f′(x),
则g(x)=cos
x+xsin
x-1,g′(x)=xcos
x.
当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,
g′(x)<0,所以g(x)在上单调递增,
在上单调递减.
又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)上存在唯一零点.
所以f′(x)在(0,π)上存在唯一零点.
(2)由(1)知,f′(x)在(0,π)上只有一个零点,
设为x0,且当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;
当x∈(x0,π)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
又f(0)=0,f(π)=0,所以当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
所以ax≤0恒成立,又因为x∈[0,π],所以a≤0.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
22.(12分)某工厂生产一种仪器的元件,由于受生产能力和技术水平的限制,会产生一些次品,根据经验知道,其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系:
P=(其中c为小于6的正常数)(注:次品率=次品数/生产量,如P=0.1表示每生产10件产品,有1件为次品,其余为合格品).
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元,但每生产1万件次品将亏损1万元,故厂方希望定出合适的日产量.
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数.
(2)当日产量为多少时,可获得最大利润?
【解析】(1)当x>c时,P=,所以T=x·2-x·1=0.当1≤x≤c时,P=,所以T=(1-)·x·2-()·x·1=.
综上,日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为:
T=
(2)由(1)知,当x>c时,每天的盈利额为0,
当1≤x≤c时,
T′==,
令T′=0,解得x=3或x=9.因为1≤x≤c,c<6,
所以(ⅰ)当3≤c<6时,Tmax=3,此时x=3.
(ⅱ)当1≤c<3时,由T′=,知函数T=在[1,3)上递增,所以Tmax=,此时x=c.
综上,若3≤c<6,则当日产量为3万件时,可获得最大利润;若1≤c<3,则当日产量为c万件时,可获得最大利润.
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