第5章 一元函数的导数及其应用 阶段复习课（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

专题一　导数的几何意义 利用导数求曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线方程时，应注意： (1)判断点P(x0，y0)是否在曲线y＝f(x)上． (2)①若点P(x0，y0)为切点，则曲线y＝f(x)在点P处的切线的斜率为f′(x0)，切线的方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0). ②若点P(x0，y0)不是切点，则设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)·(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1).(ⅰ) 又y1＝f(x1)，(ⅱ) 由(ⅰ)(ⅱ)求出x1，y1的值．即求出了过点P(x0，y0)的切线方程． [练1] (2023·全国甲卷)曲线y＝在点(1，)处的切线方程为(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ C　解析：当x＝1时，y＝，故(1，)在曲线y＝上．设曲线y＝在点(1，)处的切线方程为y－＝k(x－1)， 因为y＝，所以y′＝＝， 所以k＝y′|x＝1＝， 所以y－＝(x－1)，所以曲线y＝在点(1，)处的切线方程为y＝x＋. [练2] 已知函数f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程； (2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标． 解：(1)∵f(2)＝23＋2－16＝－6，∴点(2, －6)在曲线上． ∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1， ∴曲线y＝f(x)在点(2, －6)处的切线的斜率为 k＝f′(2)＝3×22＋1＝13， ∴切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32. (2)设切点坐标为(x0，y0)，则直线l的斜率为f′(x0)＝3x＋1， ∴直线l的方程为y＝(3x＋1)(x－x0)＋x＋x0－16. 又直线l过点(0，0)， ∴0＝(3x＋1)(－x0)＋x＋x0－16，整理得x＝－8， ∴x0＝－2，y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26， ∴k＝3×(－2)2＋1＝13， ∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26). 专题二　导数与函数的单调性 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． [练3] 已知实数a≠0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32. (1)求实数a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． 解：(1)因为f(x)＝ax3－4ax2＋4ax， 所以f′(x)＝3ax2－8ax＋4a＝a(3x－2)(x－2). 令f′(x)＝0，得x＝或x＝2. 因为f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32，而当x＝2时，f(2)＝0，所以当x＝时，f(x)有极大值32. 即a(－2)2＝32，解得a＝27， 经检验知符合题意，故a＝27. (2)由(1)得f′(x)＝27(3x－2)(x－2). 令f′(x)>0，得x>2或x<， 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，)和(2，＋∞). 令f′(x)<0，得<x<2，所以函数f(x)的单调递减区间为(，2). 专题三　函数的极值、最值与导数 1．极值和最值是两个不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质．另函数有极值未必有最值，反之亦然． 2．判断函数“极值”是否存在的步骤： (1)确定函数f(x)的定义域． (2)解方程f′(x)＝0的根． (3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号：若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．即导数的零点未必是函数的极值点，这一点是解题时的主要失分点，学习时务必引起注意． 3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤： (1)求f(x)在(a，b)内的极值． (2)将(1)求得的极值与f(a)，f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值． [练4] 已知函数f(x)＝ex cos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间[0，]上的最大值和最小值． 解：(1)因为f(x)＝ex·cos x－x，所以f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 所以f′(0)＝0， 所以y＝f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 设f′(x)＝g(x)，所以g′(x)＝－2sin x·ex≤0，x∈[0，]， 所以g(x)在[0，]上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0， 所以f′(x)≤0，所以f(x)在[0，]上单调递减， 所以f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f()＝－. [练5] 已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx，当x＝－1时取极小值，当x＝时取极大值． (1)求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程； (2)求函数y＝f(x)在[－2, 1]上的最大值与最小值． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b. 又x＝－1，x＝分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根． 所以a＝－，b＝2，则f(x)＝－x3－x2＋2x. 当x＝－2时，f(x)＝2. 又f′(x)＝－3x2－x＋2，k＝f′(－2)＝－8， 故所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)，即为8x＋y＋14＝0. (2)当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表： x －2 (－2，－1) －1 (－1，) (，1) 1 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 2  －   则f(x)在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－. 专题四　导数与函数、不等式的综合问题 利用导数研究函数是高考的必考内容，也是高考的重点、热点．一般利用导数作为工具，考查函数的单调区间、函数的极值与最值，参数的取值范围等问题．考查中常渗透函数、不等式等有关知识，综合性较强． [练6] (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. (1)解：因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：方法一　由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 方法二　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 因为y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． [练7] 设函数f(x)＝－k2ln x，k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)求证：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1, ]上仅有一个零点． (1)解：f′(x)＝x－＝(x>0，k>0).令f′(x)＝0，得x＝k(舍负). 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x (0，k) k (k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  综上，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)，f(x)的极小值为f(k)＝，无极大值． (2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝. 因为f(x)存在零点，所以f(k)＝≤0， 从而k≥ . 当k＝时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点． 当k>时，f(x)在区间(0, )上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在区间(1, ]上仅有一个零点． 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$