第1部分 专题1 微专题4 导数的简单应用（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题一 函数与导数、不等式 微专题4　导数的简单应用 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 ★[高考定位]　高考对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择题、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题中． 导数的运算及几何意义 1．导数的几何意义 函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0，且a≠1)； (4)(logax)′＝eq \f(1,xln a)(a＞0，且a≠1，x＞0)． [例1]　(1)(2024·河南名校联考)函数f(x)＝ln x－x2与直线x＋y＝0相切于点A，则点A的横坐标为(　　) A.eq \f(1,e)　　 B．1 C．2　　 D．e [解析]　设点A(x0，y0)，求导，直线x＋y＝0的斜率为－1，根据导数的几何意义得到方程，求出横坐标．设函数f(x)＝ln x－x2与直线x＋y＝0相切于点A(x0，y0)，直线x＋y＝0的斜率为－1， f′(x)＝eq \f(1,x)－2x，所以eq \f(1,x0)－2x0＝－1，所以x0＝1. [答案]　B (2)(2024·新课标全国Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________. [解析]　先求出曲线y＝ex＋x在(0,1)的切线方程，再设曲线y＝ln(x＋1)＋a的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，求出y′，利用公切线斜率相等求出x0，写出切线方程，结合两切线方程相同即可求解． 由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1；由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝eq \f(1,x＋1)， 设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′＝eq \f(1,x0＋1)＝2， 解得x0＝－eq \f(1,2)，则切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a＋ln\f(1,2)))， 切线方程为y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋a＋lneq \f(1,2) ＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. [答案]　ln 2 函数y＝f(x)的切线方程的三种类型及求解方法 (1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程． (2)已知切线的斜率k，求切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程． (3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程． 1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝eq \f(ex＋2sin x,1＋x2)，则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3) 解析：A　[∵f(x)＝eq \f(ex＋2sin x,1＋x2)， ∴f′(x)＝eq \f(ex＋2cos x1＋x2－ex＋2sin x×2x,1＋x22) ＝eq \f(x－12ex＋21＋x2cos x－4xsin x,1＋x22) 则f′(0)＝3 ∴y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为 y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0 令x＝0，得y＝1， 令y＝0，得x＝－eq \f(1,3)， ∴y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为S＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×1＝eq \f(1,6).] 2．(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的零点r，取初始值x0，f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为x1，f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2，一直继续下去，得到x1，x2，…，xn，它们越来越接近r.设函数f(x)＝x2＋bx，x0＝2，用牛顿迭代法得到x1＝eq \f(16,19)，则实数b＝(　　) A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4) 解析：D　[求得f(x)在(2，f(2))的切线方程，代入eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,19)，0))求解即可． f′(x)＝2x＋b，f′(2)＝4＋b，f(2)＝4＋2b， 则f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y－(4＋2b)＝(4＋b)(x－2)，由题意得，切线过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,19)，0))代入得，－(4＋2b)＝(4＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,19)－2))，解得b＝eq \f(3,4).] 导数与函数的单调性 导数与函数单调性的关系 1．f′(x)>0是f(x)为单调递增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，而f′(x)≥0. 2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性． [例2]　(2024·聊城三模)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x，g(x)＝ln x. (1)若曲线y＝f(x)与y＝g(x)有一条斜率为2的公切线，求实数a的值； (2)设函数h(x)＝f(x)－(a＋1)g(x)，讨论h(x)的单调性． [解]　(1)先利用导数的几何意义求出函数g(x)＝ln x的切线，再与抛物线联立，用判别式法求解参数；(2)求导函数，根据a≥0、－1＜a＜0、a≤－1分类讨论，即可求出函数的单调区间． (1)由g(x)＝ln x得g′(x)＝eq \f(1,x)，设公切线与曲线g(x)＝ln x的切点坐标为(x0，ln x0)， 由已知得eq \f(1,x0)＝2，解得x0＝eq \f(1,2)， 所以公切线方程为y－lneq \f(1,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝2x－1－ln 2， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(fx＝\f(1,2)ax2＋x，,y＝2x－1－ln 2))得eq \f(1,2)ax2－x＋1＋ln 2＝0， 由已知得Δ＝1－4×eq \f(1,2)a×(1＋ln 2)＝0， 解得a＝eq \f(1,2＋2ln 2). (2)由已知h(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)lnx(x＞0)，则h′(x)＝ax＋1－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(ax＋a＋1x－1,x)， 当a≥0时，ax＋a＋1＞0，令h′(x)＞0，得x＞1，令h′(x)＜0得0＜x＜1， 这时，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减；当a≤－1时，ax＋a＋1＜0，令h′(x)＞0，得0＜x＜1，令h′(x)＜0得x＞1，这时，h(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增；当－1＜a＜0时，令h′(x)＝0得x＝1或x＝－eq \f(a＋1,a)＞0， 1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)))＝eq \f(2a＋1,a)， ①当a＝－eq \f(1,2)时，h′(x)≤0，这时，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当－eq \f(1,2)＜a＜0时，1＜－eq \f(a＋1,a)，令h′(x)＞0， 得1＜x＜－eq \f(a＋1,a)， 令h′(x)＜0得0＜x＜1或x＞－eq \f(a＋1,a)， 这时，h(x)在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a＋1,a)))上单调递增； ③当－1＜a＜－eq \f(1,2)时，1＞－eq \f(a＋1,a)，令h′(x)＞0，得－eq \f(a＋1,a)＜x＜1， 令h′(x)＜0得0＜x＜－eq \f(a＋1,a)或x＞1， 这时，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a＋1,a)))和(1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，1))上单调递增； 综上，当a≤－1时，h(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增； 当－1＜a＜－eq \f(1,2)时，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a＋1,a)))和(1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，1))上单调递增； 当a＝－eq \f(1,2)时，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－eq \f(1,2)＜a＜0时，h(x)在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a＋1,a)))上单调递增； 当a≥0时，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减． 讨论求解函数单调性问题的解题策略 讨论函数的单调性，其实就是讨论不等式解集的情况，大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论： (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． [注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制． (2024·葫芦岛二模)设函数f(x)＝(x－1)ekx(k≠0)． (1)若k＝eq \f(1,2)，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，求k的取值范围． 解：(1)只需分别求出f′(2)＝eq \f(3,2)e，f(2)＝e即可得解；(2)由题意f′(x)＝ekx(kx－k＋1)≥0在(1,2)内恒成立，从而当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g1≥0,g2≥0))，其中g(x)＝kx－k＋1，x∈(1,2)，k≠0，解不等式组即可得解． (1)当k＝eq \f(1,2)，f(x)＝， f′(x)＝，f′(2)＝eq \f(3,2)e， 又f(2)＝e. 所以y－e＝eq \f(3,2)e(x－2)， 整理得：y＝eq \f(3,2)ex－2e. (2)由题意，f′(x)＝ekx(kx－k＋1)在(1,2)内导数非负， 即kx－k＋1≥0在(1,2)上恒成立，令g(x)＝kx－k＋1，x∈(1,2)，k≠0， 从而需满足：g(1)＝1≥0且g(2)＝k＋1≥0，k≠0， 所以k≥－1且k≠0，经检验符合题意， 所以k的取值范围是[－1,0)∪(0，＋∞)． 导数与函数的极值(最值) 可导函数的极值与最值 1．若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值． 2．设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得． [例3]　(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． [解]　(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；(2)解法一：求导，分析a≤0和a＞0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2＋ln a－1＞0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′(x)＝ex－a有零点，可得a＞0，进而利用导数求f(x)的单调性和极值，分析可得a2＋ln a－1＞0，构建函数解不等式即可． (1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1， f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1， 即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y－1＝0. (2)解法一：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意； 若a＞0，令f′(x)＞0，解得x＞ln a；令f′(x)＜0，解得x＜ln a； 可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得：f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， 即a2＋ln a－1＞0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a＞0， 则g′(a)＝2a＋eq \f(1,a)＞0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1＞0等价于g(a)＞g(1)， 解得a＞1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)； 解法二：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a有交点，则a＞0， 若a＞0，令f′(x)＞0，解得x＞ln a；令f′(x)＜0，解得x＜ln a； 可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，符合题意， 由题意可得：f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， 即a2＋ln a－1＞0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a＞0， 因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上单调递增， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1＞0等价于g(a)＞g(1)， 解得a＞1，所以a的取值范围为(1，＋∞)． 利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的全部实根，再检验f′(x)在方程根的左右两侧值的符号． (2)若已知极值的存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0的根的存在情况，从而求解． (3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，比较区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值，从而得到函数的最值． (2024·衡阳联考二)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)取得极值－3. (1)求f(x)的解析式； (2)求f(x)在区间[－1,3]上的最值． 解：(1)利用极值定义可求得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－3))，可得解析式； (2)利用导函数判断出函数f(x)在区间[－1,3]上的单调性，比较端点处的值可得结论． (1)依题意可得f′(x)＝3ax2＋2bx， 又当x＝2时，f(x)取得极值－3， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f2＝－3,f′2＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8a＋4b＋1＝－3,12a＋4b＝0))， 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－3))， 所以f(x)＝x3－3x2＋1； (2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －3 单调递增 1 单调递减 －3 单调递增 1 因此，在区间[－1,3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1. $$