2020-2021学年第六章 导数及其应用本章综合与测试学案设计

阶段复习课第二课　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Ⅲ卷)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-=ln++1,

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<x<,

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<x<2时,f′(x)<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0<x<1时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>g.

当x>1时,h(x)<h(1)=0,即g(x)<g.

【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0<a<1,则当x∈(0,a)或(1,+∞)时,f′(x)>0,

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<a<时,令g′(x)>0,得x∈,

令g′(x)<0,得x∈,

所以g(x)min=g<g(1)=0,

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)=-+==0,得x=2.

因此当0<x<2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

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.