解密03 导数及其应用（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用）

解密05 导数及其应用

核心考点一 导数概念及几何意义

☆技巧点拨☆

导数的几何意义是每年高考的重点内容，考查题型多为选择题或填空题，有时也会作为解答题中的第一问，难度一般不大，属中低档题型，求解时应把握导数的几何意义是切点处切线的斜率，常见的类型及解法如下：

（1）已知切点P(x0，y0)，求y=f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程；

（2）已知切线的斜率为k，求y=f (x)的切线方程：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y=f (x)的切线方程：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，最后由点斜式或两点式写出方程．

（4）若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k=f ′(x0)求出切点坐标(x0，y0)，最后写出切线方程．

（5）①在点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上．

②过点P的切线即切线过点P，P不一定是切点．因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P是否在已知曲线上．

例题1．若直线与曲线相切，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】：设直线与曲线相切于点，

，，

可得切线的斜率为，则，所以，

又切点也在直线上，则，

，

，

设，，

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

可得的最大值为，

即的最大值为.

故选：D.

例题2．若曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】，依题意可得，即，因为，所以.

故选：D

例题3．若，则的切线的倾斜角满足（    ）

A．一定为锐角 B．一定为钝角

C．可能为直角 D．可能为0°

【答案】A

【分析】，

设，则，

时，，递减，时，，递增，

而，所以时，，所以，

切线斜率均为正数，倾斜角为锐角．

故选：A．

例题4．已知，若过一点可以作出该函数的两条切线，则下列选项一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设切点为，对函数求导得，则切线斜率为，

所以，切线方程为，即，

所以，，可得，

令，其中，由题意可知，方程有两个不等的实根.

.

①当时，对任意的，，此时函数在上单调递增，

则方程至多只有一个根，不合乎题意；

②当时，当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增.

由题意可得，可得.

故选：A.

例题5．已知函数的导数为，且，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】由得，当时，，解得，所以，.

故选：B

例题6．设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“严格凸函数”．在下列函数中，在上为“严格凸函数”的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】：对于A：，则，恒成立，故A错误；

对于B：，则，，所以当时恒成立，故B错误；

对于C：，则，则，所以当时，当时，故C错误；

对于D：则，，所以当时恒成立，故D正确；

故选：D

例题7．设函数是定义在上的奇函数，为的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】令，，

当时，，，原函数单调递增，

又因为，所以当时，，

此时，，所以，

当时，，此时，，所以，

所以当时，，

又因为是奇函数，当时，，

求，分两种情况求解，

当时，，只需，解得，

当时，，只需，解得

所以的范围是

故选：A

考点二  导数的在研究函数中应用

☆技巧点拨☆

函数的单调性及应用是高考中的一个重点内容，题型多以解答题的形式呈现．常见的题型及其解法如

．由函数的单调性求参数的取值范围的方法

（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上(或)(在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；

（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；

（3）若已知在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．

4．利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解．

例题1．函数，若满足恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

∵，且，∴函数为单调递增的奇函数．

于是，可以变为，即，∴，而，可知实数，故实数的取值范围为．故选：C.

例题2．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有．且为奇函数，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，构造，则，

且，故在上单调递减；又为上的奇函数，故可得，即，则.则不等式等价于，又因为是上的单调减函数，故解得.选：A.

例题3．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解：由题意有两个不等实根，

即有两个不等实根，设，

则，当时，，递增，当时，，递减，

时，为极大值也是最大值，时，，且，

当时，，所以当，即时，直线与的图象有两个交点，即有两个不等实根．故选：B

例题4．设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，则，

当，，单调递增，

当，，单调递减，

因为，

，，所以最大，

又因为，，所以，所以，故选：B.

例题5．若直线与曲线相切，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】：设直线与曲线相切于点，

，，可得切线的斜率为，则，所以，

又切点也在直线上，则，

，

，设，，

，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，可得的最大值为，即的最大值为.

故选：D.

例题6．已知函数恒有零点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令

得：，令，则，，

即，，

令，则，

由恒成立知，当时，， 单调递增，

当时，， 单调递减，时，，时方程恒有根，

即，故选：D

考点三  导数的综合应用

二热点题型归纳

【题型一】利用导数研究函数的零点

【题型二】利用导数证明不等式

【题型三】利用导数解决不等式恒成立、存在性问题

例题1已知函数的定义域为．

（1）求的单调区间；

（2）讨论函数在上的零点个数

【解析】（1），

因为，所以的零点为0和1.

令，得；令，得或.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.

（2）由（1）知，在上的极大值为，极小值为，

因为，，所以.，由，得.

当或时，的零点个数为0；

当或时，的零点个数为1；

当或时，的零点个数为2；

当时，的零点个数为3.

例题2   已知函数.

（1）若，讨论的单调性；

（2）已知，若方程在有且只有两个解，求实数的取值范围.

【解析】（1）依题可得，

函数的定义域为，

所以.

当时，由，得，则的减区间为；

由，得，则的增区间为.

当时，由，得，则的减区间为；

由，得或，则的增区间为和.

当时，，则的增区间为.

当时，由，得，则的减区间为；

由，得或，则的增区间为和.

（2）.

在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根.

令，，则.

令，，则，

显然在上恒成立，故在上单调递增.

因为，所以当时，有，即，所以单调递减；

当时，有，即，所以单调递增.

因为，，，

所以的取值范围是.

☆技巧点拨☆

1.判断函数零点个数的思路

判断函数在某区间[a,b]((a,b))内的零点的个数时,主要思路为:一是由f(a)·f(b)<0及零点存在性定理,说明在此区间上至少有一个零点;二是求导,判断函数在区间(a,b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减,则说明至多只有一个零点;若函数在区间[a,b]((a,b))上不单调,则要求其最大值或最小值,借用图象法等判断零点个数.

2.利用函数零点情况求参数范围的方法

(1)分离参数(a=g(x))后,将问题转化为y=g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题(优选分离,次选分类)求解.

(2)利用零点存在性定理构建不等式求解.

(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解.

【题型二】利用导数证明不等式

例题3 已知函数且.

（1）求函数的单调区间；

（2）证明：.

【解析】（1），，

即,解得或.，解得，∴,∴，

令，得.

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减.

所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.

（2）要证成立，只需证成立.

令，则，令，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

又由（1）可得在上，所以，

所以，所以原不等式成立.

例题4  已知函数有两个零点，.

（1）求实数的取值范围；

（2）证明：.

【解析】（1）解：的定义域为，.

①当时，，所以在上单调递增，

故至多有一个零点，不符合题意；

②当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以

（i）若，则，故至多有一个零点，不符合题意；

（ii）若，则，，

由（i）知，∴，

∴，.

又∵，，故存在两个零点，分别在，内.

综上，实数的取值范围为.

（2）证明：方法1：由题意得，令，

两式相除得，变形得.

欲证，即证，即证.

记，，故在上单调递减，

从而，即，所以得证.

方法2：由题意得：

由（1）可知，，令，则，则，两式相除得，，，

欲证，即证，即证.

记，，

令，，故在上单调递减，则，

即，∴在上单调递减，从面，

∴得证，

即得证.

☆技巧点拨☆

1.证明不等式的基本方法

(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1<x2,有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.

(2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m).

(3)构造法:如若证明f(x)<g(x),可构造函数F(x)=f(x)-g(x),证明F(x)<0.

2.证明含双变量不等式的常见思路

(1)将双变量中的一个看作变量,另一个看作常数,构造一个含参数的辅助函数证明不等式.

(2)整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换元,化为一元不等式.

(3)若双变量的函数不等式具有对称性,并且可以将两个变量分离开,分离之后的函数结构具有相似性,从而构造函数利用单调性证明.

【题型三】利用导数解决不等式恒成立、存在性问题

例题5  已知函数f(x)＝(x≠0).

(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；

(2)若f(x)<a在区间上恒成立，求实数a的最小值.

【解析】(1)f′(x)＝，

令g(x)＝xcos x－sin x，x∈，则g′(x)＝－xsin x，

显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.

从而g(x)在区间上恒小于零，

所以f′(x)在区间上恒小于零，

所以函数f(x)在区间上单调递减.

(2)不等式f(x)<a，x∈恒成立，即sin x－ax<0恒成立.

令φ(x)＝sin x－ax，x∈，

则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0.

当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，

所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.

当0<a<1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间上存在唯一解x0，

当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，

从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.

当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.

故实数a的最小值为1.

例题6  已知函数，.

（1）当时，求函数的极值；

（2）当时，若在上存在一点，使得成立，求实数的取值范围.

【解析】（1）函数，定义域为，

，

当时，令，解得：或，

当时，；当时，；

在，上单调递增，在上单调递减；

函数的极小值为，函数的极大值为.

（2）令，

在上存在一点，使得成立，即在上存在一点，使得，即函数在上的最小值小于零.

由得：，

，，又，，

当时，；当时，，

①当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

，

，，

，此时不成立，

②当，即时，在上单调递减，；

由可得：，

，；

综上所述：实数的取值范围为.

【提分秘籍】

1.分离参数法解含参不等式恒成立的思路

用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.

2.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法

(1)a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;

(2)a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.

3.含全称、存在量词不等式能成立问题

(1)存在x1∈A,任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;

(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.