1、第五讲 导数应用(一)上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一导数的几何意义 解析 试题 1(2015高考全国卷)已知曲线 yxln x 在点(1,1)处的切线与曲线 yax2(a2)x1 相切，则 a_.8考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 解法一 由 yxln x 得 y11x，曲线 yxln x 在点(1,1)处的切线的斜率 k2，故切线方程为 y2x1.y2x1 与曲线 yax2(a2)x1 相
2、切，y2x1，yax2a2x1，消去 y得 ax2ax20.a0 且 a242a0，a8.考点一考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 解法二 同解法一，得曲线 yxln x 在点(1,1)处的切线方程为y2x1.y2x1 与曲线 yax2(a2)x1 相切，设切点的坐标为(x0，y0)，y02x01.由 y2ax(a2)，得2ax0(a2)2.由题意知 a0，由可得 x012.把 x012代入，得 y02，12，2 在曲线 yax2(a2)x1 上，故 a8.考点一考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规
3、范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 考点一考点一 考点二 考点三 2(2016高考全国卷)已知 f(x)为偶函数，当 x0 时 f(x)的解析式，再求切线方程因为 f(x)为偶函数，所以当 x0 时，f(x)f(x)ln x3x，所以f(x)1x3，则 f(1)2.所以 yf(x)在点(1，3)处的切线方程为 y32(x1)，即 y2x1.上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点二利用导数研究函数的单调性 解析 试题 3(2016高考四川卷)设函数 f(x)ax2aln x，g(x)1x eex，其中 aR，e2.718为自然对数的底
4、数(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x1 时，g(x)0；(3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点二(1)由题意得 f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 有 x 12a，当 x0，12a 时，f(x)0，f(x)单调递增 解析 试题 考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点二(2)证明：令 s(x)ex1x，则 s(x)ex11.当 x
5、1 时，s(x)0，所以 ex1x，从而 g(x)1x 1ex10.(3)由(2)知，当 x1 时，g(x)0.当 a0，x1 时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0.当 0a1.解析 试题 考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点二由(1)有 f12a 0，所以此时 f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当 a12时，令 h(x)f(x)g(x)(x1)当 x1 时，h(x)2ax1x 1x2e1xx1x 1x21xx32x1x2x22x1x20.因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因
6、为 h(1)0，所以当 x1 时，h(x)f(x)g(x)0，即 f(x)g(x)恒成立综上，a12，.解析 试题 考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)利用导数研究函数的极值与最值 解析 试题 4(2016高考天津卷)设函数 f(x)x3axb，xR，其中 a，bR.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)存在极值点 x0，且 f(x1)f(x0)，其中 x1x0，求证：x12x00；(3)设 a0，函数 g(x)|f(x)|，求证：g(x)在区间1,1上的最大值不小于14.考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自
7、主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(1)由 f(x)x3axb，可得 f(x)3x2a.下面分两种情况讨论：当 a0 时，有 f(x)3x2a0 恒成立，所以 f(x)的单调递增区间为(，)当 a0 时，令 f(x)0，解得 x 3a3 或 x 3a3.当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)x，3a3 3a3 3a3，3a33a33a3，f(x)00f(x)单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 f(x)的单调递减区间为 3a3
8、，3a3，单调递增区间为，3a3，3a3，.解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(2)证明：因为 f(x)存在极值点，所以由(1)知 a0，且 x00.由题意，得 f(x0)3x20a0，即 x20a3，进而 f(x0)x30ax0b2a3 x0b.又 f(2x0)8x302ax0b8a3 x02ax0b2a3 x0bf(x0)，且2x0 x0，由题意及(1)知，存在唯一实数 x1满足 f(x1)f(x0)，且 x1x0，因此 x12x0，所以 x12x00.解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页
9、课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(3)证明：设 g(x)在区间1,1上的最大值为 M，maxx，y表示 x，y 两数的最大值下面分三种情况讨论当 a3 时，3a3 11 3a3，由(1)知，f(x)在区间1,1上单调递减，所以 f(x)在区间1,1上的取值范围为f(1)，f(1)，因此 Mmax|f(1)|，|f(1)|max|1ab|，|1ab|max|a1b|，|a1b|a1b，b0，a1b，b0.所以 Ma1|b|2.解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)当34a3 时，2 3
10、a31 3a3 3a3 12 3a3.由(1)和(2)知 f(1)f2 3a3f3a3，f(1)f2 3a3f 3a3，所以 f(x)在区间1,1上的取值范围为f3a3，f 3a3，因此 Mmaxf3a3，f 3a3max2a93ab，2a93ab max2a93ab，2a93ab 2a93a|b|293433414.解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)当 0a34时，12 3a32 3a31.由(1)和(2)知 f(1)f2 3a3f 3a3，所以 f(x)在区间1,1上的取值范围为f(1)，f(1)因此 Mm
11、ax|f(1)|，|f(1)|max|1ab|，|1ab|max|1ab|，|1ab|1a|b|14.综上所述，当 a0 时，g(x)在区间1,1上的最大值不小于14.解析 试题 考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)诊断评价考点错题题号错因(在相应错因中画)知识性 方法性 运算性审题性考点一考点二考点三 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错考点三考点一 考点二 考点三 根据上面所做题目，请填写诊断评价上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一导数的几何意义经典结论全通关f(x0)
12、表示曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为 yf(x0)(xx0)f(x0)考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一 解析 试题 自主突破提速练1(2016高考全国卷)若直线 ykxb 是曲线 yln x2 的切线，也是曲线 yln(x1)的切线，则 b_.1ln 2 考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一分别求出两个对应函数的导数，设出两个切点坐标，利用导数得到两个切点坐标之间的关系，进而求出
13、切线斜率，求出 b 的值求得(ln x2)1x，ln(x1)1x1.设曲线 yln x2 上的切点为(x1，y1)，曲线 yln(x1)上的切点为(x2，y2)，则 k 1x11x21，所以 x21x1.又 y1ln x12，y2ln(x21)ln x1，所以 ky1y2x1x22，所以 x11k12，y1ln 1222ln 2，所以 by1kx12ln 211ln 2.考点一 考点二 考点三 解析 试题 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一 解析 试题 2(2016昆明模拟)函数 f(x)14ln xx2bxa(b0，aR)的图象在点(b，f(b
14、)处的切线的倾斜角为，则倾斜角 的取值范围是()A.4，2 B.4，2C.34，D.34，B考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点一依题意得 f(x)14x2xb，f(b)14bb2 14bb1(b0)，当且仅当 14bb0，即 b12时取等号，因此有 tan 1，40，那么函数 yf(x)在此区间内单调递增；如果 f(x)0，那么函数 yf(x)在此区间内单调递减2已知函数的单调性求参数的取值范围设可导函数 f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内 f(x)0(或 f(x)0)，从而转化为恒成
15、立问题来解决(注意等号成立的检验)考点二考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点二 通解 试题 师生共研析重点例 1(2016吉林省实验中学模拟)已知定义在 R 上的函数f(x)满足 f(3x)f(x)，x32 f(x)0，若 x13，则有()Af(x1)f(x2)Bf(x1)f(x2)Cf(x1)f(x2)Df(x1)与 f(x2)的大小关系不确定A考点一 考点二 考点三 优解 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)x32 f(x)32时，f(x)0，当 x0，函数 f(x)在32，上是减函
16、数，在，32 上是增函数，f(3x)f(x)，f(x1)f(3x1)，又 x13，x23x1.若 x132，则 f(x1)f(x2)，若 x13x132，又 f(x1)f(3x1)f(x2)，所以 f(x1)f(x2)考点二考点一 考点二 考点三 通解 试题 优解 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)x32 f(x)32时，f(x)0，当 x0，函数 f(x)在32，上是减函数，在，32 上是增函数，f(3x)f(x)，函数 f(x)的图象关于直线 x32对称，不妨取f(x)x23x，则 f(x1)f(x2)(x1x2)(3x1x2)，x13，f(x1)
17、f(x2)0，即 f(x1)f(x2)考点二考点一 考点二 考点三 通解 试题 优解 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 例 2(2016葫芦岛模拟)已知 x1 是 f(x)2xbxln x 的一个极值点(1)求函数 f(x)的单调递减区间；(2)设函数 g(x)f(x)3ax，若函数 g(x)在区间1,2内单调递增，求实数 a 的取值范围考点二考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(1)因为 f(x)2xbxln x，所以 f(x)2 bx21x，因为 x1是 f(x)2xbxl
18、n x 的一个极值点，所以 f(1)2b10，解得 b3，经检验，符合题意，所以 b3.则函数 f(x)2x3xln x，其定义域为(0，)令 f(x)2 3x21x0，解得32x1，所以函数 f(x)2x3xln x 的单调递减区间为(0,1考点二考点一 考点二 考点三 解析 试题 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(2)因为 g(x)f(x)3ax 2xln xax，所以 g(x)21x ax2.因为函数 g(x)在1,2上单调递增，所以 g(x)0 在1,2上恒成立，即 21x ax20 在 x1,2上恒成立，所以 a(2x2x)max，而在1,
19、2上，(2x2x)max3，所以 a3.所以实数 a 的取值范围为3，)考点二考点一 考点二 考点三 解析 试题 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)1.可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上 f(x)0(或f(x)0)(f(x)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 f(x)0(或 f(x)0)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 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 中含有参数时，可先求出
20、 f(x)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.考点二考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 巩固训练增分练已知函数 f(x)aln xa1x222.(1)若函数 f(x)过点1，54，求函数 f(x)在区间1e，e 上的最值；(2)讨论函数 f(x)的单调性考点二考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(1)因为函数 f(x)过点1，54，所以 aln 1a12 154，解得 a12，所以 f(x)12ln xx24 1，所以 f(x
21、)12x x2x212x.因为函数 f(x)的定义域为(0，)，所以由 f(x)0，得 x1.所以函数 f(x)在区间1e，1 上单调递减，在(1，e上单调递增，而 f(1)54，f1e 32 14e2，f(e)12e24，所以当 x1e，e 时，f(x)maxf(e)12e24，f(x)minf(1)54.解析 试题 考点二考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(2)f(x)a1x2ax，x(0，)当 a10，即 a1 时，f(x)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增；当1a0，得 x2 aa1，所以 xaa1或 xaa1(舍去
22、)，所以 f(x)在aa1，上单调递增，在0，aa1 上单调递减综上，当 a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当1a0)，使函数 f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数 t 的取值范围，若不存在，请说明理由考点一 考点二 考点三 解析 试题 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点三(1)f(x)1xxaln xx21aln xx2.f(x)在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平行，f(1)1aln 1120.a1，f(x)1ln xx，x0.f(x)ln xx2，当 0 x0，当 x1 时，f(x)1 时，f(x)1ln xx0，当
23、x0 时，f(x)，由(1)得 f(x)在(0,1)上单调递增，由零点存在原理，知 f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，函数 f(x)的图象如图所示考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)考点三 解析 试题 函数 f(x)在区间t，t23(t0)上存在极值点和零点，0t1ft1ln tt0，即0t1t1e，解得13t1e.存在符合条件的区间，实数 t 的取值范围为13，1e.考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)函数的极值一般是研究在开区间内的情况，而最值则多是研究在闭
24、区间内的情况.若函数在开区间上单调，则该函数在该区间上不存在最值；若函数在开区间上有最值，则最值一定在极值点处取得，此函数在该区间上必不单调.考点三考点一 考点二 考点三 上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)解析 试题 巩固训练增分练(2016江西宜昌中学模似)设函数 f(x)x2sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为xn(1)求数列xn的通项公式；(2)令 bnxn2，设数列1bnbn1 的前 n 项和为 Sn，求证：Sn02k23 x2k23(kZ)，由 f(x)02k23 x2k43(kZ)，当 x2k23(kZ)时，f(x)取得极小值，xn2n23(nN*)解析 试题 考点一 考点二 考点三 考点三上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)(2)证明：bnxn2n133n13，1bnbn133n133n2313n113n2，Sn31215151813n113n231213n2 3233n2，Sn32.解析 试题 考点一 考点二 考点三 考点三上页 下页 课前自主诊断 限时规范训练 课堂对点补短 第五讲 导数应用(一)限时规范训练 本课内容结束
