2018届二轮复习 导数学案（全国通用）
专题三 导数
———————命题观察·高考定位———————
(对应 生用书第9页)
1．(2017·江苏高考)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
[因为f (－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x－ex＋＝－f (x)，
所以f (x)＝x3－2x＋ex－是奇函数．
因为f (a－1)＋f (2a2)≤0，
所以f (2a2)≤－f (a－1)，即f (2a2)≤f (1－a)．
因为f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2≥0，
所以f (x)在R上单调递增，
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
所以－1≤a≤.]
2．(2014·江苏高考)本在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
－3 [y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，
直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.
由题意得解得则a＋b＝－3.]
3．(2013·江苏高考)抛物线y＝x2在x＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D(包含三角形内部与边界)．若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x＋2y
的取值范围是________．
[由于y′＝2x，所以抛物线在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
画出可行域(如图)．设x＋2y＝z，则y＝－x＋z，可知当直线y＝－x＋z经过点A，B(0，－1)时，z分别取到最大值和最小值，此时最大值zmax＝，最小值zmin＝－2，故取值范围是.]
4．(2015·江苏高考)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论f (x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f (x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值.
【导 号：56394014】
[解] (1)f ′(x)＝3x2＋2ax，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f ′(x)＝3x2≥0，所以函数f (x)
在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，x∈时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f ′(x)＞0，x∈时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，函数f (x)的两个极值为f (0)＝b，
f ＝a3＋b，则函数f (x)有三个零点等价于f (0)·f ＝b＜0，
从而或
又b＝c－a，所以当a＞0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f (x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f (x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
综上c＝1.
5．(2016·江苏高考)已知函数f (x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f (x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求实数m的最大值．
(2)若0
1，函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
[解] (1)因为a＝2，b＝，所以f (x)＝2x＋2－x.
①方程f (x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f (2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f (x))2－2.
因为f (2x)≥mf (x)－6对于x∈R恒成立，且f (x)>0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f (x)＋≥2＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，而g(0)＝f (0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0，
所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0<0则x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为00，同理可得，在和loga2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．
因此，x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，
所以ab＝1.
[命题规律]
(1)在小题中以考查导数的几何意义为主(求切线方程)．
(2)在大题中以导数为工具研究讨论函数的性质、不等式求解等综合问题．
———————主干整合·归纳拓展———————
(对应 生用书第9页)
[第1步▕ 核心知识再整合]
1．导数的几何意义
(1)函数y＝f (x)在点x0处的导数就是曲线y＝f (x)在点P(x0，f (x0))处的切线的斜率，则k＝f ′(x0)．
(2)函数y＝f (x)在点P(x0，f (x0))处的切线方程为y－f (x0)＝f ′(x0)(x－x0)．
(3)在关于函数图象的切线问题中，如果涉及确定参数值的问题，首先设切点，然后注意三个条件的使用，其一切点在切线上，其二切点在曲线上，其三切线斜率k＝f ′(x0)．
2．导数与单调性的关系
(1)若函数在某个区间D可导，f ′(x)＞0⇒f (x)在区间D内单调递增；f ′(x)＜0⇒f (x)在区间D内单调递减．
(2) 若函数在某个区间D可导，f (x)在区间D内单调递增⇒f ′(x)≥0；f (x)在区间D内单调递减⇒f ′(x)≤0.
3．导数和函数极值、最值的关系
(1)求极值的步骤：
①先求f ′(x)＝0的根x0(定义域内的或者定义域端点的根舍去)；
②分析x0两侧导数f ′(x)的符号：若左侧导数负右侧导数正，则x0为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则x0为极大值点．
(2)对于可导函数，导数为0是点为极值点的必要而不充分条件．
(3)设函数y＝f (x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则y＝f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点取得，所以只需比较极值点和端点函数值即得到函数的最值．
(4)求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值，大前提是要考虑函数的定义域．
[第2步▕ 高频考点细突破]
导数的运算及其意义
【例1】 (2016－2017 年度江苏苏州市高三期中调研考试)曲线y＝x－cos x在点处的切线的斜率为________．
[解析] y′＝1＋sin x，x＝时，y′＝1＋sin ＝2，即切线斜率为2.
[答案] 2
[规律方法] (1)导数的几何意义是k＝f ′(x)．
(2)从近几年的高考试题 看 ，利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程以及与切线有关的问题是高考的热点问题，解决该类问题必须熟记导数公式，明确导数的几何意义，切点既在曲线上，又在切线上，导数即斜率．
[举一反三]
(江苏省苏州市2017届高三暑假自主 习测试)曲线y＝ex在x＝0处的切线方程是________．
y＝x＋1 [因为y′＝ex，所以在x＝0处的切线斜率为k＝e0＝1，因此切线方程是y－1＝1(x－0)，即y＝x＋1.]
导数的应用(单调性、极值、最值)
【例2】 (江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)定义在R上的可导函数f (x)，已知y＝ef ′(x)的图象如图3－1所示，则y＝f (x
)的增区间是________．
图3－1
[解析] 由x≤2时ef ′(x)≥1⇒f ′(x)≥0，x＞2时，ef ′(x)＜1⇒f ′(x)＜0，所以y＝f (x)的增区间是(－∞，2)．
[答案] (－∞，2)
【例3】 (泰州中 2016－2017年度第一 期第一次质量检测)已知函数f (x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f (x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
[解析] 由题意得f ′(x)在(1,2)上有零点，即x2＋2x－2a＝0⇒a＝(x2＋2x)∈.
[答案]
【例4】 (江苏省如东高级中 2017届高三上 期第二次 情调研)已知函数f (x)＝ln(1＋x)，x∈[0，＋∞)，f ′(x)是f (x)的导函数．设g(x)＝f (x)－axf ′(x)(a为常数)，求函数g(x)在[0，＋∞)上的最小值．
【导 号：56394015】
[解] 由题意g(x)＝ln(x＋1)－，
g′(x)＝－＝.
令g′(x)＞0，即x＋1－a＞0，得x＞a－1，
当a－1≤0，即a≤1时，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(0)＝ln(1＋0)－0＝0.
当a－1＞0即a＞1时，g(x)在[a－1，＋∞)上单调递增，在[0，a－1]上单调递减，
所以g(x)min＝g(a－1)＝ln a－a＋1.
综上：g(x)min＝
[举一反三]
(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极小值10，则的值为________．
－ [因为f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以3＋2a＋b＝0,1＋a＋b－a2－7a＝10，解得或
又当时f ′(x)＝3x2－12x＋9，函数f (x)在x＝1处取得极大值10，当时f ′(x)＝3x2－4x＋1，
函数f (x)在x＝1处取得极小值10，所以的值为－.]
[第3步▕ 高考易错明辨析]
1．忽视函数的定义域出错
函数f (x)＝x－ln x的单调递增区间是________．
[错解] f ′(x)＝1－，令f ′(x)＞0，即＞0，所以x＞1或x＜0，所以函数的单调递增区间为(1，＋∞)，(－∞，0)，因为忽视了定义域从而出错．
[正解] f ′(x)＝1－，令f ′(x)＞0，即＞0，所以x＞1或x＜0，又因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以单调递增区间为(1，＋∞)．
2．概念不清致误
已知f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b的值为________．
[错解] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，
解得或
所以a＋b＝－7或0.
[错解分析] 函数y＝f (x)在x＝x0处的导数值为0是函数y＝f (x)在x＝x0
处取极值的必要不充分条件，但解题中把可导函数y＝f (x)在x＝x0处取极值的必要条件当作充要条件处理．
[正解] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，解得或当a＝4，b＝－11时，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，在x＝1两侧导数符号相反，符合题意；当a＝－3，b＝3时，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝1两侧导数符号相同，不符合题意，舍去．所以a＝4，b＝－11，a＋b＝－7.
3．导数和单调性关系理解不清
已知f (x)＝在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
[错解] ∵f (x)＝x＋－，∴f ′(x)＝1＋，又f (x)在区间[1，＋∞)是增函数，∴f ′(x)＝1＋＞0在区间[1，＋∞)恒成立，即a＞－x2，所以a＞－1.
f ′(x)＞0是函数f (x)在区间内为增函数的充分不必要条件，对于可导函数而言，f (x)在区间(a，b)上单调递增(递减)的充要条件是：对于任意的x∈(a，b)，有f ′(x)≥0(或≤0)且f ′(x)在(a，b)的任何子区间上都不恒为0.
[正解] ∵f (x)＝x＋－，∴f ′(x)＝1＋，又f (x)在区间[1，＋∞)是增函数，∴f ′(x)＝1＋≥0在区间[1，＋∞)恒成立，即a≥－x2，又因为y＝－x2在[1，＋∞)上的最大值为－1，所以a≥－1.
———————专家预测·巩固提升———————
(对应 生用书第11页)
1．函数f (x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限的充要条件是________．
－＜a＜－ [由f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，结合图象可知函数的图象经过四个象限的充要条件是a＜0，f (1)＞0，f (－2)＜0，即－
＜a＜－.]
2．已知函数f (x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a＞1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是________.
【导 号：56394016】
(1,3) [f ′(x)＝x2＋mx＋，由题意得： 即作出该不等式组表示的平面区域如图所示，易得交点的坐标为(－1,1)，要使得函数y＝loga(x＋4)(a＞1)的图象上存在区域D内的点，则需loga(－1＋4)＞1，即loga3＞logaa，∴1＜a＜3.]
3．将y＝ln x的图象绕坐标原点O逆时针旋转角θ后第 一次与y轴相切，则角θ满足的条件是________(填序号)．
sin θ＝ecos θ [设y＝f (x)＝ln x的图象的切线的斜率为k，切点坐标(x0，y0)，由题意可得切线的斜率k＝＝，由导数的几何意义得k＝f ′(x0)＝，∴＝，∴x0＝e，由θ的意义，得tan θ＝＝＝x0＝e，∴sin θ＝ecos θ.]
4．设函数f (x)＝ln x＋x2－(m＋2)x，在x＝a和x＝b处有两个极值点，其中0＜a＜b，m∈R.
(1)求实数m的取值范围；
(2)若≥e(e为自然对数的底数)，求f (b)－f (a)的最大值．
[解] (1)f ′(x)＝，
则由题意得方程x2－(m＋2)x＋1＝0有两个正根，
故
解得m＞0.故实数m的取值范围是m＞0， 4分
(2)f (b)－f (a)＝ln ＋(b2－a2)－(m＋2)(b－a)，
又m＋2＝a＋b，ab＝1，∴f (b)－f (a)＝ln －(b2－a2)＝ln －＝ln －， 8分
设t＝(t≥e)，故构造函数g(t)＝ln t－(t≥e)，
g′(t)＝－＝－＜0，所以g(t)在[e，＋∞)上是减函数， 10分
g(t)≤g(e)＝1－＋，f (b)－f (a)的最大值为1－＋. 12分
