2022高考數(shù)學創(chuàng)新設(shè)計二輪復習 第3講　導數(shù)的簡單應用

上篇

專題六

函數(shù)與導數(shù)

第3講導數(shù)的簡單應用高考定位1.理解導數(shù)的幾何意義，能進行導數(shù)計算，利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)；2.以指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、三次有理函數(shù)為載體(有時與三角相結(jié)合)，研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，并能解決簡單的問題.真題感悟

考點整合熱點聚焦

分類突破專題訓練

對接高考內(nèi)容索引真題感悟

考點整合11.(2021·新高考Ⅰ卷)若過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則(

) A.eb<a

B.ea<b C.0<a<eb

D.0<b<ea

解析

根據(jù)y＝ex圖象特征，y＝ex是下凸函數(shù)，

又過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，

則點(a，b)在曲線y＝ex的下方且在x軸的上方，得0<b<ea.故選D.D2.(2021·全國乙卷)設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則(

) A.a<b

B.a>b

C.ab<a2

D.ab>a2D解析法一(特殊值法)當a＝1，b＝2時，函數(shù)f(x)＝(x－1)2(x－2)，畫出該函數(shù)的圖象如圖1所示，可知x＝1為函數(shù)f(x)的極大值點，滿足題意.從而，根據(jù)a＝1，b＝2可判斷選項B，C錯誤；當a＝－1，b＝－2時，函數(shù)f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，畫出該函數(shù)的圖象如圖2所示，可知x＝－1為函數(shù)f(x)的極大值點，滿足題意.從而，根據(jù)a＝－1，b＝－2可判斷選項A錯誤.法二(數(shù)形結(jié)合法)當a>0時，根據(jù)題意作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖3所示，觀察可知b>a.圖3當a<0時，根據(jù)題意作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖4所示，觀察可知a>b.

圖4綜上，可知必有ab>a2成立.故選D.(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；當x＝1時，f(1)＝1，f′(1)＝－4，故y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0.(2)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值.若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，經(jīng)檢驗，當a＝4時，x＝－1為函數(shù)f(x)的極大值，符合題意.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4.f(x)，f′(x)隨x的變化趨勢如下表：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(4，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，4).由上表知f(x)的極大值為f(－1)＝1，1.導數(shù)的幾何意義

函數(shù)f(x)在x0處的導數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).

易錯提醒

求曲線的切線方程時，要注意是在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點.2.四個易誤導數(shù)公式3.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 (1)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 ①f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. ②f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，如果函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)為常數(shù)函數(shù). (2)利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的方法 ①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解.4.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 (1)若f′(x0)＝0且在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值. (2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得.

易錯提醒若函數(shù)的導數(shù)存在，某點的導數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的必要不充分條件.2熱點聚焦

分類突破熱點一導數(shù)的幾何意義與計算【例1】

(1)已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，則f′(2)的值為(

)B解析∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，(2)曲線y＝lnx＋x＋1的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為____________.2x－y＝0解析設(shè)切點坐標為(x0，y0)，所以y0＝ln1＋1＋1＝2，即切點坐標為(1，2)，所以切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.1.(1)求函數(shù)的導數(shù)要準確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運算法則求導.(2)抽象函數(shù)求導，恰當賦值是關(guān)鍵，然后活用方程思想求解.2.利用導數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化，其中關(guān)鍵是確定切點的坐標.易錯提醒求曲線的切線方程要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點.探究提高【訓練1】

(1)(多選)下列四條曲線中，直線y＝2x與其相切的有(

)ABD解析直線y＝2x的斜率為k＝2.A中，若f(x)＝2ex－2，則由f′(x)＝2ex＝2，得x＝0，f(0)＝0.因為點(0，0)在直線y＝2x上，所以直線y＝2x與曲線y＝2ex－2相切；B中，若f(x)＝2sinx，則由f′(x)＝2cosx＝2，得x＝2kπ(k∈Z)，f(2kπ)＝0.因為點(0，0)在直線y＝2x上，所以直線y＝2x與曲線y＝2sinx相切；D中，若f(x)＝x3－x－2，則由f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝±1，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，其中(－1，－2)在直線y＝2x上，所以直線y＝2x與曲線y＝x3－x－2相切.故選ABD.(2)(2021·寶雞模擬)已知直線y＝kx(k>0)和曲線f(x)＝x－alnx(a≠0)相切，則a的取值范圍是(

)A.(－∞，0)∪(0，e) B.(0，e)C.(0，1)∪(1，e) D.(－∞，0)∪(1，e)A解析設(shè)切點是P(x0，x0－alnx0)，熱點二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性考向1討論函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)【例2】

已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋1. (1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范圍；解設(shè)h(x)＝f(x)－2x－c，則h(x)＝2lnx－2x＋1－c，當0<x<1時，h′(x)>0；當x>1時，h′(x)<0，所以h(x)在區(qū)間(0，1)單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞減.從而當x＝1時，h(x)取到最大值，最大值為h(1)＝－1－c.故當且僅當－1－c≤0，即c≥－1時，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范圍為[－1，＋∞).x∈(0，a)∪(a，＋∞).取c＝－1得h(x)＝2lnx－2x＋2，h(1)＝0，則由(1)知，當x≠1時，h(x)<0，即1－x＋lnx<0.從而g′(x)<0，所以g(x)在區(qū)間(0，a)，(a，＋∞)上單調(diào)遞減.【訓練2】

(2021·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)討論f(x)的單調(diào)性；解由題意知f(x)的定義域為R，f′(x)＝3x2－2x＋a，對于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).令f′(x)>0，則x<x1或x>x2；令f′(x)<0，則x1<x<x2，所以f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)求曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標.解得x0＝1，所以切線l的方程為y＝(1＋a)x.所以曲線y＝f(x)過坐標原點的切線與曲線y＝f(x)的公共點的坐標為(1，1＋a)和(－1，－1－a).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0，解得b＝3，經(jīng)檢驗，適合題意，所以b＝3，令f′(x)<0，得0<x<1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1).因為函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因為在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以a的取值范圍是[－3，＋∞).【母題遷移】

在本例(2)中，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍.

解

∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)， ∴g′(x)＝0在區(qū)間(1，2)內(nèi)有解，易知該函數(shù)在(1，2)上是減函數(shù)，∴a＝－2x2－x的值域為(－10，－3)，因此實數(shù)a的取值范圍為(－10，－3).1.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，只需在函數(shù)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.2.(1)已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍.(2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側(cè)導數(shù)是否異號).探究提高(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以a>－1.又因為a≠0，所以a的取值范圍為(－1，0)∪(0，＋∞).(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍.解因為h(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，熱點三利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值(1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值；解當x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：故當x＝0時，函數(shù)f(x)取到極小值，極小值為f(0)＝0，(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值.所以f(x)在[－1，1)上的最大值為2.②當1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當a≤0時，f(x)≤0；當a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a.故當a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.1.可導函數(shù)在極值點處的導數(shù)一定為零，但導數(shù)為零的點不一定是極值點，是極值點時也要注意是極大值點還是極小值點.2.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.探究提高【訓練4】

已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna. (1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，則f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1.曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍.解當0＜a＜1時，f(1)＝a＋lna＜1.由f′(x)＝0，得x＝1.當x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，所以當x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1.當a＞1時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＞ex－1－lnx≥1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞).專題訓練

對接高考3鞏固提升A.a≤－1 B.a>1 C.a<－1 D.a≥1D解析由函數(shù)f(x)＝sinx－ax，得f′(x)＝cosx－a.知f(x)在R上為減函數(shù)，所以f′(x)＝cosx－a≤0恒成立，即a≥cosx恒成立.因為－1≤cosx≤1，所以a≥1.2.已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則(

) A.a＝e，b＝－1

B.a＝e，b＝1 C.a＝e－1，b＝1

D.a＝e－1，b＝－1D解析由y＝aex＋xlnx，得y′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.3.若函數(shù)y＝f(x)存在n－1(n∈N*)個極值點，則稱y＝f(x)為n折函數(shù)，例如f(x)＝x2為2折函數(shù).已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，則f(x)為(

) A.2折函數(shù) B.3折函數(shù)

C.4折函數(shù)

D.5折函數(shù)C解析f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.易知x＝－2是f(x)的一個極值點.又ex＝3x＋2，結(jié)合函數(shù)圖象，y＝ex與y＝3x＋2有兩個交點.又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.∴函數(shù)y＝f(x)有3個極值點，則f(x)為4折函數(shù).4.(多選)(2021·八省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xln(1＋x)，則(

)AC由f(0)＝0，當－1<x<0時，ln(1＋x)<0，f(x)＝xln(1＋x)>0，當x>0時，ln(1＋x)>0，f(x)>0，所以f(x)只有0一個零點，B錯誤；由函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，不關(guān)于原點對稱知，f(x)不是偶函數(shù)，D錯誤.故選AC.5.(2021·福州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋alnx的圖象在點(1，f(1))處的切線過坐標原點，則函數(shù)y＝f(x)的最小值為(

)C∴f(1)＝1，且f′(1)＝2＋a.∴函數(shù)f(x)＝x2＋alnx的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－1＝(2＋a)(x－1)，把原點(0，0)代入，得－1＝－2－a，則a＝－1，A.a<b<c

B.b<c<a C.b<a<c

D.c<a<bB34解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx－ax－1.根據(jù)題意可得f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，則lnx－ax－1＝0有兩個不同的正根，令h′(x)>0得0<x<e2，令h′(x)<0得x>e2，所以函數(shù)h(x)在(0，e2)為增函數(shù)，在(e2，＋∞)為減函數(shù).三、解答題10.(2021·青島診斷)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2lnx. (1)當a＝1時，求y＝f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；∴f(1)＝1，且f′(1)＝2×1－2＝0.∴f(x)的圖象在點(1，1)處的切線方程為y＝1.11.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.

證明：(1)f(x)存在唯一的極值點；證明f(x)的定義域為(0，＋∞).所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又當x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點.(2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù).證明由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，