2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第3讲导数的简单应用学案理

1、学必求其心得，业必贵于专精第3讲导数的简单应用做真题题型一导数的几何意义1(2018高考全国卷）设函数f(x)x3（a1）x2ax.若f（x)为奇函数，则曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为(）ay2xbyxcy2x dyx解析：选d法一：因为函数f（x)x3(a1)x2ax为奇函数，所以f(x)f(x），所以（x)3(a1）(x）2a（x）x3(a1)x2ax，所以2（a1）x20，因为xr，所以a1,所以f（x）x3x,所以f(x)3x21,所以f(0）1，所以曲线yf（x）在点（0,0)处的切线方程为yx.故选d法二:因为函数f(x）x3(a1)x2ax为奇函数,所以f(1)f(1

2、)0，所以1a1a(1a1a)0,解得a1，所以f（x）x3x，所以f（x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x）在点（0，0)处的切线方程为yx.故选d2（2019高考全国卷)已知曲线yaexxln x在点（1，ae）处的切线方程为y2xb，则（)aae，b1 bae，b1cae1,b1 dae1,b1解析：选d因为yaexln x1,所以yx1ae1,所以曲线在点（1，ae)处的切线方程为yae(ae1)(x1)，即y（ae1)x1,所以解得3（2018高考全国卷）曲线y2ln(x1)在点（0，0）处的切线方程为_解析：因为y2ln（x1），所以y。当x0时,y2，所以曲线y2ln(

3、x1)在点（0，0)处的切线方程为y02（x0）,即y2x.答案：y2x4（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_解析：设ykxb与yln x2和yln（x1)的切点分别为(x1，ln x12）和(x2，ln(x21）则切线分别为yln x12(xx1），yln(x21）(xx2）,化简得yxln x11，yxln(x21)，依题意，解得x1，从而bln x111ln 2.答案：1ln 2题型二导数与函数的单调性、极值与最值1(2017高考全国卷)若x2是函数f（x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为(）a1 b2e3c

4、5e3 d1解析：选a因为f（x）（x2ax1）ex1，所以f(x)（2xa）ex1（x2ax1）ex1x2（a2）xa1ex1.因为x2是函数f（x）(x2ax1）ex1的极值点,所以2是x2(a2）xa10的根，所以a1，f(x）（x2x2）ex1(x2)(x1)ex1。令f(x)0，解得x1，令f（x)0,解得a0或a4，故实数a的取值范围是(，4）(0，)【答案】(1)c(2)（1,3）或(1,3）(3）(，4)(0，)(1)求曲线yf（x）的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点p（x0,y0),求切线方程求出切线的斜率f（x0)，由点斜式写出方程已知切线的斜率k，求切线方程设切点

5、p(x0，y0），通过方程kf（x0）解得x0,再由点斜式写出方程已知切线上一点(非切点）,求切线方程设切点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，再由点斜式或两点式写出方程（2）由曲线的切线求参数值或范围的2种类型及解题关键类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想来破解，先求出函数的导数,从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关”；一是转化关,即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式,

6、此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式;二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围对点训练1(2019武汉调研）设曲线c：y3x42x39x24，在曲线c上一点m（1,4）处的切线记为l，则切线l与曲线c的公共点个数为（）a1 b2c3 d4解析：选cy12x36x218x,所以切线l的斜率ky，所以切线l的方程为12xy80。联立方程得消去y，得3x42x39x212x40，所以（x2)(3x2）（x1）20，所以x12，x2,x31，所以切线l与曲线c有3个公共点故选c2（2019成都第二次诊断性检测)已知直线l既是曲线c1：yex的切线,又是

7、曲线c2：ye2x2的切线,则直线l在x轴上的截距为（）a2 b1ce2 de2解析：选b设直线l与曲线c1:yex的切点为a（x1，ex1），与曲线c2:ye2x2的切点为b.由yex，得yex，所以曲线c1在点a处的切线方程为yex1ex1（xx1）,即yex1xex1(x11)。由ye2x2，得ye2x，所以曲线c2在点b处的切线方程为ye2xe2x2(xx2），即ye2x2xe2x.因为表示的切线为同一直线，所以解得所以直线l的方程为ye2xe2，令y0，可得直线l在x上的截距为1,故选b3（2019广州市综合检测（一)若函数f(x）ax的图象在点（1,f(1)）处的切线过点（2，4)

8、，则a_解析：f（x）a，f（1)a3,f（1)a3，故f（x)的图象在点（1，a3）处的切线方程为y(a3）（a3)(x1）,又切线过点（2，4），所以4(a3）a3，解得a2.答案:2利用导数研究函数的单调性典型例题命题角度一求函数的单调区间或判断函数的单调性 已知函数f(x）ln(x1)，且1a1.当12a30，即1a时，当1x0时，f（x)0，f(x)单调递增，当2a3x0时，f（x）0,f(x)单调递减当2a30，即a时,f(x)0，则f（x)在(1，)上单调递增当2a30,即2a3时，f（x)0，则f(x)在(1，0)，(2a3，)上单调递增当0x2a3时，f（x)0,则f(x)在

9、(0，2a3）上单调递减综上，当1a时,f（x)在(1,2a3)，（0，)上单调递增，在（2a3，0)上单调递减；当a时，f(x)在(1，）上单调递增;当a2时,f（x）在（1，0)，(2a3，）上单调递增，在(0，2a3）上单调递减利用导数求函数的单调区间的三种方法（1)当不等式f（x）0或f（x)0可解时，确定函数的定义域,解不等式f(x）0或f(x）0求出单调区间(2)当方程f（x）0可解时,确定函数的定义域,解方程f(x）0，求出实数根，把函数f（x)的间断点(即f（x）的无定义点）的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f（x）在各个区间内的符号,从而确

10、定单调区间(3)不等式f（x）0或f(x）0及方程f(x）0均不可解时求导数并化简，根据f（x)的结构特征,选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f（x)的符号,得单调区间 命题角度二已知函数的单调性求参数 已知函数f（x)ln xa2x2ax（ar)(1）当a1时,求函数f（x)的单调区间；（2)若函数f（x)在区间（1，)上是减函数，求实数a的取值范围【解】（1）当a1时，f（x)ln xx2x，其定义域为（0，),所以f(x）2x1，令f（x)0，则x1（负值舍去)当0x1时,f(x)0；当x1时，f(x）0时，由f(x）。所以f（x)的单调递减区间为。依题意，得解得a1；当a0时

11、，由f（x).所以f（x）的单调递减区间为。依题意,得解得a。综上所述，实数a的取值范围是1，）法二：f（x）2a2xa。由f(x）在区间（1，）上是减函数，可得g（x）2a2x2ax10在区间(1，)上恒成立当a0时，10不合题意；当a0时，可得即所以所以a1或a.所以实数a的取值范围是1，）(1）已知函数的单调性,求参数的取值范围，应用条件f(x）0(或f(x)0),x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f(x)不恒等于0的参数的范围(2）若函数yf（x）在区间（a，b）上不单调，则转化为f(x)0在（a,b)上有解 对点训练1若函数f

12、（x)(xa)ex在区间(0，)上不单调，则实数a的取值范围为_解析：f（x）ex(xa1），由题意,知方程ex（xa1)0在（0，）上至少有一个实数根，即xa10，解得a1.答案：(，1）2已知函数f（x）ex（exa）a2x,讨论f（x）的单调性解：函数f(x)的定义域为(，)，f（x）2e2xaexa2（2exa)（exa）若a0，则f（x)e2x在(，）上单调递增若a0，则由f(x)0，得xln a。当x（，ln a）时，f（x）0；当x(ln a，)时,f（x)0.故f（x)在(,ln a）上单调递减，在（ln a，)上单调递增若a0;故f（x)在上单调递减，在上单调递增利用导数研究

13、函数的极值（最值)问题典型例题命题角度一求已知函数的极值（最值） 已知函数f（x)1.(1)求函数f(x）的单调区间；(2)设m0，求函数f（x)在区间m,2m上的最大值【解】(1)因为函数f(x)的定义域为(0，），且f（x)，由得0xe;由得xe。所以函数f(x）的单调递增区间为（0,e)，单调递减区间为（e,）（2)当即0m时,(m，2m)（0，e），函数f（x)在区间m，2m上单调递增，所以f（x)maxf（2m）1;当me2m，即me时,(m，e）(0，e)，(e，2m)(e，），函数f（x）在区间（m,e)上单调递增,在(e，2m)上单调递减，所以f（x）maxf（e）11;当me

14、时,(m，2m)（e，），函数f(x)在区间m，2m上单调递减，所以f（x)maxf（m)1.综上所述，当0m时,f(x)max1；当m0,则当x(，0)时,f(x)0；当x时，f（x)0。故f(x)在(，0),单调递增，在单调递减；若a0,f(x）在（，）单调递增；若a0，则当x（0，）时，f(x）0；当x时，f(x）0。故f（x)在，(0，)单调递增，在单调递减（2)满足题设条件的a,b存在（i)当a0时，由(1)知，f(x)在0，1单调递增，所以f（x）在区间0,1的最小值为f(0)b,最大值为f（1）2ab。此时a，b满足题设条件当且仅当b1，2ab1,即a0，b1。(ii）当a3时，

15、由(1）知,f（x)在0，1单调递减，所以f(x）在区间0，1的最大值为f(0）b，最小值为f（1)2ab.此时a，b满足题设条件当且仅当2ab1，b1，即a4,b1.(iii）当0a3时,由（1）知，f(x)在0，1的最小值为fb，最大值为b或2ab。若b1,b1，则a3，与0a3矛盾若b1，2ab1,则a3或a3或a0，与00,f（x)2x3,令f（x）0，解得x1，x21，当0x时，f（x）0，所以函数f（x)在上单调递增；当x1时，f(x）0,所以函数f(x）在上单调递减；当x1时，f(x）0，所以函数f(x)在(1,)上单调递增所以f(x）的单调递增区间为，（1,),单调递减区间为。

16、（2)f(x)，令f（x)0，得x11，x2,因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x11，当0时，f(x）在（0，1)上单调递增,在（1，e上单调递减，所以f（x)在（0,e上的最大值为f(1)，令f(1)1，解得a2。当01时,f(x）在上单调递增,在上单调递减，在(1，e上单调递增，所以最大值1可能在x或xe处取得，而fln a（2a1)ln 10，所以f（e）ln eae2(2a1)e1,解得a.当1e时，f（x）在(0，1）上单调递增，在上单调递减,在上单调递增,所以最大值1可能在x1或xe处取得,而f(1)ln 1a（2a1)0，所以f（e）ln eae2（2a1)e1，解得a，与

17、1e矛盾当e时,f（x)在（0,1)上单调递增，在（1，e上单调递减，所以最大值1在x1处取得,而f(1）ln 1a(2a1)1时，f(x）0，所以f（x）f(1）e。6若函数f(x）ex(m1)ln x2(m1)x1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为（）a(e2，e） bc d(，e1)解析：选d由题意，函数的定义域为（0，），f(x）ex（m1)0在（0，）上有两个不相等的实数根，所以m1在(0，）上有两个不相等的实数根，令g（x），则g(x），所以函数g(x）在,上单调递增,在(1,)上单调递减,其图象如图所示，要使m1在（0，)上有两个不相等的实数根,则m10,则x;令f(x）0，则

18、0x。所以f（x)在上单调递减，在上单调递增,所以f(x)的极小值（也是最小值）为ln .答案：9若函数f(x)x24exax在r上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为_解析：因为f（x）x24exax，所以f（x)2x4exa.由题意，f（x）2x4exa0，即a2x4ex有解，即a(2x4ex）max即可令g（x)2x4ex,则g（x）24ex。令g（x）0，解得xln 2。当x(，ln 2)时，函数g(x）2x4ex单调递增；当x（ln 2,）时,函数g(x)2x4ex单调递减所以当xln 2时，g(x）2x4ex取得最大值22ln 2,所以a0，当a0时,显然f(x)0，所以f(x）

19、在（0，）上单调递增；当a0时，令f(x）0，则2ax2x10，易知其判别式为正,设方程的两根分别为x1，x2(x1x2），则x1x20，所以x10。令f（x)0,得x（0，x2），令f（x）0得x（x2，)，其中x2。所以函数f（x)在上单调递增，在上单调递减11已知常数a0，f（x）aln x2x。（1）当a4时，求f(x）的极值;(2）当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围解：(1）由已知得f（x)的定义域为（0，），f(x）2。当a4时，f(x)。所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0,即f（x）单调递增所以f（x）只有极小值，且在x2时，f（x）取得极小值f(2）44ln 2。所以当a4时，f(x)只有极小值44ln 2.（2）因为f（x)，所以当a0，x(0，）时，f（x)0，即f(x）在x（0，）上单调递增,没有最小值；当a0时,由f（x）0得，x,所以f（x)在上单调递增;由f（x）0得，x，所以f（x)在上单调递减所以当a0时,f(x）的最小值为极小值，即falna。根据