2022高考数学创新设计二轮复习 第3讲　导数的简单应用

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专题六

函数与导数

第3讲导数的简单应用高考定位1.理解导数的几何意义，能进行导数计算，利用导数研究函数的性质；2.以指数函数、对数函数、三次有理函数为载体(有时与三角相结合)，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真题感悟

考点整合热点聚焦

分类突破专题训练

对接高考内容索引真题感悟

考点整合11.(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(

) A.eb<a

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

D.0<b<ea

解析

根据y＝ex图象特征，y＝ex是下凸函数，

又过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，

则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0<b<ea.故选D.D2.(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(

) A.a<b

B.a>b

C.ab<a2

D.ab>a2D解析法一(特殊值法)当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2(x－2)，画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意.从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意.从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.法二(数形结合法)当a>0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.图3当a<0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察可知a>b.

图4综上，可知必有ab>a2成立.故选D.(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0.(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.若函数f(x)在x＝－1处取得极值，经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4.f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4).由上表知f(x)的极大值为f(－1)＝1，1.导数的几何意义

函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).

易错提醒

求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.2.四个易误导数公式3.利用导数研究函数的单调性 (1)导数与函数单调性的关系 ①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0. ②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内为常数函数. (2)利用导数研究函数单调性的方法 ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.4.利用导数研究函数的极值、最值 (1)若f′(x0)＝0且在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值. (2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.

易错提醒若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.2热点聚焦

分类突破热点一导数的几何意义与计算【例1】

(1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，则f′(2)的值为(

)B解析∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－lnx，(2)曲线y＝lnx＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为____________.2x－y＝0解析设切点坐标为(x0，y0)，所以y0＝ln1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.1.(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.2.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.易错提醒求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.探究提高【训练1】

(1)(多选)下列四条曲线中，直线y＝2x与其相切的有(

)ABD解析直线y＝2x的斜率为k＝2.A中，若f(x)＝2ex－2，则由f′(x)＝2ex＝2，得x＝0，f(0)＝0.因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2ex－2相切；B中，若f(x)＝2sinx，则由f′(x)＝2cosx＝2，得x＝2kπ(k∈Z)，f(2kπ)＝0.因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2sinx相切；D中，若f(x)＝x3－x－2，则由f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝±1，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，其中(－1，－2)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝x3－x－2相切.故选ABD.(2)(2021·宝鸡模拟)已知直线y＝kx(k>0)和曲线f(x)＝x－alnx(a≠0)相切，则a的取值范围是(

)A.(－∞，0)∪(0，e) B.(0，e)C.(0，1)∪(1，e) D.(－∞，0)∪(1，e)A解析设切点是P(x0，x0－alnx0)，热点二利用导数研究函数的单调性考向1讨论函数的单调性(区间)【例2】

已知函数f(x)＝2lnx＋1. (1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；解设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2lnx－2x＋1－c，当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减.从而当x＝1时，h(x)取到最大值，最大值为h(1)＝－1－c.故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范围为[－1，＋∞).x∈(0，a)∪(a，＋∞).取c＝－1得h(x)＝2lnx－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋lnx<0.从而g′(x)<0，所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)上单调递减.【训练2】

(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的单调性；解由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).令f′(x)>0，则x<x1或x>x2；令f′(x)<0，则x1<x<x2，所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标.解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).(1)求函数f(x)的单调递减区间；所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0，解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3，令f′(x)<0，得0<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).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，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以a的取值范围是[－3，＋∞).【母题迁移】

在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.

解

∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调， ∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.2.(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y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).探究提高(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以a>－1.又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞).(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围.解因为h(x)在[1，4]上单调递减，热点三利用导数研究函数的极值和最值(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值；解当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故当x＝0时，函数f(x)取到极小值，极小值为f(0)＝0，(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值.所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.1.可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是极值点时也要注意是极大值点还是极小值点.2.求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.探究提高【训练4】

已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，则f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1.曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.解当0＜a＜1时，f(1)＝a＋lna＜1.由f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a＞1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＞ex－1－lnx≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).专题训练

对接高考3巩固提升A.a≤－1 B.a>1 C.a<－1 D.a≥1D解析由函数f(x)＝sinx－ax，得f′(x)＝cosx－a.知f(x)在R上为减函数，所以f′(x)＝cosx－a≤0恒成立，即a≥cosx恒成立.因为－1≤cosx≤1，所以a≥1.2.已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(

) 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′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.3.若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(

) A.2折函数 B.3折函数

C.4折函数

D.5折函数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)的一个极值点.又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.4.(多选)(2021·八省联考)已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则(

)AC由f(0)＝0，当－1<x<0时，ln(1＋x)<0，f(x)＝xln(1＋x)>0，当x>0时，ln(1＋x)>0，f(x)>0，所以f(x)只有0一个零点，B错误；由函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称知，f(x)不是偶函数，D错误.故选AC.5.(2021·福州联考)已知函数f(x)＝x2＋alnx的图象在点(1，f(1))处的切线过坐标原点，则函数y＝f(x)的最小值为(

)C∴f(1)＝1，且f′(1)＝2＋a.∴函数f(x)＝x2＋alnx的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝(2＋a)(x－1)，把原点(0，0)代入，得－1＝－2－a，则a＝－1，A.a<b<c

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

D.c<a<bB34解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx－ax－1.根据题意可得f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，则lnx－ax－1＝0有两个不同的正根，令h′(x)>0得0<x<e2，令h′(x)<0得x>e2，所以函数h(x)在(0，e2)为增函数，在(e2，＋∞)为减函数.三、解答题10.(2021·青岛诊断)已知函数f(x)＝ax2－2lnx. (1)当a＝1时，求y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；∴f(1)＝1，且f′(1)＝2×1－2＝0.∴f(x)的图象在点(1，1)处的切线方程为y＝1.11.已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.

证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；证明f(x)的定义域为(0，＋∞).所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.证明由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，