2018届二轮复习导数及其应用学案
第3讲 导数及其应用
1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．
2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．
3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．
热点一 导数的几何意义
1．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)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
例1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y＝在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )
A．2x＋y－1＝0 B．2x－y＋1＝0
C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y－2＝0
答案 B
解析 因为y′＝＝－，
故切线的斜率k＝－，即所求直线的斜率k＝2，
方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.故选B.
(2)(2017届成都一诊)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln 的值为( )
A．4e2 B．8e
C．2 D．8
答案 D
解析 曲线C1：y＝，y′＝ .
当x＝时，y′＝，切线方程为y－2＝，
化简为y＝x＋1. ①
与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，
y′|＝e＝，x0＝ln －1，
那么y0＝e－1＝－1，
切线方程为y－＝，
化简为y＝x－ln ＋－1， ②
①②是同一方程，
所以－ln ＋－1＝1⇔ln ＝，
即t＝4，那么tln ＝4ln e2＝8，故选D.
思维升华 (1)求曲线的切线要注意“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．
(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．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．
跟踪演练1 (1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f(x)＝3x＋cos 2x＋sin 2x，a＝f′，f′(x)是f(x)的导函数，则过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为________．
答案 3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0
解析 f′(x)＝3－2sin 2x＋2cos 2x，f′＝3－2＝1，则a＝1，点P的坐标为，
若P为切点，y′＝3x2，曲线y＝x3在点P处切线的斜率为3，切线方程为y－1＝3(x－1)，即 3x－y－2＝0；若P不为切点，设曲线y＝x3的切线的切点为(m，n)，曲线y＝x3的切线的斜率k＝3m2，则＝3m2.又n＝m3，则m＝－，n＝－，得切线方程为y＋＝，即3x－4y＋1＝0.∴过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0.
(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f(x)＝ln x与函数g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是( )
A. B．(－1，＋∞)
C．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)
答案 A
解析 设公切线与函数f(x)＝ln x切于点A(x1，ln x1)(x1>0)，则切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．设公切线与函数g(x)＝x2＋2x＋a切于点B(x2，x＋2x2＋a)(x2<0)，则切线方程为y－(x＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)，∴
∵x2<0
h(2)＝－ln 2－1＝ln ，
∴a∈(ln，＋∞)，故选A.
热点二 利用导数研究函数的单调性
1．f′(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.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．
例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2x－，令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得00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．
跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B.
C. D. (－2，＋∞)
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝＋2ax，
若f(x)在区间内存在单调递增区间，
则f′(x)>0在上有解，
即a>min.
又g(x)＝－在上是单调递增函数，
所以g(x)>g＝－2，
所以a>－2.
故选D.
(2)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)f B．f(1)<2f sin 1
C.f >f D.f 0，x∈，
从而有F(x)＝在上为增函数，
所以有F0，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．
例3 (2017届云南大理州统测)设函数G(x)＝xln x＋(1－x)·ln(1－x)．
(1)求G(x)的最小值；
(2)记G(x)的最小值为c，已知函数f(x)＝2a·ex＋c＋－2(a＋1)(a>0)，若对于任意的x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥0成立，求实数a的取值范围．
解 (1)由已知得00，得0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(0)＝－(a＋1)，且当x→＋∞时，g(x)>0，
所以存在x0∈(0，＋∞)，使g(x0)＝0，且f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
因为g(x0)＝ax·e－(a＋1)＝0，
所以ax·e＝a＋1，即a·e＝，
因为对于任意的x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥0成立，
所以f(x)min＝f(x0)＝a·e＋－2(a＋1)≥0，
所以＋－2(a＋1)≥0，
即＋－2≥0，即2x－x0－1≤0，
所以－≤x0≤1.
因为ax·e＝a＋1，所以x·e＝>1.
又x0>0，所以00，即k<时，设x1，x2是方程2x2＋x＋k－1＝0的两个实根，且x10，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.
根据题意可知存在x∈[1,2]，
使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立，
令h(x)＝＋，
则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
A组 专题通关
1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f(x)＝x2sin x＋xcos x，则其导函数f′(x)的图象大致是( )
答案 C
解析 ∵f(x)＝x2sin x＋xcos x，
∴f′(x)＝x2cos x＋cos x,
∴f′(－x)＝(－x)2cos(－x)＋cos(－x)＝x2cos x＋cos x＝f′(x)，
∴其导函数f′(x) 为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，B，
又f′(0)＝1，排除D，故选C.
2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a∈R，函数f(x)＝ex＋ae－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为( )
A．ln 2 B．－ln 2 C. D．－
答案 A
解析 对f(x)＝ex＋ae－x求导，得f′(x)＝ex－ae－x.
又f′(x)是奇函数，故f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1，故有f′(x)＝ex－e－x，设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝e－e＝，得e＝2或e＝－(舍去)，得x0＝ln 2，故选A.
3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F(x)＝xf(x)，f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>a>b C．c>b>a D．a>c>b
答案 C
解析 F(－x)＝(－x)f(－x)＝－xf(x)＝－F(x)，即函数F(x)是奇函数，并且当x∈(－∞，0]时，f′(x)<0，即当x∈(－∞，0]时，F(x)是单调递减函数，所以在R上函数F(x)是单调递减函数，a＝F(20.1)，b＝F(ln 2)，c＝F，20.1>1,0ln 2>log2，所以a－3 B．a<－3 C．a>－ D．a<－
答案 B
解析 y′＝aeax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即aeax＝－3，∵eax>0，∴a<0.又当a<0时，00,2xln x<0 ，
则u′(x)>0，所以u(x) 在x∈上单调递增；
当x∈(1,2)时，1－x<0,2xln x>0，则u′(x)<0，
所以u(x)在 上单调递减．
故当x＝1时，函数u(x)在区间上取得最大值u(1)＝1 ，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.
6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x－y＋1＝0与曲线y＝ln x＋a相切，则a的值为___.
答案 2
解析 y＝ln x＋a的导数为y′＝，设切点P(x0，y0)，则y0＝x0＋1，y0＝ln x0＋a.又切线方程
x－y＋1＝0的斜率为1，即＝1，解得x0＝1，则y0＝2，a＝y0－ln x0＝2.
7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f(x)＝x3－x2＋ax－1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 原题等价于方程f′(x)－3＝0有两个大于零的实数根．
因为f(x)＝x3－x2＋ax－1，
所以f′(x)＝2x2－2x＋a，
所以f′(x)－3＝0，即2x2－2x＋a－3＝0，
设g(x)＝2x2－2x＋a－3，
要使方程g(x)＝0有两个大于零的实数根需要满足
即
解得32或a<0
解析 因为f(x)＝x3＋(a2－2a)x2－4a4，所以令f′(x)＝3x2＋2(a2－2a)x＝3x＝0，可得函数f(x)＝x3＋(a2－2a)x2－4a4的两个极值点分别为x＝0，x＝－，由题意得>0，即a2－2a>0，解得a<0或a>2.
9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f(x)在区间D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在区间D上也可导，则称函数f(x)在区间D上存在二阶导数，记作f″(x)，即f″(x)＝[f′(x)]′.
定义2：若函数f(x)在区间D上的二阶导数为正，即f″(x)>0恒成立，则称函数f(x)在区间D上是凹函数．
已知函数f(x)＝x3－x2＋1在区间D上为凹函数，则x的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝3x2－3x，f″(x)＝6x－3，
令f″(x)>0，得x>.
10．已知函数f(x)＝.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)解 易得f′(x)＝－，
由已知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，
故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
(2)证明 若a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)
＝－＝.
设φ(x)＝(1－x)e－(1－x0)ex，x∈R，
则φ′(x)＝－e－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，
∴φ(x)在R上单调递减，又φ(x0)＝0，
∴当x0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x0，当x>x0时，h′(x)<0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴当x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x)．
B组 能力提高
11．(2017届衡阳期末)函数f(x)在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f(x)>0；②2f(x)0，g′(x)>0，
∴函数g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴g(1)h(2)，即f(1)>，<，
故选D.
12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a，b满足2a2－5ln a－b＝0，c∈R，则的最小值为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 用x代换a，用y代换b，则x，y满足2x2－5ln x－y＝0，即y＝2x2－5ln x，以x代换c，可得点(x，－x)，满足x＋y＝0，所以求解的最小值即为求解曲线y＝2x2－5ln x上的点到直线x＋y＝0的距离的最小值，设直线x＋y＋m＝0与曲线y＝2x2－5ln x相切于点P(x0，y0)，则f′(x)＝4x－，则f′(x0)＝4x0－＝－1，解得x0＝1，所以切点P(1,2)，所以点P到直线x＋y＝0的距离为d＝＝，
故选C.
13．已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)0)．
①当a≤0时，∵x>0，
∴ax－1<0，在区间(0,2)上，f′(x)>0；
在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)，
单调递减区间是(2，＋∞)．
②当00；在区间上，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和，
单调递减区间是.
③当a＝时，f′(x)＝，
故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a>时，0<<2，在区间和(2，＋∞)上，f′(x)>0；在区间上，f′(x)<0，
故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，
单调递减区间是.
(3)由题意知，在(0,2]上有f(x)maxln 2－1，
故ln 2－1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)max＝f ＝－2－－2ln a，
由a>可知，ln a>ln >ln ＝－1，
∴2ln a>－2，即－2ln a<2，
∴－2－2ln a<0，∴f(x)max<0，
综上所述，a>ln 2－1.
