2020届二轮复习(文)第2部分专题6第2讲 导数的简单应用学案
第2讲 导数的简单应用
[做小题——激活思维]
1．设曲线y＝a(x－1)－ln x在点(1,0)处的切线方程为y＝2x－2，则a＝________.
[答案] 3
2．函数f(x)＝的单调增区间是________．
[答案] (0，e)
3．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________．
[答案]
4．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
[答案] 32
5．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．
[答案] －1
[扣要点——查缺补漏]
1．导数的几何意义
(1)f′(x0)表示函数f(x)在x＝x0处的瞬时变化率．
(2)f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处切线的斜率，如T1.
2．导数与函数的单调性
(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，如T2.
(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．
3．导数与函数的极值、最值
(1)f′(x0)＝0是函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，如T5.
(2)函数f(x)在[a，b]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点．
导数的几何意义(5年10考)
[高考解读] 高考对导数几何意义的考查多以选择题或填空题的形式考查，有时出现在解答题的题目条件中或问题的第(1)问，主要考查切线的求法，难度较小.
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
切入点：f(x)为奇函数．
关键点：①根据奇偶性求a；②正确求出f′(0)．
D [因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，由此可得a＝1，故f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.]
2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x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＝－1
切入点：①切点为(1，ae)；②切线方程为y＝2x＋b.
关键点：正确求出曲线在点(1，ae)处的切线的斜率．
D [∵y′＝aex＋ln x＋1，∴k＝y′|x＝1＝ae＋1，
∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1.
∵已知切线方程为y＝2x＋b，
∴解得
故选D.]
[教师备选题]
1．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln x在点(1,0)处的切线方程为________．
y＝2x－2 [由题意知，y′＝，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率k＝y′|x＝1＝2，故所求切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.]
2．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
2x－y＝0 [设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，
即2x－y＝0.]
求曲线y＝f(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P(x0，y0)，通过方程k＝f′(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
1．(求切点坐标)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为( )
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(1,3)和(－1,3) D．(1，－3)
C [f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，
∴P(1,3)或(－1,3)．
经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.]
2．(已知切线求参数)已知直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋mx＋n相切于点A(1,3)，则n＝( )
A．－1 B．1
C．3 D．4
C [对y＝x3＋mx＋n求导得，y′＝3x2＋m，
∵A(1,3)在直线y＝kx＋1上，∴k＝2，
∴由解得n＝3.]
3．[一题多解](公切线问题)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
8 [法一：∵y＝x＋ln x，∴y′＝1＋，y′|x＝1＝2.
∴曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
法二：同方法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2)．
由解得]
利用导数研究函数的单调性(5年6考)
[高考解读] 利用导数研究函数的单调性是每年的必考内容，但是单独命题的概率较小，主要是作为解答题的第(1)问出现.
角度一：讨论函数的单调性
1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
切入点：利用导数讨论f(x)的单调性．
关键点：对参数a的取值进行分类讨论，当a≥1时，构造函数可知(1－x)·ex≤1，所以f(x)＝(x＋1)(1－x)·ex≤x＋1≤ax＋1成立；当0
ax0＋1，从而说明命题不成立；当a≤0时，举反例x0＝说明不等式不成立．
[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
角度二：已知函数的单调性求参数范围
2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.
C. D.
切入点：f(x)在(－∞，＋∞)单调递增⇔f′(x)≥0在R上恒成立．
关键点：正确求解不等式f′(x)≥0.
C [f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－×(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2x＋acos x＋，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立，令cos x＝t，t∈[－1,1]，则－t2＋at＋≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，令g(t)＝4t2－3at－5，则解得－≤a≤，故选C.]
[教师备选题]
1．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
D [利用函数单调性与导函数的关系，将问题转化为恒成立问题．
由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．]
2．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
D [观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C.
如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确．
故选D.]
3．(2017·山东高考)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是( )
A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2
C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x
A [若f(x)具有M性质，则[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．
对于选项A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意．
经验证，选项B，C，D均不符合题意．
故选A.]
求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论..
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
易错提醒：讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.
1．(已知函数的单调性求参数)若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(－1,0) D．[－1，＋∞)
A [f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.]
2．(已知函数的单调区间求参数)若函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为________．
(－∞，－2－2ln 2) [因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解．令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.令g′(x)＝0，解得x＝－ln 2.当x∈(－∞，－ln 2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；当x∈(－ln 2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．所以当x＝－ln 2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2.]
3．(讨论函数的单调性)已知函数f(x)＝(x－1)2＋mln x，m∈R.
(1)当m＝2时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；
(2)试讨论函数f(x)的单调性．
[解] (1)当m＝2时，f(x)＝(x－1)2＋2ln x，f′(x)＝2(x－1)＋，
所以f′(1)＝2，即切线斜率为2，
又切点为(1,0)，所以切线方程为2x－y－2＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋＝，
令g(x)＝2x2－2x＋m，x>0，
其图象的对称轴为x＝，g＝m－，g(0)＝m.
①当g≥0，即m≥时，g(x)≥0，即f′(x)≥0，此时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当g<0且g(0)>0，即00，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
2．(2018·北京高考)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解] (1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，
f′(2)＝(2a－1)e2.
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈，1时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.
(3)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.
1．(函数的极值)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
[解] (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，
则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，
又f′(x)＝＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
定义域为(0，＋∞)．
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
①当a≤0时，
∵x>0，∴g′(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
②当a>0时，g′(x)＝＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
∴当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0.
因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．
∴x＝时，g(x)取极大值g＝ln －×＋(1－a)×＋1＝－ln a.
由①②得，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
2．(函数的最值)已知函数f(x)＝xex＋a(ln x＋x)．
(1)若a＝－e，求f(x)的单调区间；
(2)当a<0时，记f(x)的最小值为m，求证：m≤1.
[解] (1)当a＝－e时，f(x)＝xex－e(ln x＋x)，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝(x＋1)ex－e＝(xex－e)．
当01时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：由(1)得f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝(xex＋a)，
令g(x)＝xex＋a，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为a<0，所以g(0)＝a<0，g(－a)＝－ae－a＋a>－a＋a＝0，
故存在x0∈(0，－a)，使得g(x0)＝x0ex0＋a＝0.
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)＝(xex＋a)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)＝(xex＋a)>0，f(x)单调递增．
故x＝x0时，f(x)取得最小值，即m＝f(x0)＝x0ex0＋a(ln x0＋x0)．
由x0ex0＋a＝0得m＝x0ex0＋aln(x0ex0)＝－a＋aln(－a)，
令x＝－a>0，h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝1－(1＋ln x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，h′(x)＝－ln x>0，h(x)＝x－xln x单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＝－ln x<0，h(x)＝x－xln x单调递减，故x＝1，即a＝－1时，h(x)＝x－xln x取得最大值1，故m≤1.
