2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题六 第3讲 导数的简单应用含解析
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
解析：选D.法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
法二：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
2．(2019·高考全国卷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
解析：选D.因为y′＝aex＋ln x＋1，所以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，所以解得
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为________．
解析：因为y＝2ln(x＋1)，所以y′＝.当x＝0时，y′＝2，所以曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案：y＝2x
4．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
解析：设y＝kx＋b与y＝ln x＋2和y＝ln(x＋1)的切点分别为(x1，ln x1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．
则切线分别为y－ln x1－2＝(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝(x－x2)，
化简得y＝x＋ln x1＋1，y＝x－＋ln(x2＋1)，
依题意，
解得x1＝，
从而b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 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Ⅱ)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( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2
0，解得a>0或a<－4，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
(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，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：y＝3x4－2x3－9x2＋4，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( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.y′＝12x3－6x2－18x，所以切线l的斜率k＝y′，所以切线l的方程为12x＋y－8＝0.联立方程得消去y，得3x4－2x3－9x2＋12x－4＝0，所以(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以x1＝－2，x2＝，x3＝1，所以切线l与曲线C有3个公共点．故选C.
2．(2019·四川绵阳一诊改编)若函数f(x)＝x3＋(t－1)x－1的图象在点(－1，f(－1))处的切线平行于x轴，则t＝________，切线方程为________．
解析：因为函数f(x)＝x3＋(t－1)x－1，所以f′(x)＝3x2＋t－1.因为函数f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线平行于x轴，所以f′(－1)＝3×(－1)2＋t－1＝2＋t＝0，解得t＝－2.此时f(x)＝x3－3x－1，f(－1)＝1，切线方程为y＝1.
答案：－2 y＝1
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(x＋1)－，且1－1.
①当－1<2a－3<0，即10时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当2a－30，即2a－3时，f′(x)>0，则f(x)在(－1，0)，(2a－3，＋∞)上单调递增．
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)法一：f′(x)＝－2a2x＋a
＝.
①当a＝0时，f′(x)＝>0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；
②当a>0时，由f′(x)<0，得x>.
所以f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≥1；
③当a<0时，由f′(x)<0，得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)＝－2a2x＋a＝.
由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．
①当a＝0时，1≤0不合题意；
②当a≠0时，可得即
所以所以a≥1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．
[对点训练]
1．若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：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.
答案：(－∞，－1)
2．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝ln 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．
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0；
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
利用导数研究函数的极值(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m>0，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0e.
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)①当
即00，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a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，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a≤0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)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.
(ii)当a≥3时，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)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b
＝1.
(iii)当00，
f′(x)＝＋2x－3＝，
令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1，
当00，所以函数f(x)在上单调递增；
当1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.
(2)f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x′1＝1，x′2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x′2＝≠x′1＝1，
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a＝－2.
当0<<1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x＝e处取得，
而f＝ln ＋a－(2a＋1)×＝ln －－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
当1<0，x＝－ln a，代入曲线方程得y＝1－ln a，所以切线方程为y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.
2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为( )
A．2 B．1
C．e2 D．－e2
解析：选B.设直线l与曲线C1：y＝ex的切点为A(x1，ex1)，与曲线C2：y＝e2x2的切点为B.由y＝ex，得y′＝ex，所以曲线C1在点A处的切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x－ex1(x1－1) ①.
由y＝e2x2，得y′＝e2x，所以曲线C2在点B处的切线方程为y－e2x＝e2x2(x－x2)，即y＝e2x2x－e2x ②.
因为①②表示的切线为同一直线，所以解得所以直线l的方程为y＝e2x－e2，令y＝0，可得直线l在x上的截距为1，故选B.
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B．
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C.由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2，故选C.
4．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则( )
A．f(x)的最小值为e B．f(x)的最大值为e
C．f(x)的最小值为 D．f(x)的最大值为
解析：选A.设g(x)＝xf(x)－ex，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．
因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，
所以f(x)＝，f′(x)＝，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)≥f(1)＝e.
5．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B．
C． D．(－∞，－e－1)
解析：选D.由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m＋1＝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m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m＋12eπ
解析：选AC.由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，且为最大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)2>1，可得<，即πe2<2eπ，所以D错误．故选AC.
二、填空题
7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．
解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
答案：y＝3x
8．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
解析：因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则x>；令f′(x)<0，则01时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－20，
①当a≤0时，显然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2(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a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4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a＝－4时，f′(x)＝.
所以当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0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a<0时，f(x)的最小值为极小值，即f＝aln－a.
根据题意得f＝aln－a≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
综上实数a的取值范围是[－2，0)．
12．(2019·广州市调研测试)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：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＋a ln(x0ex0)＝－a＋a ln(－a)，
令x＝－a>0，h(x)＝x－x ln 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－x ln x取得最大值1，故m≤1.
