2020版高考数学大二轮复习 专题六 函数与不等式、导数 第四讲 导数的简单应用课件 文

考点二考点三考点一目录ONTENTSC4限时规范训练专题六函数与不等式、导数第四讲导数的简单应用[考情分析·明确方向]1．高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小．2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．3．导数的应用主要是通过利用导数研究单调性解决最值、不等式、函数零点等问题，着重考查逻辑推理与数学运算这两大核心素养与分析问题解决问题的能力．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)．2．四个易误导数公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a0)；(4)(logax)′＝1xlna(a0，且a≠1)．1．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若ƒ(x)为奇函数，则曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD.y＝x解析：法一：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又ƒ(x)为奇函数，∴ƒ(－x)＝－ƒ(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.法二：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，∴a＝1，即ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.答案：D2．(2019·辽宁大连联考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)等于()A．－eB．－1C．1D.e解析：因为f(x)＝2xf′(1)＋lnx，所以f′(x)＝2f′(1)＋1x，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋1，解得f′(1)＝－1.答案：B3．(2019·高考全国卷Ⅲ)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＝－1B.a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D.a＝e－1，b＝－1解析：y′＝aex＋lnx＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴ae＋1＝2，b＝－1，即a＝e－1，b＝－1.故选D.答案：D4．(2019·河南商丘二模)设曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g(x)＝3ax＋2cosx上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围是()A．[－1,2]B.(3，＋∞)C.－23，13D.－13，23解析：由f(x)＝－ex－x，得f′(x)＝－ex－1，∵ex＋11，∴1ex＋1∈(0,1)．由g(x)＝3ax＋2cosx，得g′(x)＝3a－2sinx，又－2sinx∈[－2,2]，∴3a－2sinx∈[－2＋3a,2＋3a]．要使过曲线f(x)＝－ex－x上任意一点的切线l1，总存在过曲线g(x)＝3ax＋2cosx上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则－2＋3a≤0，2＋3a≥1，解得－13≤a≤23.答案：D[类题通法]求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法(1)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；(2)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；(3)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．导数与函数单调性的关系(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)为常数，函数不具有单调性．探究1比较大小(2019·咸阳二模)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，任意x∈(0，π)，有f′(x)sinxf(x)cosx，且f(x)＋f(－x)＝0，设a＝2fπ6，b＝2fπ4，c＝－f－π2，则()A．abcB．bcaC．acbD.cba解析：根据题意，令g(x)＝fxsinx，x∈(0，π)，则其导数g′(x)＝f′xsinx－fxcosxsin2x，又x∈(0，π)，且恒有f′(x)sinxf(x)cosx，所以g′(x)0，所以函数g(x)在(0，π)上单调递增，又f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)为奇函数；且π6π4π2，所以gπ6gπ4gπ2，即fπ6sinπ6fπ4sinπ4fπ2sinπ2，2fπ62fπ4fπ2，所以2fπ62fπ4－f－π2，即abc.故选A.答案：A[类题通法]利用单调性比较大小的关键(1)构造函数，利用已知条件构造新的函数；(2)寻找性质，对所构造的函数判断其单调性与奇偶性；(3)比较，细审比较的各式，还原到新构造的函数中，再利用函数的单调性，即可得大小关系．探究2由单调性求参数范围(2019·汕头一模)若函数f(x)＝ex(cosx－a)在区间－π2，π2上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．(1，＋∞)C．[1，＋∞)D.[2，＋∞)解析：f′(x)＝ex(cosx－sinx－a)，若f(x)在区间－π2，π2上单调递减，则cosx－sinx－a≤0在区间－π2，π2上恒成立，即a≥cosx－sinx，x∈－π2，π2，令h(x)＝cosx－sinx＝2sinπ4－x，x∈－π2，π2，故π4－x∈－π4，3π4，故sinπ4－x的最大值是1，此时π4－x＝π2，即x＝－π4，故h(x)的最大值是2，故a≥2，故选D.答案：D[类题通法]由函数的单调性求参数取值范围的策略(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)0(或f′(x)0)在该区间上存在解集，即f′(x)max0(或f′(x)min0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．1．(2019·益阳、湘潭模拟)π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是()A．3e,3πB.3e，eπC．e3，π3D.πe,3π解析：构造函数f(x)＝lnxx，f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝1－lnxx2，当f′(x)0，即0xe时，函数f(x)单调递增；当f′(x)0，即xe时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．∵e3π，∴eln3elnπ，πlneπln3，即ln3elnπe，lneπln3π.又函数y＝lnx，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，故3eπeπ3，e3eπ3π，故这六个数中的最大数为π3或3π，由e3π及函数f(x)＝lnxx的单调性，得f(π)f(3)f(e)，即lnππln33lnee，由lnππln33，得lnπ3ln3π，∴3ππ3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e.故选A.答案：A2．(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝x3－ax在(－1,1)上单调递减，则实数a的取值范围为()A．(1，＋∞)B.[3，＋∞)C．(－∞，1]D.(－∞，3]解析：∵f(x)＝x3－ax，∴f′(x)＝3x2－a.又f(x)在(－1,1)上单调递减，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.答案：B3．(2019·武邑县校级月考)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若2f(x)＋f′(x)2，f(0)＝5，则不等式f(x)－4e－2x1的解集为()A．(1，＋∞)B.(－∞，0)C．(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：设g(x)＝e2xf(x)－e2x－4则g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)－2e2x＝e2x[2f(x)＋f′(x)－2]0，∴g(x)在R上单调递增．∵f(0)＝5∴g(0)＝f(0)－1－4＝0∵f(x)－4e－2x1，∴e2xf(x)－e2x－40，∴g(x)0，∴x0.故选D.答案：D导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．(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．－1B．－2e－3C．5e－3D.1解析：(1)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x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.答案：A(2)(2019·德州模拟)已知函数f(x)＝2(x＋1)，g(x)＝x＋lnx，A，B两点分别为f(x)，g(x)的图象上的点，且始终满足A，B两点的纵坐标相等，则A，B两点间的最短距离为________．解析：不妨设A(m，a)，B(n，a)(n0)，则2(m＋1)＝a，得m＝a2－1.又a＝n＋lnn，则|AB|＝|m－n|＝n－n＋lnn2＋1＝n2－lnn2＋1，设F(n)＝n2－lnn2＋1(n0)，则F′(n)＝12－12n＝n－12n，令F′(n)＝0，得n＝1，故当n∈(0,1)时，F′(n)0；当n∈(1，＋∞)时，F′(n)0，所以F(n)min＝F(1)＝32，所以|AB|≥32，所以|AB|的最小值为32.答案：32[类题通法]利用导数研究函数的极值、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)在方程根的左右两侧函数值的符号．(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