2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第3讲 导数的简单应用教学案

-1-第3讲导数的简单应用[考情考向·高考导航]1．此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度属中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度中档．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0D．x＋y－π＋1＝0解析：C[∵y′＝2cosx－sinx，∴切线斜率k＝2cosπ－sinπ＝－2，∴在点(π，－1)处的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.]2．(全国Ⅱ卷)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：A[f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，则f(x)极小值为f(1)＝－1.]3．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝ex×lnx＋ex×1x＝ex(lnx＋1x)，则：f′(1)＝e1×(ln1＋11)＝e.即f′(1)的值为e.答案：e4．(2019·天津卷)已知a∈R，设函数f(x)＝x2－2ax＋2a，x≤1，x－alnx，x＞1，若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为()-2-A．[0,1]B．[0,2]C．[0，e]D．[1，e]解析：C[首先f(0)≥0，即a≥0，当0≤a≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2＋2a－a2≥2a－a2＝a(2－a)＞0，当a＜1时，f(1)＝1＞0，故当a≥0时，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立；若x－alnx≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤xlnx在(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝xlnx，则g′(x)＝lnx－1x2，易知x＝e为函数g(x)在(1，＋∞)唯一的极小值点、也是最小值点，故g(x)max＝g(e)＝e，所以a≤e.综上可知，a的取值范围是[0，e]．故选C.][主干整合]1．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．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)为常函数，函数不具有单调性．3．可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值．(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件．(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．4．函数的极值与最值(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．-3-热点一导数的几何意义[例1](1)(2019·全国Ⅲ卷)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]D[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.](2)(2019·成都二模)已知曲线C1：y2＝tx(y＞0，t＞0)在点M4t，2处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln4e2t的值为()A．4e2B．8eC．2D．8[解析]D[曲线C1：y＝tx，y′＝t2tx.当x＝4t时，y′＝t4，切线方程为y－2＝t4x－4t，化简为y＝t4x＋1.①与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，y′|x＝x0＝ex0＋1＝t4，x0＝lnt4－1，那么y0＝ex0＋1－1＝t4－1，切线方程为y－t4－1＝t4x－lnt4＋1，化简为y＝t4x－t4lnt4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t4lnt4＋t2－1＝1⇔lnt4＝2t－8t，-4-即t＝4，那么tln4e2t＝4lne2＝8，故选D.]求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：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y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后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)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．解析：导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．设点A(x0，y0)，则y0＝lnx0.又y′＝1x，当x＝x0时，y′＝1x0，点A在曲线y＝lnx上的切线为y－y0＝1x0(x－x0)，即y－lnx0＝xx0－1，代入点(－e，－1)，得－1－lnx0＝－ex0－1，即x0lnx0＝e，考查函数H(x)＝xlnx，当x∈(0,1)时，H(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，H(x)＞0，且H′(x)＝lnx＋1，当x＞1时，H′(x)＞0，H(x)单调递增，注意到H(e)＝e，故x0lnx0＝e存在唯一的实数根x0＝e，此时y0＝1，故点A的坐标为A(e,1)．答案：(e,1)(2)(2019·烟台三模)函数f(x)＝exsinx的图象在点(0，f(0))处的切线方程是________．解析：由f(x)＝exsinx，得f′(x)＝exsinx＋excosx，所以f(0)＝0且f′(0)＝1，-5-则切线的斜率为1，切点坐标为(0,0)，所以切线方程为y＝x.答案：y＝x热点二利用导数研究函数的单调性逻辑推理素养逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.[例2](1)(2019·青岛三模)若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间12，3上单调递减，则实数a的取值范围是____________．[解析]由已知得f′(x)＝x2－ax＋1，∵函数f(x)在区间12，3上单调递减，∴f′(x)≤0在区间12，3上恒成立，∴f′12≤0，f，即14－12a＋1≤0，9－3a＋1≤0，解得a≥103，∴实数a的取值范围为103，＋∞.[答案]103，＋∞(2)(2019·吉林三模节选)已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1＋1＋ax－1，当－12≤a≤0时，讨论f(x)的单调性．[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a－1＋ax2＝ax2＋x－a－1x2＝ax＋a＋x－x2.①当a＝0时，f′(x)＝x－1x2，此时，在(0,1)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)单调递增；②当－12≤a＜0时，f′(x)＝ax＋1＋aax－x2.(ⅰ)当－1＋aa＝1，即a＝－12时，f′(x)＝－x－22x2≤0在(0，＋∞)上恒成立．-6-所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(ⅱ)当－12＜a＜0时，－1＋aa＜1，此时在(0,1)，－1＋aa，＋∞上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在1，－1＋aa上f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上所述：当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；当－12＜a＜0时，f(x)在(0,1)，－1－aa，＋∞上单调递减，f(x)在1，－1－aa上单调递增；当a＝－12时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．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．[注意]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．(2019·广州二模)已知x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点．(1)求函数f(x)的单调递减区间．(2)设函数g(x)＝f(x)－3＋ax，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－bx2＋1x，x∈(0，＋∞)．因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点，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.因为f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x－3x2，解f′(x)＜0，得0＜x＜1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋lnx－ax(x＞0)，-7-g′(x)＝2＋1x＋ax2(x＞0)．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，即2＋1x＋ax2≥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.热点三利用导数研究函数的极(最)值[例3](2019·银川二模)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．[审题指导](1)要求a的值，只需要令f′(1)＝0即可．(2)要求f(x)的最大值，就要根据12与区间[a2，a]的关系分类讨论，依据单调性求解．[解析](1)因为f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，所以函数的定义域为(0，＋∞)．所以f′(x)＝1x－2ax＋(a－2)＝1－2ax2＋a－xx＝－x－ax＋x.因为f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a