2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-2-3导数的简单应用 18页

第三讲　导数的简单应用 ‎ ‎ ‎[必记公式]‎ ‎1．基本初等函数的八个导数公式 原函数 导函数 f(x)＝C(C为常数)‎ f′(x)＝0‎ f(x)＝xα(α∈R)‎ f′(x)＝αxα－1‎ f(x)＝sinx f′(x)＝cosx f(x)＝cosx f′(x)＝－sinx f(x)＝ax(a>0，且a≠1)‎ f′(x)＝axln_a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1)‎ f′(x)＝logae＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ ‎　　2.导数四则运算法则 ‎(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；‎ ‎(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；‎ ‎(3)′＝(g(x)≠0)．‎ ‎[重要概念]‎ ‎1．切线的斜率 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，因此曲线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．函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0(f′(x)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．‎ ‎3．函数的极值 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点x，都有f(x)f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．‎ ‎4．函数的最值 将函数y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．‎ ‎[失分警示]‎ ‎1．判断极值的条件掌握不清：利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．‎ ‎2．混淆在点P处的切线和过点P的切线：前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．‎ ‎3．关注函数的定义域：求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．‎ ‎ ‎ 考点　导数的几何意义　　‎ 典例示法 典例1　　(1)[2016·山东高考]若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)‎ A．y＝sinx B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3‎ ‎[解析]　设函数y＝f(x)图象上两点的横坐标为x1，x2.由题意知只需函数y＝f(x)满足f′(x1)·f′(x2)＝－1(x1≠x2)即可．y＝f(x)＝sinx的导函数为f′(x)＝cosx，f′(0)·f′(π)＝－1，故A满足；y＝f(x)＝ln x的导函数为f′(x)＝，f′(x1)·f′(x2)＝>0，故B不满足；y＝f(x)＝ex的导函数为f′(x)＝ex，f′(x1)·f′(x2)＝ex1＋x2>0，故C不满足；y＝f(x)＝x3的导函数为f′(x)＝3x2，f′(x1)·f′(x2)＝9xx≥0，故D不满足．故选A.‎ ‎[答案]　A ‎(2)[2015·陕西高考]设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________．‎ ‎[解析]　y′＝ex，则y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k切＝1，又曲线y＝(x>0)上点P处的切线与y＝ex在点(0,1)处的切线垂直，所以y＝(x>0)在点P处的切线的斜率为－1，设P(a，b)，则曲线y＝(x>0)上点P处的切线的斜率为y′|x＝a＝－a－2‎ ‎＝－1，可得a＝1，又P(a，b)在y＝上，所以b＝1，故P(1,1)．‎ ‎[答案]　(1,1)‎ ‎1．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．‎ ‎2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数 已知过某点切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．‎ 提醒：求曲线的切线方程时，务必分清在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先求出切点坐标．‎ 针对训练 ‎1．[2016·重庆巴蜀中学模拟]已知曲线y＝在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2，则直线l的方程为(　　)‎ A．2x＋y＋2＝0‎ B．2x＋y＋2＝0或2x＋y－18＝0‎ C．2x－y－18＝0‎ D．2x－y＋2＝0或2x－y－18＝0‎ 答案　B 解析　y′＝＝－，y′|x＝2＝－＝－2，因此k1＝－2，设直线l方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0，由题意得＝2，解得b＝18或b＝－2，所以直线l的方程为2x＋y－18＝0或2x＋y＋2＝0.故选B.‎ ‎2．[2014·江苏高考]在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b 的值是________．‎ 答案　－3‎ 解析　∵y＝ax2＋，∴y′＝2ax－，‎ 由题意可得 解得∴a＋b＝－3.‎ 考点　利用导数研究函数的单调性　　‎ 典例示法 题型1　利用导数研究函数的单调性(单调区间)‎ 典例2　　[2015·重庆高考]已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．‎ ‎[解]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，‎ 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，‎ 即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)得g(x)＝ex，‎ 故g′(x)＝ex＋ex ‎＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.‎ 令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.‎ 当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；‎ 当－40，故g(x)为增函数；‎ 当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．‎ 综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．‎ 题型2　根据函数的单调性求参数的范围 典例3　　[2016·西安质检]已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.‎ ‎(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D 上为减函数，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，故01，由g′(x)>0，得0；‎ 由g′(x)<0，得10，故在上，函数g(x)又有一个零点，不符合题意．‎ 综上所述，m＝.‎ ‎1．导数与单调性之间的关系 ‎(1)导数大(小)于0的区间是函数的单调递增(减)区间．‎ ‎(2)函数f(x)在D上单调递增⇔∀x∈D，f′(x)≥0且f′(x)在区间D的任何子区间内都不恒为零；‎ ‎ 函数f(x)在D上单调递减⇔∀x∈D，f′(x)≤0且f′(x)在区间D的任何子区间内都不恒为零．‎ ‎ 2.根据函数的单调性求参数取值范围的思路 ‎ (1)求f′(x)．‎ ‎ (2)将单调性转化为导数f′(x)在该区间上满足的不等式恒成立问题求解．‎ 考点　利用导数研究函数的极值与最值　　‎ 典例示法 题型1　求函数的极值(最值)‎ 典例4　　[2016·合肥质检]已知函数f(x)＝e1－x(2ax－a2)(其中a≠0)．‎ ‎(1)若函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)设函数f(x)的最大值为g(a)，当a>0时，求g(a)的最大值．‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝e1－x(2ax－a2)，‎ 得f′(x)＝(e1－x)′(2ax－a2)＋2ae1－x＝e·′·(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x·(2ax－a2－2a)＝0，又a≠0，故x＝1＋，‎ 当a>0时，f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴1＋≤2，即a≤2，‎ ‎∴00时，f(x)max＝f＝2a·e 即g(a)＝2ae.‎ 则g′(a)＝(2－a)e＝0，得a＝2，‎ ‎∴g(a)在(0,2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，‎ ‎∴g(a)max＝g(2)＝.‎ 题型2　知极值的个数求参数范围 典例5　　[2016·沈阳质检]已知函数f(x)＝xln x－x2－x＋a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点．‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)记两个极值点为x1，x2，且x10，若不等式e1＋λ0，‎ 当x>e时，g′(x)<0，‎ 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．从而g(x)极大值＝g(e)＝.‎ 又g(x)有且只有一个零点是1，且在x→0时，g(x)→－∞，在x→＋∞时，g(x)→0，‎ 所以g(x)的草图如图所示，‎ 可见，要想函数g(x)＝与函数y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点，只需00)，‎ 若a≤0，可见g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(x)不可能有两个不同零点．‎ 若a>0，当00，当x>时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)极大值＝g＝ln －1.‎ 又因为在x→0时，g(x)→－∞，在x→＋∞时，g(x)→－∞，于是只需：‎ g(x)极大值>0，即ln－1>0，所以00,0.‎ 又由ln x1＝ax1，ln x2＝ax2作差得，ln ＝a(x1－x2)，即a＝.‎ 所以原式等价于>，‎ 因为00，所以h(t)在(0,1)上单调递增，又h(1)＝0，‎ h(t)<0在(0,1)上恒成立，符合题意．‎ 当λ2<1时，可见t∈(0，λ2)时，h′(t)>0，t∈(λ2,1)时，h′(t)<0，‎ 所以h(t)在(0，λ2)上单调递增，在(λ2,1)上单调递减，又h(1)＝0，‎ 所以h(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．‎ 综上所述，若不等式e1＋λ0，所以λ≥1.‎ 利用导数研究函数极值与最值的步骤 ‎(1)利用导数求函数极值的一般思路和步骤 ‎①求定义域；‎ ‎②求导数f′(x)；‎ ‎③解方程f′(x)＝0，研究极值情况；‎ ‎④确定f′(x0)＝0时x0左右的符号，定极值．‎ ‎(2)若已知函数极值的大小或存在情况，求参数的取值范围，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来讨论求解．‎ ‎(3)求函数y＝f(x)在[a，b]上最大值与最小值的步骤 ‎①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；‎ ‎②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．‎ 提醒：(1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；‎ ‎(2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值；‎ ‎(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．‎ ‎ ‎ ‎ [全国卷高考真题调研]‎ ‎1．[2015·全国卷Ⅱ]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)‎ C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)‎ 答案　A 解析　令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.‎ ‎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________．‎ 答案　y＝2x 解析　当x>0时，－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，而f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝ex－1＋x(x>0)，点(1,2)在曲线y＝f(x)上，易知f′(1)＝2，故曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是y－2＝f′(1)·(x－1)，即y＝2x.‎ ‎[其它省市高考题借鉴]‎ ‎3．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)‎ A．－4 B．－2‎ C．4 D．2‎ 答案　D 解析　由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，‎ 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，‎ 则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.‎ ‎4．[2016·北京高考]设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ 解　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)·ea－x＋b.‎ 依题设，即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ 一、选择题 ‎1．[2016·郑州质检]函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线方程是(　　)‎ A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0‎ C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0‎ 答案　C 解析　依题意，f(0)＝e0cos0＝1，因为f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′‎ ‎(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.‎ ‎2．[2016·山西忻州四校联考]设函数f(x)＝xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图象为(　　)‎ 答案　B 解析　f′(x)＝(xsinx＋cosx)′＝xcosx，则k＝g(t)＝t·cost，易知函数g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、C.当00，所以排除D，故选B.‎ ‎3．[2016·广西质检]若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，2] B．(－∞，4]‎ C．(－∞，8] D．[－2,4]‎ 答案　B 解析　f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，因为函数f(x)在区间上单调递增，等价于x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，c≤对任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝(x＋1)＋≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.‎ ‎4．[2016·沈阳质检]已知函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足(　　)‎ A．00，从而0恒成立，故f′(x)＝0必有两个不等实根，不妨设为x1，x2，且x10，得xx2，令f′(x)<0，得x12时，由f′(x)＝0，解得x＝± .①当－ ≤－1，即 ≥1，即－1≤a<0时，函数f(x)在[－1,1]上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2，满足条件；②当－ >－1，即 <1，即a<－1或a>2时，若a<－1，函数f(x)在与上单调递增，在上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(1)＝－2或f，而f>f(－1)＝2，不满足条件，若a>2，函数f(x)在与上单调递减，在上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2或f，则必有f≤2，即(a－2) －a3≤2，整理并因式分解得(a－8)(a＋1)2≤0，所以由a>2可得20)．‎ ‎(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；‎ ‎(3)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；‎ 所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝1－ln 1＝1；‎ ‎(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，其定义域为(0，＋∞)．‎ 又h′(x)＝＝.‎ 由a>0可得1＋a>0，在x∈(0,1＋a)上h′(x)<0，在x∈(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，‎ 所以h(x)的递减区间为(0,1＋a)；递增区间为(1＋a，＋∞)．‎ ‎(3)若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0).‎ 因为>e－1，所以a>；‎ ‎②当1<1＋a2，即h(1＋a)>2不满足题意，舍去．‎ 综上所述：a∈.‎ ‎11．已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．‎ ‎(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝.‎ 因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，‎ 所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，‎ 解得a＝－(舍去)或a＝1.‎ 经检验，当a＝1时，x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以a＝1.‎ ‎(2)当a＝0时，f(x)＝ln x，显然在定义域内不满足f(x)<0；‎ 当a>0时，令f′(x)＝＝0，得 x1＝－(舍去)，x2＝，‎ 所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  所以f(x)max＝f＝ln <0，‎ 所以a>1.‎ 综上可得a的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎12．[2016·广西质检]已知函数f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．‎ ‎(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；‎ ‎(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f′(x)＝－＋＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1，‎ 又f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)<0得00得x>1，‎ 所以当x＝1时，f(x)有极小值1.‎ f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．‎ ‎(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝，‎ 若在区间(0，e]上存在一点x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.‎ 当<0，即a<0时，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，即f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a，‎ 由＋a<0，得a<－，即a∈.‎ 当>0，即a>0时，‎ ‎①若e≤，则f′(x)≤0对x∈(0，e]成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a>0，‎ 显然，f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．‎ ‎②若0<时，则有 x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以f(x)在区间(0，e]上的最小值为f＝a＋aln，‎ 由f＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e，‎ 即a∈(e，＋∞)．‎ 综上，由①②可知：a∈∪(e，＋∞)符合题意．‎