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 16页

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－20，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.‎ ‎ ‎