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2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题一 函数与导数 第三讲 导数的简单应用学案

2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题一 函数与导数 第三讲 导数的简单应用学案

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第三讲　导数的简单应用

1．(2019·全国卷Ⅱ)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为(　　)
A．x－y－π－1＝0
B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0
D．x＋y－π＋1＝0
解析：选C　设y＝f(x)＝2sin x＋cos x，则f′(x)＝2cos x－sin x，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.
2．(2019·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　y′＝aex＋ln x＋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，
∴即a＝e－1，b＝－1.故选D．
3．(2018·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　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．
4．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为(　　)

解析：选D　易知y＝2x2－e|x|是偶函数，设f(x)＝2x2－e|x|，则f(2)＝2×22－e2＝8－e2，所以00，当ln 4
5．(2017·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，所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1，f(x)＝(x2－x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－20)两个相邻的极值点，则ω＝(　　)
A．2 B．
C．1 D．
解析：选A　由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，T＝－，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.故选A．
 明 考 情 
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，有时出现在解答题第一问．
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，有时出现在解答题第一问．
3．近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．

考点一　导数的几何意义
|析典例|
【例】　(1)(一题多解)已知函数f(x)在R上满足f(2－x)＝2x2－7x＋6，则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程是(　　)
A．y＝2x－1 B．y＝x
C．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3
(2)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为(　　)
A．1 B．2
C．－1 D．－2
[解析]　(1)解法一：令x＝1得f(1)＝1，令2－x＝t，可得x＝2－t，代入f(2－x)＝2x2－7x＋6得f(t)＝2(2－t)2－7(2－t)＋6，化简整理得f(t)＝2t2－t，即f(x)＝2x2－x，∴f′(x)＝4x－1，∴f′(1)＝3，∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.
解法二：令x＝1得f(1)＝1，由f(2－x)＝2x2－7x＋6，两边求导可得f′(2－x)·(2－x)′＝4x－7，令x＝1可得－f′(1)＝－3，即f′(1)＝3，∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.
(2)设直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)的切点为(x0，y0)，则y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a)．
因为曲线的导函数y′＝，所以y′|x＝x0＝＝1，即x0＋a＝1.
又y0＝ln(x0＋a)，所以y0＝0，则x0＝－1，所以a＝2.
[答案]　(1)C　(2)B
| 规 律 方 法 |
导数几何意义的应用类型及解题策略
求切线方程
(1)已知切点A(x0，f(x0))，则切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)
(2)已知过点P(x0，y0)(非切点)，可设切点为(x1，y1)，由求解即可
已知斜率k，
求切点(x1，f(x1))
应先解方程f′(x1)＝k得出x1，然后求出f(x1)即可
|练题点|
1．若函数f(x)＝x3－x＋3的图象在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为(　　)
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)
解析：选C　f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，即3x2－1＝2⇒x＝1或－1，又f(1)＝3，f(－1)＝3，所以P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1,3)或(－1,3)．
2．(2019·福州质检)过点(－1,1)与曲线f(x)＝x3－x2－2x＋1相切的直线有(　　)
A．0条 B．1条
C．2条 D．3条
解析选C　设切点P(a，a3－a2－2a＋1)，由f′(x)＝3x2－2x－2，当a≠－1时，可得切线的斜率k＝3a2－2a－2＝，所以(3a2－2a－2)(a＋1)＝a3－a2－2a，即(3a2－2a－2)(a＋1)＝a(a－2)(a＋1)，所以a＝1，此时k＝－1.又(－1,1)是曲线上的点且f′(－1)＝3≠－1，故切线有2条．
考点二　利用导数研究函数的单调性
|析典例|
【例】　(2019·山西模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，a∈R，讨论f(x)的单调性．
[解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－ax＋(1－a)＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，f′(x)＝＝.
方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1＝，x2＝－1，x2<00时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
| 规 律 方 法 |
利用导数研究函数单调性的方法
方法一：(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求导数f′(x)．
(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围，对应的区间为f(x)的单调递增(减)区间．
方法二：(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根．
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该子区间上的单调性.
注：(1)涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f′(x)在某一区间内的符号是否有影响，若有影响，则必须分类讨论.(2)求函数的单调区间，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点.
|练题点|
(2019·武汉市部分学校测试)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)·在区间[0,1]内的零点个数．
解：(1)由题意可得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无减区间；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a；由f′(x)<0，得x当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减且f(0)＝0，此时f(x)有一个零点；
当1e－1时，f(x)有一个零点，当1e－1或a＝2(－1)时，g(x)有两个零点；
当1对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
[思路分析]　第(1)问：
求什么，如何想
讨论函数f(x)的极值点的个数，想到f′(x)＝0的解的个数
给什么，如何用
题干中给出f(x)＝(x－1)ex－ax2，求出f′(x)，然后解方程f′(x)＝0，注意对参数a的分类讨论
第(2)问：
求什么，如何想
求a的取值范围，想到建立a的不等式
给什么，如何用
题中给出对任意x>0，f(x)＋ex≥x3＋x成立，根据该不等式将参数a分离，然后构造函数求解
[规范解答]　(1)f′x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有1个极值点；
当00得x0，由f′(x)<0得ln(2a)时，由f′(x)>0得x<0或x>ln(2a)，由f′(x)<0得00且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0.
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，
即a≤对任意的x>0恒成立．

设g(x)＝，
则g′(x)＝.
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
∴实数a的取值范围是(－∞，e－2].
| 规 律 方 法 |
1．对于含参数的函数极值、最值问题，要注意分类讨论思想的应用，注意函数的零点不一定是极值点．
2．在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点．
|练题点|
1．已知函数f(x)＝x＋－3ln x(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的一个极值点，求a的值及f(x)的单调区间；
(2)当a＝－2时，求f(x)在区间[1，e]上的最值．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
(1)f′(x)＝1－－，
由x＝3是函数f(x)的一个极值点，得f′(3)＝1－－1＝0，解得a＝0，
此时f′(x)＝1－＝，x>0.
所以当x>3时，f′(x)>0；
当00，
f′(x)＝1＋－＝.
所以当02时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．
又因为x∈[1，e]，
所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2，e]上单调递增，
所以f(x)在区间[1，e]上的最小值f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
又因为f(1)＝－1，f(e)＝e－－3，
f(e)－f(1)＝e－－2<0，
所以f(x)在区间[1，e]上的最大值f(x)max＝f(1)＝－1.
2．(2019·福建福州模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝.
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝，
所以当03时，f′(x)>0；
当