《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用學(xué)案 文 新人教A版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 [做真題] 1．(2019·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2sin x＋cos x在點(π，－1)處的切線方程為(　　) 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：選C.依題意得y′＝2cos x－sin x，y′|x＝π＝(2cos x－sin x)|x＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切線方程為y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，故選C. 2．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xln x在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則(

2、　　) A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1 C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1 解析：選D.因為y′＝aex＋ln x＋1，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，所以切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，與切線方程y＝2x＋b對照，可得解得故選D. 3．(2019·高考全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2.討論f(x)的單調(diào)性． 解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0；當(dāng)x∈時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，

3、0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． 若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．若a<0，則當(dāng)x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈時，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． [明考情] 1．此部分內(nèi)容是高考命題的熱點內(nèi)容，在選擇題、填空題中多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，難度較小． 2．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題．有時也常在解答題的第一問中考查，難度一般． 　　　導(dǎo)數(shù)的運算及其幾何意義(基礎(chǔ)型) [知識整合] 導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(co

4、s x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0)； (4)(logax)′＝(a＞0，且a≠1)． 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． [考法全練] 1．已知函數(shù)f(x)＝(e是自然對數(shù)的底數(shù))，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．1＋x D．1－x 解析：選B.函數(shù)f(x)＝，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝＝，故選B. 2．(2019·福州市第一學(xué)期抽測

5、)曲線f(x)＝x＋ln x在點(1，1)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為(　　) A．2 B. C. D. 解析：選D.f′(x)＝1＋，則f′(1)＝2，故曲線f(x)＝x＋ln x在點(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切線與兩坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)分別為(0，－1)，(，0)，則切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為×1×＝，故選D. 3．(2019·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)的圖象與直線x－y＋1＝0相切，則實數(shù)a的值為________． 解析：設(shè)直線x－y＋1＝0與函數(shù)f(x)＝ln x－ax的圖象的切點為P

6、(x0，y0)，因為f′(x)＝－a，所以由題意，得，解得a＝－1. 答案：－1 　　　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(綜合型) [知識整合] 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． [典型例題] (2019·濟南市模擬考試節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．討論f(x)的單調(diào)性． 【解】　函數(shù)f(x)的定義域

7、為(0，＋∞)， f′(x)＝a(x－1)－1＋＝， 令f′(x)＝0，則x1＝1，x2＝， ①若a＝1，則f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． ②若01， 當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)． ③若a>1，則0<<1， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)． 綜上所述，當(dāng)a＝1時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；

8、 當(dāng)01時，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)． 求解或討論函數(shù)單調(diào)性問題的解題策略 討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時，依據(jù)根的大小進行分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論． [注意]　討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的，千萬不要忽視了定義域的限制．　 [對點訓(xùn)練] 1

9、．若函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋1在區(qū)間(，3)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝x2－ax＋1，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(，3)上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0在區(qū)間(，3)上恒成立，所以，即， 解得a≥， 所以實數(shù)a的取值范圍為[，＋∞)． 答案：[，＋∞) 2．已知函數(shù)f(x)＝x2－3ax＋a2ln x(a∈R)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－3a＋＝＝. ①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； ②當(dāng)a>0時，由f′(x)

10、>0解得x∈(0，)∪(a，＋∞)， 由f′(x)<0解得x∈(，a)， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)和(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(，a)． 　　　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)(綜合型) [知識整合] 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值的關(guān)系 (1)若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． (2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值，且在極值點或端點處取得． [典型例題]

11、 已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R. (1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)當(dāng)a>0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求a的取值范圍． 【解】　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2－3x＋ln x(x>0)， 所以f′(x)＝2x－3＋＝， 所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.所以切線方程為y＝－2. (2)函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定義域為(0，＋∞)， 當(dāng)a>0時，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝. ①當(dāng)0<≤1，即a≥1時，f(x)在

12、[1，e]上單調(diào)遞增． 所以f(x)在[1，e]上的最小值為f(1)＝－2，符合題意； ②當(dāng)1<

13、＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值． [對點訓(xùn)練] 1．(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A．1＋ln 2　　　　　　　　　 B．1－ln 2 C. D. 解析：選C.因為f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，則x>；令f′(x)<0，則0

14、 ＝，故選C. 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝2(x－2)ex－ax2＋2ax＋3，若x＝1是f(x)的極小值點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：f′(x)＝2(x－1)ex－2ax＋2a＝2(x－1)(ex－a)； ①當(dāng)a≤0時，ex－a>0?f′(x)＝0?x＝1，x∈(－∞，1)?f′(x)<0； x∈(1，＋∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)的極小值點， 所以a≤0符合題意； ②當(dāng)00；x∈(ln a，1)?f′(x)<0； x∈(1，＋∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)

15、的極小值點， 所以0e時，f′(x)＝0?x1＝1或x2＝ln a，且ln a>1； x∈(－∞，1)?f′(x)>0；x∈(1，ln a)?f′(x)<0； x∈(ln a，＋∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)的極大值點， 所以a>e不符合題意； 當(dāng)a＝e時，f′(x)＝2(x－1)(ex－e)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值． 綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，e)． 一、選擇題 1．(一題多解)(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)函數(shù)y＝x＋＋2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A．(－3，1)　　　　　　　　 B．(0，1) C

16、．(－1，3) D．(0，3) 解析：選B.法一：令y′＝1－＋<0，得－30，故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．故選B. 法二：由題意知x>0，故排除A、C選項；又f(1)＝4

17、當(dāng)x>0或x<－2時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)－2

18、) C．(－∞，2] D．(－∞，2) 解析：選C.因為f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤(x＋)min(x∈(1，＋∞))，因為當(dāng)x∈(1，＋∞)時，x＋>2，所以m≤2.故選C. 5．如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷： ①函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； ②函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； ③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(4，5)內(nèi)單調(diào)遞增； ④當(dāng)x＝2

19、時，函數(shù)y＝f(x)有極小值； ⑤當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)有極大值． 則上述判斷中正確的是(　　) A．①②　　　　　　　　　　 B．②③ C．③④⑤ D．③ 解析：選D.當(dāng)x∈(－3，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，①錯； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(2，3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，②錯； 當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f(x)有極大值，④錯； 當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)無極值，⑤錯．故選D. 6．(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若xf′(x)＋f(x

20、)＝ex(x－2)且f(3)＝0，則不等式f(x)<0的解集為(　　) A．(0，2) B．(0，3) C．(2，3) D．(3，＋∞) 解析：選B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知當(dāng)x∈(0，2)時，g(x)＝xf(x)是減函數(shù)，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g(x)＝xf(x)是增函數(shù)．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0，3)，故選B. 二、填空題 7．(2019·廣州市綜合檢測(一))若函

21、數(shù)f(x)＝ax－的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2，4)，則a＝________． 解析：f′(x)＝a＋，f′(1)＝a＋3，f(1)＝a－3，故f(x)的圖象在點(1，a－3)處的切線方程為y－(a－3)＝(a＋3)(x－1)，又切線過點(2，4)，所以4－(a－3)＝a＋3，解得a＝2. 答案：2 8．設(shè)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，則稱x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的“中值點”．那么函數(shù)f(x)＝x3－3x在區(qū)間[－2，2]上的“中值點”為________． 解析：

22、由f(x)＝x3－3x求導(dǎo)可得f′(x)＝3x2－3，設(shè)x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2，2]上的“中值點”，則f′(x0)＝＝1，即3x－3＝1，解得x0＝±. 答案：± 9．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函數(shù)f(x)與g(x)有相同的極值點，則實數(shù)a的值為________． 解析：因為f(x)＝－x2＋2ln x，所以f′(x)＝－2x＋＝－(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又當(dāng)00；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，所以x＝1是函數(shù)f(x)的極值點．因為g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－.又函數(shù)f(x)與g(x)＝

23、x＋有相同極值點，所以x＝1也是函數(shù)g(x)的極值點，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.經(jīng)檢驗，當(dāng)a＝1時，函數(shù)g(x)取到極小值． 答案：1 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4. 故b＝4，a＋b＝8.從而a＝4，b＝4. (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝4ex(x＋

24、2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)． 令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2. 從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時， f′(x)>0；當(dāng)x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增， 在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減． 當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 11．(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)證明：當(dāng)x>1時，f(x)>0； (2)討論g(x)的單調(diào)性； 解

25、：(1)證明：f(x)＝， 令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1， 當(dāng)x>1時，s′(x)>0 ，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)>0， 從而當(dāng)x>1時，f(x)>0. (2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時，由g′(x)＝0得x＝ . 當(dāng)x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 12．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當(dāng)a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當(dāng)f(x)的最小值不小

26、于－a時，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝. 當(dāng)a＝－4時，f′(x)＝. 所以當(dāng)02時，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. 所以當(dāng)a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2，無極大值． (2)因為f′(x)＝， 所以當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得，x>－， 所以f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， 所以f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)a<0時，f(x)的最小值為極小值，即f＝aln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因為a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， 綜上，實數(shù)a的取值范圍是[－2，0)． - 13 -