创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题32　导数的简单应用.doc

微专题32导数的简单应用高考定位1.考查函数的切线问题.2.考查函数的单调性、极值、最值问题.1.(2020·全国卷)若直线l与曲线y和圆x2y2都相切，则l的方程为()A.y2x1 B.y2xC.yx1 D.yx答案D解析易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxb，则，设直线l与曲线y的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y|xx0xk kx0b. 由可得b，将b，kx代入得x01或x0(舍去).所以kb，故直线l的方程为yx.2.(2022·全国甲卷)当x1时，函数f(x)aln x取得最大值2，则f(2)()A.1 B. C. D.1答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0，)，所以依题意可知而f(x)，所以即所以f(x)，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，当x1时取最大值，满足题意.所以f(2)1.故选B.3.(2022·全国乙卷)函数f(x)cos x(x1)sin x1在区间0，2的最小值、最大值分别为()A.， B.，C.，2 D.，2答案D解析f(x)cos x(x1)sin x1，x0，2，则f(x)sin xsin x(x1)cos x(x1)cos x，x0，2.令f(x)0，解得x1(舍去)，x或x.因为f()cos (1)sin 12，f()cos (1)sin 1，又f(0)cos 0(01)sin 012，f(2)cos 2(21)sin 212，所以f(x)maxf()2，f(x)minf().故选D.4.(2021·全国乙卷)设a2ln 1.01，bln 1.02，c1，则()A.a<b<c B.b<c<aC.b<a<c D.c<a<b答案B解析bcln 1.021，设f(x)ln(x1)1，则bcf(0.02)，f(x)，当x>0时，x1>，故当x>0时，f(x)<0，所以f(x)在(0，)上单调递减，所以f(0.02)<f(0)0，即b<c.ac2ln 1.011，设g(x)2ln(x1)1，则acg(0.01)，g(x)，当0<x<2时，>x1，故当0<x<2时，g(x)>0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)0，故c<a，从而有b<c<a，故选B.5.(2022·新高考卷)曲线yln |x|过坐标原点的两条切线的方程为_，_.答案yxyx解析先求当x>0时，曲线yln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以，解得y01，代入yln x，得x0e，所以切线斜率为，切线方程为yx.同理可求得当x<0时的切线方程为yx.综上可知，两条切线方程为yx，yx.热点一导数的几何意义1.复合函数的导数复合函数yf(g(x)的导数和函数yf(u)，ug(x)的导数间的关系为yxyu·ux.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上. 例1 (1)(2022·河南名校联考)已知f(x)axacos x(aR)，则曲线yf(x)在点(0，2)处的切线方程为()A.xy20 B.xy20C.2xy20 D.2xy20(2)(2022·兰州诊断)已知f(x)ex1(e为自然对数的底数)，g(x)ln x1，则曲线f(x)与g(x)的公切线条数为()A.0 B.1 C.2 D.3(3)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线yln x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_.答案(1)A(2)C(3)(e，1)解析(1)因为点(0，2)在曲线上，所以f(0)acos 02，于是a1，所以f(x)xcos x1，则f(x)1sin x，则f(0)1，故所求切线方程为y2x0，即xy20.(2)设直线l与曲线f(x)ex1相切于点(m，em1)，与曲线g(x)ln x1相切于点(n，ln n1)，对f(x)ex1求导得，f(x)ex，则k1em，则直线l的方程为y1emem(xm)，即yemxem(1m)1.对g(x)ln x1求导得，g(x)，则k2，则直线l的方程为y(ln n1)(xn)，即yxln n.由直线l是曲线f(x)与g(x)的公切线，得可得(1m)(em1)0，即m0或m1.则切线方程为yex1或yx，公切线有两条，故选C.(3)设A(m，n)，y，则曲线yln x在点A处的切线方程为yn(xm).又切线过点(e，1)，所以有n1(me).再由nln m，解得me，n1.故点A的坐标为(e，1).规律方法求过某点的切线方程时(不论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程.训练1 (1)(2022·南平联考)若直线yxm与曲线yex2n相切，则()A.mn为定值 B.mn为定值C.mn为定值 D.mn为定值(2)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_.答案(1)B(2)1ln 2解析(1)设直线yxm与曲线yex2n相切于点(x0，ex02n)，因为yex2n，所以ex02n1，x02n，所以切点为(2n，1)，则12nm，故mn，为定值.(2)直线ykxb与曲线yln x2，yln(x1)均相切，设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).由yln x2，得y；由yln(x1)，得y.k，则x1，x21.y12ln k，y2ln k，即A，B.A，B在直线ykxb上，热点二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况. 考向1求函数的单调区间例2 (2022·成都一诊改编)已知函数f(x)(x2)exx2ax，aR，讨论函数f(x)的单调性.解f(x)(x2)exx2ax，aR，f(x)(x1)exaxa(x1)(exa).当a0时，令f(x)<0，得x<1，f(x)在(，1)上单调递减；令f(x)>0，得x>1，f(x)在(1，)上单调递增.当0<a<e时，令f(x)<0，得ln a<x<1，f(x)在(ln a，1)上单调递减；令f(x)>0，得x<ln a或x>1，f(x)在(，ln a)和(1，)上单调递增.当ae时，f(x)0在xR上恒成立，f(x)在R上单调递增.当a>e时，令f(x)<0，得1<x<ln a，f(x)在(1，ln a)上单调递减；令f(x)>0，得x>ln a或x<1，f(x)在(，1)和(ln a，)上单调递增.综上所述，当a0时，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增；当0<a<e时，f(x)在(ln a，1)上单调递减，在(，ln a)和(1，)上单调递增；当ae时，f(x)在R上单调递增；当a>e时，f(x)在(1，ln a)上单调递减，在(，1)和(ln a，)上单调递增.考向2函数单调性的应用例3 (1)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f(x)满足<1，则下列结论中正确的是()A.f(x)>0恒成立B.f(x)<0恒成立C.当且仅当x(，1)，f(x)<0D.当且仅当x(1，)，f(x)>0答案A解析依题意f(x)<0，且<1，得f(x)(x1)f(x)>0.令g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)>0，函数g(x)在R上单调递增.又g(1)0，故当x>1时，g(x)>0，f(x)>0，当x<1时，g(x)<0，f(x)>0.故f(x)>0在R上恒成立.(2)(2022·遵义二模改编)若函数f(x)xaln x，aR在其定义域内单调递增，求实数a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.由已知得f(x)0在(0，)上恒成立，可得x2ax10，即ax在(0，)上恒成立，又x2，当且仅当x1时等号成立，故实数a的取值范围为(，2.规律方法讨论函数的单调性一般可以归结为讨论含有参数的一元二次不等式的解集(1)在能够通过分解因式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.训练2 (1)定义在(1，)上的函数f(x)满足x2f(x)1>0(f(x)为函数f(x)的导函数)，f(3)，则关于x的不等式f(log2x)1>logx2的解集为_.答案(8，)解析由x2f(x)1>0，得f(x)>0(x>1)，构造函数F(x)f(x)，x(1，)，则F(x)f(x)>0，所以F(x)在(1，)上单调递增.不等式f(log2x)1>logx2化为f(log2x)>1.又F(3)f(3)1，故原不等式化为F(log2x)>F(3)，从而log2x>3，解之得x>8.(2)(2022·青岛质检)若函数f(x)x2axln x在区间(2，e)上单调递增，则a的取值范围是()A. B.C. D.e21，)答案B解析因为f(x)x2axln x，所以f(x)2xa，因为函数f(x)a2axln x在区间(2，e)上单调递增，所以f(x)2xa0在(2，e)上恒成立，即a2x在(2，e)上恒成立，令g(x)2x，x(2，e)，所以g(x)2，x(2，e)时，g(x)>0恒成立，所以g(x)2x在(2，e)上单调递增，又g(2)，所以a.(3)(2022·深圳模拟改编)已知函数g(x)ln x2x(aR)，讨论g(x)的单调性.解函数g(x)ln x2x的定义域为(0，)，g(x)2(aR)，方程2x2xa0的判别式18a.当a时，0，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增；当a>时，>0，方程2x2xa0的两根为x1，x2.()当<a0时，x1<x20，对任意的x>0，g(x)>0，g(x)在(0，)上单调递增；()当a>0时，x1<0<x2，令g(x)<0，可得0<x<x2，令g(x)>0，可得x>x2.综上所述，当a0时，g(x)在(0，)上单调递增；当a>0时，g(x)在(，)上单调递增，在上单调递减.热点三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数yf(x)的极值，要抓住两点(1)由yf(x)的图象与x轴的交点，可得函数yf(x)的可能极值点.(2)由yf(x)的图象可以看出yf(x)的函数值的正负，从而可得到函数yf(x)的单调性，可得极值点.2.函数在闭区间a，b上一定存在最值，比较函数的极值与f(a)，f(b)，最大者是最大值，最小者就是最小值. 例4 (2022·赣州质检)函数f(x)m(x3x22x1)exex(mR且e为自然对数的底数).(1)当m0时，求函数f(x)的最小值；(2)若函数f(x)在x1处取得极大值，求实数m的取值范围.解(1)当m0时，有f(x)exex，则f(x)exe，从而当x(，1)时，f(x)<0；当x(1，)时，f(x)>0；故函数f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，此时f(x)minf(1)0.(2)由f(x)mexex，得f(x)m(x23x2)exe，记g(x)f(x)，则g(x)m(2x3)ex，当m0时，g(x)>0在(，1)上恒成立，故g(x)即f(x)在(，1)上单调递增，因为f(1)0，所以f(x)<0在(，1)上恒成立，从而函数f(x)在(，1)上单调递减，不合题意；当m>0时，g(x)在R上单调递增，又g(1)me，()当0<me，此时g(x)>g(1)0在(1，)上恒成立，故g(x)f(x)在(1，)上单调递增，因为f(1)0，所以f(x)>0在(1，)上恒成立，从而函数f(x)在(1，)上单调递增，不合题意，()当m>e时，此时g(1)me<0，ge>0，故存在唯一x0，使g(x0)0，且当x(，x0)时，g(x)<0，故g(x)f(x)在(，x0)上单调递减，因为f(1)0，所以当x(，1)时，f(x)>0；当x(1，x0)时，f(x)<0，从而函数f(x)在(，1)上单调递增，在(1，x0)上单调递减，即函数f(x)在x1处取得极大值，符合题意.综上，实数m的取值范围为(e，).规律方法已知函数的极值求参数时注意f(x0)0是x0为极值点的必要不充分条件，还要利用函数的单调性才能确定极值.训练3 (2022·眉山二诊)已知函数f(x)(x1)exax.(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在0，)上的最小值为a，求a.解(1)当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)xex.当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.所以f(x)在x0处取极小值f(0)1，无极大值.(2)由题得f(x)xexa，x0，).当a0时，xex0，a0，故f(x)0，f(x)在0，)上单调递增.所以f(x)minf(0)1a，解得a(舍去).当a>0时，f(0)a<0，f(a)a(ea1)>0，且f(x)在0，)上单调递增，故f(x)在0，)上有唯一零点x0(0，a)，且ax0ex0.当x0，x0)，f(x)<0，f(x)单调递减；当x(x0，)，f(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)minf(x0)(x01)ex0ax0(x01)ax0aa，即1x0，解得x0，a或x02，a2e2.综上，a的值为或2e2.一、基本技能练1.已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足关系式f(x)x23xf(2)ln x，则f(2)的值为()A. B. C. D.答案B解析f(x)x23xf(2)ln x，f(x)2x3f(2)，令x2，得f(2)43f(2)，解得f(2).2.(2022·“四省八校”质检)已知曲线yx在点(1，1)处的切线与直线x2y0垂直，则k的值为()A.1 B.1 C. D.答案A解析y1，由题意得y|x12，即12，解得k1.3.(2022·渭南联考)函数f(x)ln x的图象在点(1，f(1)处的切线方程为()A.5x4y120B.5x4y20C.5x4y120D.3x4y40答案A解析法一因为f(x)ln x，所以f(x)，所以f(1)，f(1)，所以切线的斜率为，所求切线方程为y(x1)，即5x4y120.故选A.法二因为f(1)，所以点在切线上，所以将点代入选项验证，排除BC；因为f(x)ln x，所以f(x)，所以f(1)，所以切线的斜率为，排除D.故选A.4.(2022·合肥调研)若x2是函数f(x)ax2x2ln x的极值点，则函数f(x)()A.有最小值2ln 2，无最大值B.有最大值2ln 2，无最小值C.有最小值2ln 2，有最大值2ln 2D.无最大值，无最小值答案A解析由题设得，f(x)ax1且f(2)0，2a20，可得a1.f(x)x1且x>0，当0<x<2时，f(x)<0，f(x)单调递减，当x>2时，f(x)>0，f(x)单调递增，f(x)有极小值(也是最小值)f(2)2ln 2，无极大值.综上，f(x)有最小值2ln 2，无最大值.故选A.5.已知f(x)为R上的可导函数，且xR，均有f(x)>f(x)，则以下判断正确的是()A.f(2 023)>e2 023f(0)B.f(2 023)<e2 023f(0)C.f(2 023)e2 023f(0)D.f(2 023)与e2 023f(0)的大小关系无法确定答案B解析令函数g(x)，则g(x).f(x)>f(x)，g(x)<0，即函数g(x)在(，)上单调递减，g(2 023)<g(0)，<，f(2 023)<e2 023f(0).6.(2022·百师联盟联考)已知点A是函数f(x)x2ln x2图象上的点，点B是直线yx上的点，则|AB|的最小值为()A. B.2 C. D.答案A解析f(x)的定义域为(0，).当与直线yx平行的直线与f(x)的图象相切时，切点到直线yx的距离|AB|最小.令f(x)2x1，解得x1或x(舍去)，又f(1)3，所以切点(1，3)到直线yx的距离即为|AB|的最小值，|AB|min.故选A.7.(2022·昆明诊断)已知函数f(x)ln(mx)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为yxb，则不等式0<f(x1)<1的解集是_.答案(1，e)解析由题意可得f(x)，因为函数f(x)ln(mx)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为yxb，所以f(0)1，即1，解得m1，所以f(x)ln(x1)，则f(x1)ln x，又0<f(x1)<1，即0<ln x<1，解得1<x<e，所以不等式0<f(x1)<1的解集为(1，e).8.(2022·成都蓉城名校联考)函数f(x)xsin xcos x3x2的极值点为_.答案0解析由已知得f(x)sin xxcos xsin x6xx(cos x6)，当x<0时，f(x)>0，当x>0时，f(x)<0，即函数f(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，函数f(x)在x0处取得极大值.9.(2022·广东广雅中学调研改编)已知函数f(x)ln xax在函数g(x)x22xb的单调递增区间上也单调递增，则实数a的取值范围是_.答案0，)解析函数g(x)x22xb的单调递增区间为1，)，依题意得，函数f(x)在1，)上也单调递增，则f(x)a0在1，)上恒成立，即a在1，)上恒成立.令m(x)，则m(x)在1，)上单调递增，又当x时，m(x)0且m(x)<0，所以当x1，)时，1，0)，所以a0.10.已知yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx1，且f(x)ln x1，则函数f(x)_，函数f(x)的最小值为_.答案xln x解析由f(x)ln x1得f(x)xln xc，又f(1)0，则c0，所以f(x)xln x.又f(x)的定义域为(0，)，x时，f(x)<0，f(x)单调递减，x时，f(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)minf.11.(2021·北京卷)已知函数f(x).(1)若a0，求yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，求f(x)的单调区间以及最大值和最小值.解(1)当a0时，f(x)，则f(x).当x1时，f(1)1，f(1)4，故yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为y14(x1)，整理得4xy50.(2)已知函数f(x)，则f(x).若函数f(x)在x1处取得极值，则f(1)0，即0，解得a4.经检验，当a4时，x1为函数f(x)的极大值点，符合题意.此时f(x)，其定义域为R，f(x)，令f(x)0，解得x11，x24.f(x)，f(x)随x的变化趋势如下表：x(，1)1(1，4)4(4，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间为(，1)，(4，)，单调递减区间为(1，4).极大值为f(1)1，极小值为f(4).又因为x<时，f(x)>0；x>时，f(x)<0，所以函数f(x)的最大值为f(1)1，最小值为f(4).12.已知函数f(x)x22xaln x(aR).(1)若函数在x1处的切线与直线x4y20垂直，求实数a的值；(2)当a>0时，讨论函数的单调性.解函数定义域为(0，)，f(x)2x2.(1)由已知得f(1)2×12a4，得a4.(2)f(x)2x2(x>0)，记48a，当0时，即a时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增；当>0，即a<时，令f(x)0，解得x1，x2.又a>0，故x2>x1>0.当x(0，x1)(x2，)时，f(x)>0，函数f(x)单调递增，当x(x1，x2)时，f(x)<0，函数f(x)单调递减.综上所述，当a时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a<时，函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减.二、创新拓展练13.(2022·龙岩模拟)若直线ykxb是曲线y的切线，也是曲线yex1的切线，则kb等于()A. B.C. D.答案D解析设直线ykxb与曲线y相切于点P(x1，y1)，yex2，k1ex12；直线ykxb与曲线yex1相切于点Q(x2，y2)，yex，k2ex2，l1：yex12xex12x1ex12，l2：yex2xex21x2ex2，x2ln 2，kbex2ex21x2ex21(ln 2)×.14.(2022·太原模拟)已知f(x)ax2ex(a1)x，对任意x1，x2(0，)(x1x2)，都有<a，则实数a的取值范围是()A.(，0 B.(0，1)C.(，1 D.1，)答案C解析法一由题意，不妨设x1>x2，因为<a，所以f(x1)f(x2)<a(x1x2)，即f(x1)ax1<f(x2)ax2.令g(x)f(x)axax2exx(x>0)，则g(x1)<g(x2)，所以g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)axex10在(0，)上恒成立.令h(x)g(x)，则h(x)aex在(0，)上单调递减，所以h(x)<ae0a1.当a1时，h(x)<0，所以g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)<a×0e010成立，符合题意.当a>1时，令h(x)>0，得0<x<ln a，所以g(x)在(0，ln a)上单调递增，所以当x(0，ln a)时，g(x)>a×0e010，不符合题意.综上，实数a的取值范围是a1.故选C.法二取a0，得f(x)exx，f(x)ex1<0(x>0)，所以函数f(x)exx在(0，)上单调递减，满足<0，故排除BD.取a1，得f(x)x2ex2x，f(x)xex2，令h(x)f(x)，则h(x)1ex<0，所以f(x)在(0，)上单调递减，所以f(x)<1(x>0)，满足<1，故排除A.选C.15.(2022·北京北大附中模拟)已知函数f(x)ex，g(x)x22x1.若对任意的x1，都存在x2，满足f(x1)g(x2)1，则实数a的取值范围是()A.2e2，) B.2e22，)C. D.(，1答案B解析对任意的x1，都存在x2满足f(x1)g(x2)1，等价于对任意的x，f(x)g(x)1min.令h(x)g(x)1x22x(x1)21，x，所以h(x)minh(1)1，所以ex1在上恒成立，即axxex在上恒成立.令(x)xexx，x，则(x)(x1)ex1>0.所以函数(x)在上单调递增，故(x)max(2)2e22.所以a2e22，故选B.16.设函数f(x)ax32x2xc(a>0).(1)当a1，且函数f(x)的图象过点(0，1)时，求函数f(x)的极小值；(2)若f(x)在(，)上无极值点，求实数a的取值范围.解f(x)3ax24x1.(1)函数f(x)的图象过点(0，1)时，有f(0)c1.当a1时，f(x)x32x2x1，f(x)3x24x1，由f(x)>0，解得x<或x>1；由f(x)<0，解得<x<1.所以函数f(x)在和(1，)上单调递增，在上单调递减，所以函数f(x)的极小值是f(1)132×12111.(2)若f(x)在(，)上无极值点，则f(x)在(，)上是单调函数，即f(x)3ax24x10或f(x)3ax24x10恒成立.由a>0，f(x)0恒成立的充要条件是(4)24×3a×10，即1612a0，解得a.显然，f(x)0不恒成立，综上，实数a的取值范围为.