（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 第3講 導數(shù)的簡單應用學案 理 新人教A版

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1、第3講導數(shù)的簡單應用做真題題型一導數(shù)的幾何意義1(2018高考全國卷)設函數(shù)f(x)x3(a1)x2ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線yf(x)在點(0，0)處的切線方程為()Ay2xByxCy2x Dyx解析：選D法一：因為函數(shù)f(x)x3(a1)x2ax為奇函數(shù)，所以f(x)f(x)，所以(x)3(a1)(x)2a(x)x3(a1)x2ax，所以2(a1)x20，因為xR，所以a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲線yf(x)在點(0，0)處的切線方程為yx.故選D法二：因為函數(shù)f(x)x3(a1)x2ax為奇函數(shù)，所以f(1)f(1)0，所以1a1a(1a1

2、a)0，解得a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲線yf(x)在點(0，0)處的切線方程為yx.故選D2(2019高考全國卷)已知曲線yaexxln x在點(1，ae)處的切線方程為y2xb，則()Aae，b1 Bae，b1Cae1，b1 Dae1，b1解析：選D因為yaexln x1，所以y|x1ae1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為yae(ae1)(x1)，即y(ae1)x1，所以解得3(2018高考全國卷)曲線y2ln(x1)在點(0，0)處的切線方程為_解析：因為y2ln(x1)，所以y.當x0時，y2，所以曲線y2ln(x1)在點(0，0)處的

3、切線方程為y02(x0)，即y2x.答案：y2x4(2016高考全國卷)若直線ykxb是曲線yln x2的切線，也是曲線yln(x1)的切線，則b_解析：設ykxb與yln x2和yln(x1)的切點分別為(x1，ln x12)和(x2，ln(x21)則切線分別為yln x12(xx1)，yln(x21)(xx2)，化簡得yxln x11，yxln(x21)，依題意，解得x1，從而bln x111ln 2.答案：1ln 2題型二導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值1(2017高考全國卷)若x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點，則f(x)的極小值為()A1 B2e3C5e3 D1解析：選A因

4、為f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因為x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1.令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得2x0，解得a0或a4，故實數(shù)a的取值范圍是(，4)(0，)【答案】(1)C(2)(1，3)或(1，3)(3)(，4)(0，)(1)求曲線yf(x)的切線方程的3種類型及方法類型方法已知切點P(x0，y0)，求切線方程求出切線的斜率f(x0)，由點斜式寫出方程已知切線的斜率k，求切線方程設切點P(x0，y

5、0)，通過方程kf(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程已知切線上一點(非切點)，求切線方程設切點P(x0，y0)，利用導數(shù)求得切線斜率f(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程(2)由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種類型及解題關鍵類型解題關鍵已知曲線在某點處的切線求參數(shù)關鍵是用“方程思想”來破解，先求出函數(shù)的導數(shù)，從而求出在某點處的導數(shù)值；再根據(jù)導數(shù)的幾何意義與已知條件，建立關于參數(shù)的方程，通過解方程求出參數(shù)的值已知曲線的切線方程，求含有雙參數(shù)的代數(shù)式的取值范圍關鍵是過好“雙關”；一是轉化關，即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉化為含單參數(shù)的代數(shù)式，此時需利用

6、已知切線方程，尋找雙參數(shù)的關系式；二是求最值關，常利用函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等方法求最值，從而得所求代數(shù)式的取值范圍對點訓練1(2019武漢調(diào)研)設曲線C：y3x42x39x24，在曲線C上一點M(1，4)處的切線記為l，則切線l與曲線C的公共點個數(shù)為()A1 B2C3 D4解析：選Cy12x36x218x，所以切線l的斜率ky，所以切線l的方程為12xy80.聯(lián)立方程得消去y，得3x42x39x212x40，所以(x2)(3x2)(x1)20，所以x12，x2，x31，所以切線l與曲線C有3個公共點故選C2(2019成都第二次診斷性檢測)已知直線l既是曲線C1：yex的切線，又是曲線C2：

7、ye2x2的切線，則直線l在x軸上的截距為()A2 B1Ce2 De2解析：選B設直線l與曲線C1：yex的切點為A(x1，ex1)，與曲線C2：ye2x2的切點為B.由yex，得yex，所以曲線C1在點A處的切線方程為yex1ex1(xx1)，即yex1xex1(x11).由ye2x2，得ye2x，所以曲線C2在點B處的切線方程為ye2xe2x2(xx2)，即ye2x2xe2x.因為表示的切線為同一直線，所以解得所以直線l的方程為ye2xe2，令y0，可得直線l在x上的截距為1，故選B3(2019廣州市綜合檢測(一)若函數(shù)f(x)ax的圖象在點(1，f(1)處的切線過點(2，4)，則a_解析

8、：f(x)a，f(1)a3，f(1)a3，故f(x)的圖象在點(1，a3)處的切線方程為y(a3)(a3)(x1)，又切線過點(2，4)，所以4(a3)a3，解得a2.答案：2利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性典型例題命題角度一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間或判斷函數(shù)的單調(diào)性 已知函數(shù)f(x)ln(x1)，且1a1.當12a30，即1a時，當1x0時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當2a3x0時，f(x)0，即a2時，當1x2a3時，f(x)0，則f(x)在(1，0)，(2a3，)上單調(diào)遞增當0x2a3時，f(x)0，則f(x)在(0，2a3)上單調(diào)遞減綜上，當1a時，f(x)在(1，2a3)，(0，)上單調(diào)遞增，在

9、(2a3，0)上單調(diào)遞減；當a時，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增；當a2時，f(x)在(1，0)，(2a3，)上單調(diào)遞增，在(0，2a3)上單調(diào)遞減利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的三種方法(1)當不等式f(x)0或f(x)0可解時，確定函數(shù)的定義域，解不等式f(x)0或f(x)0求出單調(diào)區(qū)間(2)當方程f(x)0可解時，確定函數(shù)的定義域，解方程f(x)0，求出實數(shù)根，把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和實根按從小到大的順序排列起來，把定義域分成若干個小區(qū)間，確定f(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間(3)不等式f(x)0或f(x)0及方程f(x)0均不可解時求導數(shù)并化簡，根據(jù)

10、f(x)的結構特征，選擇相應的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定f(x)的符號，得單調(diào)區(qū)間 命題角度二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 已知函數(shù)f(x)ln xa2x2ax(aR)(1)當a1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍【解】(1)當a1時，f(x)ln xx2x，其定義域為(0，)，所以f(x)2x1，令f(x)0，則x1(負值舍去)當0x0；當x1時，f(x)0，所以f(x)在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)，不合題意；當a0時，由f(x).所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.依題意，得解得a1；當a0時，由f(x).所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.依

11、題意，得解得a.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是1，)法二：f(x)2a2xa.由f(x)在區(qū)間(1，)上是減函數(shù)，可得g(x)2a2x2ax10在區(qū)間(1，)上恒成立當a0時，10不合題意；當a0時，可得即所以所以a1或a.所以實數(shù)a的取值范圍是1，)(1)已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應用條件f(x)0(或f(x)0)，x(a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數(shù)的取值是f(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍(2)若函數(shù)yf(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉化為f(x)0在(a，b)上有解 對點訓練1若函數(shù)f(x)(xa)ex在區(qū)間(0，)上不單調(diào)，則實

12、數(shù)a的取值范圍為_解析：f(x)ex(xa1)，由題意，知方程ex(xa1)0在(0，)上至少有一個實數(shù)根，即xa10，解得a0，則由f(x)0，得xln a.當x(，ln a)時，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增若a0，則由f(x)0，得xln.當x時，f(x)0；故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增利用導數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題典型例題命題角度一求已知函數(shù)的極值(最值) 已知函數(shù)f(x)1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設m0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間m，2m上的最大值【解】(1)因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，且f(x)，由得0xe

13、.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)(2)當即0m時，(m，2m)(0，e)，函數(shù)f(x)在區(qū)間m，2m上單調(diào)遞增，所以f(x)maxf(2m)1；當me2m，即me時，(m，e)(0，e)，(e，2m)(e，)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，e)上單調(diào)遞增，在(e，2m)上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf(e)11；當me時，(m，2m)(e，)，函數(shù)f(x)在區(qū)間m，2m上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf(m)1.綜上所述，當0m時，f(x)max1；當m0，則當x(，0)時，f(x)0；當x時，f(x)0.故f(x)在(，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；若a0，f(x)

14、在(，)單調(diào)遞增；若a0；當x時，f(x)0.故f(x)在，(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減(2)滿足題設條件的a，b存在(i)當a0時，由(1)知，f(x)在0，1單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間0，1的最小值為f(0)b，最大值為f(1)2ab.此時a，b滿足題設條件當且僅當b1，2ab1，即a0，b1.(ii)當a3時，由(1)知，f(x)在0，1單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間0，1的最大值為f(0)b，最小值為f(1)2ab.此時a，b滿足題設條件當且僅當2ab1，b1，即a4，b1.(iii)當0a3時，由(1)知，f(x)在0，1的最小值為fb，最大值為b或2ab.若b1，b1，則a3，與0

15、a3矛盾若b1，2ab1，則a3或a3或a0，與0a0，f(x)2x3，令f(x)0，解得x1，x21，當0x0，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；當x1時，f(x)1時，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)f(x)，令f(x)0，得x11，x2，因為f(x)在x1處取得極值，所以x2x11，當0時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，e上的最大值為f(1)，令f(1)1，解得a2.當01時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(1，e上單調(diào)遞增，所以最大值1可能在x或xe處取得，而f

16、ln a(2a1)ln 10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a.當1e時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以最大值1可能在x1或xe處取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，與1e矛盾當e時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，所以最大值1在x1處取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，xln a，代入曲線方程得y1ln a，所以切線方程為y(1ln a)2(xln a)，即y2xln a12x1a1.2已知函數(shù)f(x)x3ax2bxa2在x1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為()

17、A(3，3) B(11，4)C(4，11) D(3，3)或(4，11)解析：選Cf(x)3x22axb，依題意可得即消去b可得a2a120，解得a3或a4，故或當時，f(x)3x26x33(x1)20，這時f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C3(2019南昌市第一次模擬測試)已知f(x)在R上連續(xù)可導，f(x)為其導函數(shù)，且f(x)exexf(1)x(exex)，則f(2)f(2)f(0)f(1)()A4e24e2 B4e24e2C0 D4e2解析：選C由題意，得f(x)exexf(1) exexx(exex)，所以f(0)e0e0f(1)e0e00(e0e0)0，f(2)f(2)0，所以f

18、(2)f(2)f(0)f(1)0，故選C4已知f(x)x2ax3ln x在(1，)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為()A(，2 BC2，) D5，)解析：選C由題意得f(x)2xa0在(1，)上恒成立g(x)2x2ax30在(1，)上恒成立a2240或2a2或a2，故選C5函數(shù)f(x)(x0)的導函數(shù)為f(x)，若xf(x)f(x)ex，且f(1)e，則()Af(x)的最小值為e Bf(x)的最大值為eCf(x)的最小值為 Df(x)的最大值為解析：選A設g(x)xf(x)ex，所以g(x)f(x)xf(x)ex0，所以g(x)xf(x)ex為常數(shù)函數(shù)因為g(1)1f(1)e0，所以g(x)x

19、f(x)exg(1)0，所以f(x)，f(x)，當0x1時，f(x)1時，f(x)0，所以f(x)f(1)e.6若函數(shù)f(x)ex(m1)ln x2(m1)x1恰有兩個極值點，則實數(shù)m的取值范圍為()A(e2，e) BC D(，e1)解析：選D由題意，函數(shù)的定義域為(0，)，f(x)ex(m1)0在(0，)上有兩個不相等的實數(shù)根，所以m1在(0，)上有兩個不相等的實數(shù)根，令g(x)，則g(x)，所以函數(shù)g(x)在，上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，其圖象如圖所示，要使m1在(0，)上有兩個不相等的實數(shù)根，則m1g(1)，即m1e，m0)，所以f(x)2x，令2x0得x，令f(x)0，則x；令f

20、(x)0，則0x0，即a2x4ex有解，即a(2x4ex)max即可令g(x)2x4ex，則g(x)24ex.令g(x)0，解得xln 2.當x(，ln 2)時，函數(shù)g(x)2x4ex單調(diào)遞增；當x(ln 2，)時，函數(shù)g(x)2x4ex單調(diào)遞減所以當xln 2時，g(x)2x4ex取得最大值22ln 2，所以a0，當a0時，顯然f(x)0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當a0時，令f(x)0，則2ax2x10，易知其判別式為正，設方程的兩根分別為x1，x2(x1x2)，則x1x20，所以x100.令f(x)0，得x(0，x2)，令f(x)0得x(x2，)，其中x2.所以函數(shù)f(x)在上單

21、調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減11已知常數(shù)a0，f(x)aln x2x.(1)當a4時，求f(x)的極值；(2)當f(x)的最小值不小于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a4時，f(x).所以當0x2時，f(x)2時，f(x)0，即f(x)單調(diào)遞增所以f(x)只有極小值，且在x2時，f(x)取得極小值f(2)44ln 2.所以當a4時，f(x)只有極小值44ln 2.(2)因為f(x)，所以當a0，x(0，)時，f(x)0，即f(x)在x(0，)上單調(diào)遞增，沒有最小值；當a0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

22、以當a0時，f(x)的最小值為極小值，即falna.根據(jù)題意得falnaa，即aln(a)ln 20.因為a0，所以ln(a)ln 20，解得a2，綜上實數(shù)a的取值范圍是2，0)12(2019廣州市調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)xexa(ln xx)(1)若ae，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a0時，記f(x)的最小值為m，求證：m1.解：(1)當ae時，f(x)xexe(ln xx)，f(x)的定義域是(0，)f(x)(x1)exe(xexe)當0x1時，f(x)1時f(x)0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)(2)證明：f(x)的定義域是(0，)，f(x)(x

23、exa)，令g(x)xexa，則g(x)(x1)ex0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增因為a0，所以g(0)aaa0，故存在x0(0，a)，使得g(x0)x0ex0a0.當x(0，x0)時，g(x)0，f(x)(xexa)0，f(x)(xexa)0，f(x)單調(diào)遞增故xx0時，f(x)取得最小值，即mf(x0)x0ex0a(ln x0x0)由x0ex0a0得mx0ex0a ln(x0ex0)aa ln(a)，令xa0，h(x)xx ln x，則h(x)1(1ln x)ln x，當x(0，1)時，h(x)ln x0，h(x)xxln x單調(diào)遞增，當x(1，)時，h(x)ln x0，h(x)xxln x單調(diào)遞減，故x1，即a1時，h(x)xx ln x取得最大值1，故m1.- 17 -