（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式 第5讲 导数的

数学第2部分高考热点专题突破专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第5讲导数的简单应用01考点102考点203考点305专题强化训练[核心提炼]1．导数公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a0)；(4)(logax)′＝1xlna(a0，且a≠1)．导数运算及其几何意义2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[典型例题](1)(2019·绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线y＝14x2－3lnx的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为()A．－3B．2C．－3或2D.12(2)已知f(x)＝lnxx2＋1，g(x)＝(1＋sinx)2，若F(x)＝f(x)＋g(x)，则F(x)的导函数为________．【解析】(1)设切点为(m，n)(m＞0)，y＝14x2－3lnx的导数为y′＝12x－3x，可得切线的斜率为12m－3m＝－12，解方程可得，m＝2.故选B.(2)因为f′(x)＝（lnx）′（x2＋1）－lnx（x2＋1）′（x2＋1）2＝1x（x2＋1）－2xlnx（x2＋1）2＝x2＋1－2x2lnxx（x2＋1）2g′(x)＝2(1＋sinx)(1＋sinx)′＝2cosx＋sin2x，所以F′(x)＝f′(x)＋g′(x)＝x2＋1－2x2lnxx（x2＋1）2＋2cosx＋sin2x.【答案】(1)B(2)x2＋1－2x2lnxx（x2＋1）2＋2cosx＋sin2x利用导数几何意义解题的思路(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化．(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[对点训练]1．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－lnx的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：因为f′(x)＝a－1x，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.故填1.答案：12．(2019·浙江省十校联合体期末检测)已知函数f(x)＝aex＋x2，g(x)＝cosπx＋bx，直线l与曲线y＝f(x)切于点(0，f(0))，且与曲线y＝g(x)切于点(1，g(1))，则a＋b＝________，直线l的方程为________．解析：f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝－πsinπx＋b，f(0)＝a，g(1)＝cosπ＋b＝b－1，f′(0)＝a，g′(1)＝b，由题意可得f′(0)＝g′(1)，则a＝b，又f′(0)＝b－1－a1－0＝a，即a＝b＝－1，则a＋b＝－2；所以直线l的方程为x＋y＋1＝0.答案：－2x＋y＋1＝03．(2019·湖州期末)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________．解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－13，即f′(3)＝－13.又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×－13＝0.答案：0[核心提炼]1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f′(x)0或f′(x)0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．利用导数研究函数的单调性[典型例题](1)设函数f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的单调区间．(2)设f(x)＝ex(lnx－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71828…)若函数f(x)在区间1e，e上单调递减，求a的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f′(x)＝exlnx＋1x－a≤0在1e，e上恒成立．因为ex0，所以只需lnx＋1x－a≤0，即a≥lnx＋1x在1e，e上恒成立．令g(x)＝lnx＋1x.因为g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，由g′(x)＝0，得x＝1.x1e，1(1，e)g′(x)－＋g(x)g1e＝ln1e＋e＝e－1，g(e)＝1＋1e，因为e－11＋1e，所以g(x)max＝g1e＝e－1.故a≥e－1.求解或讨论函数单调性问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解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．[注意]讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[对点训练]1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0时，恒有x2f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为()A．(13，1)B．(－∞，13)∪(1，＋∞)C．(13，＋∞)D．(－∞，13)解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，所以f(－x)＝f(x)．因为x≥0时，恒有x2f′(x)＋f(－x)≤0，所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，所以g(x)在[0，＋∞)为减函数，因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，因为g(x)＜g(1－2x)，所以|x|＞|1－2x|，即(x－1)(3x－1)＜0，解得13＜x＜1，选A.2．(2019·湖州市高三期末)已知函数f(x)＝x－1ex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若函数y＝g(x)对任意x满足g(x)＝f(4－x)，求证：当x＞2时，f(x)＞g(x)；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞4.解：(1)因为f(x)＝x－1ex，所以f′(x)＝2－xex.令f′(x)＝0，解得x＝2.x(－∞，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值1e2所以f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．所以当x＝2时，f(x)取得极大值f(2)＝1e2.(2)证明：g(x)＝f(4－x)＝3－xe4－x，令F(x)＝f(x)－g(x)＝x－1ex－3－xe4－x，所以F′(x)＝2－xex－2－xe4－x＝（2－x）（e4－e2x）ex＋4.当x＞2时，2－x＜0，2x＞4，从而e4－e2x＜0，所以F′(x)＞0，F(x)在(2，＋∞)是增函数．所以F(x)＞F(2)＝1e2－1e2＝0，故当x＞2时，f(x)＞g(x)成立．(3)证明：因为f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．所以若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内．不妨设x1＜2＜x2，由(2)可知f(x2)＞g(x2)，又g(x2)＝f(4－x2)，所以f(x2)＞f(4－x2)．因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(4－x2)．因为x2＞2，4－x2＜2，x1＜2，且f(x)在区间(－∞，2)内为增函数，所以x1＞4－x2，即x1＋x2＞4.[核心提炼]1．若在x0附近左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．2．设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．利用导数研究函数的极值(最值)问题[典型例题](1)已知函数f(x)＝(x－2x－1)e－x(x≥12)．①求f(x)的导函数；②求f(x)在区间12，＋∞上的取值范围．(2)(2019·浙江名校协作体高三联考)已知a∈R，函数f(x)＝2x＋alnx.①若函数f(x)在(0，2)上递减，求实数a的取值范围；②当a＞0时，求f(x)的最小值g(a)的最大值；③设h(x)＝f(x)＋|(a－2)x|，x∈[1，＋∞)，求证：h(x)≥2.【解】(1)①因为(x－2x－1)′＝1－12x－1，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝1－12x－1e－x－(x－2x－1)e－x＝（1－x）（2x－1－2）e－x2x－1x12.②由f′(x)＝（1－x）（2x－1－2）e－x2x－1＝0，解得x＝1或x＝52.因为x12(12，1)1(1，52)52(52，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)12e－12012e－52又f(x)＝12(2x－1－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间12，＋∞上的取值范围是0，12e－12.(2)①函数f(x)在(0，2)上递减⇔任取x∈(0，2)，恒有f′(x)≤0成立，而f′(x)＝ax－2x2≤0⇒任取x∈(0，2)，恒有a≤2x成立，而2x＞1，则a≤1满足条件．②当a＞0时，f′(x)＝ax－2x2＝0⇒x＝2a.x(0，2a)2a(2a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值f(x)的最小值g(a)＝f(2a)＝a＋aln2a，g′(a)＝ln2－lna＝0⇒a＝2.a(0，2)2(2，＋∞)g′(a)＋0－g(x)极大值g(a)的最大值为g(2)＝2.③证明：当a≥2时，h(x)＝f(x)＋(a－2)x＝2x＋alnx＋(a－2)x，h′(x)＝ax－2x2＋a－2≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(1)＝a≥2.当a＜2时，h(x)＝f(x)－(a－2)x＝2x＋alnx－(a－2)x，h′(x)＝ax－2x2－a＋2＝（（2－a）x＋2）（x－1）x2＝0，解得x＝－22－a＜0或x＝1，h(x)≥h(1)＝4－a＞2，综上所述：h(x)≥2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．[对点训练](2019·嵊州模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝13x3＋12x2＋mx＋n，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切于点(1，0)．(1)求直线l的方程及g(x)的解析式；(2)若h(x)＝f(x)－g′(x)(其中g′(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的极大值．解：(1)直线l是函数f(x)＝lnx在点(1，0)处的切线，故其斜率k＝f′(1)＝1，所以直线l的方程为y＝x－1.又因为直线