（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 第三讲 小题考法——导数的简单应用

——导数的简单应用小题考法三讲第导数的几何意义考点(一)主要考查利用导数求曲线的切线方程、切点坐标及参数的值(范围).[题组练透]1．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．答案：y＝3x解析：y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x.2．(2019·江苏连云港期中)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为________．解析：设切点坐标为(m，mlnm)，由y＝xlnx可得y′＝1＋lnx，故切线的斜率为1＋lnm．因此切线方程为y－mlnm＝(1＋lnm)(x－m)，即y＝(1＋lnm)x－m.又y＝kx－2，所以1＋lnm＝k，m＝2，即k＝1＋ln2.答案：1＋ln23．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx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________．解析：设A(m，n)，则曲线y＝lnx在点A处的切线方程为y－n＝1m(x－m)．又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝1m(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故点A的坐标为(e，1)．答案：(e，1)4．(2019·广西梧州一模)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________．解析：设直线y＝kx＋b与曲线y＝lnx＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，y2)．y＝lnx＋2的导数为y′＝1x，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝1x1.又由k＝y2－y1x2－x1＝ex2－lnx1－2x2－x1，消去x2，可得(1＋lnx1)(x1－1)＝0，则x1＝1e或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝lnx＋2的切点为1e，1或(1，2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0，1)，所以k＝e－11－1e＝e或k＝1－20－1＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1.答案：0或1[方法技巧](1)求曲线的切线方程：曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求过某点M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点A(x0，f(x0))，则切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，再把点M(x1，y1)代入切线方程，求x0.(2)求切点坐标：其思路是先求函数的导数，然后让导数值等于切线的斜率，从而得出切线方程或求出切点坐标．(3)由切线求参数的值(范围)：其关键是列出函数的导数等于切线斜率的方程．(4)曲线的公切线问题：解决此类问题通常有两种方法：一是利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；二是设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝f（x1）－g（x2）x1－x2.考点(二)利用导数研究函数的单调性主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值(或范围)．[题组练透]1．(2018·南京三模)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________．解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以－a2＋2＋a≥0，－（a＋1）2＋2＋a≥0，解得－1≤a≤－1＋52，所以实数a的最大值为－1＋52.答案：－1＋522．(2019·苏北三市一模)已知x0，y0，z0，且x＋3y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为________．解析：x3＋y2＋3z＝x3＋y2＋3(6－x－3y)＝x3－3x＋y－3322＋454，令f(x)＝x3－3x，g(y)＝y－3322＋454，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)(x0)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，当y＝332时，g(y)min＝454.所以x3＋y2＋3z的最小值为－2＋454＝374.答案：3743．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)g(1)的解集是________．解析：因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2·f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x0时，xf′(x)＋2f(x)0，所以g′(x)0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)．由g(x)g(1)得g(|x|)g(1)，所以|x|1，x≠0，则x∈(－1，0)∪(0，1)．答案：(－1，0)∪(0，1)[方法技巧]与单调性有关的两类问题的求解策略(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.(2)若已知函数的单调性求参数，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极值、最值考点(三)主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.[典例感悟][典例](1)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________．(2)已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且k(x－1)f(x)对任意的x1恒成立，则k的最大值为________．(3)(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．[解析](1)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，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.(2)法一：依题意得，kx＋xlnxx－1对任意的x1恒成立．令g(x)＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－lnx－2（x－1）2，令h(x)＝x－lnx－2(x1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为h(3)＝1－ln30，h(4)＝2－2ln20，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3，4)，即有h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，lnx0＝x0－2.当1xx0时，h(x)0，即g′(x)0，当xx0时，h(x)0，即g′(x)0，所以函数g(x)＝x＋xlnxx－1在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(x0)＝x0（1＋lnx0）x0－1＝x0（1＋x0－2）x0－1＝x0∈(3，4)．所以k[g(x)]min＝x0∈(3，4)，故整数k的最大值是3.法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)f(2)，即k2＋2ln22＋2＝4，因此满足题意的最大整数k的可能取值为3.当k＝3时，记g(x)＝f(x)－k(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x1)，则g′(x)＝lnx－1.当1xe时，g′(x)0，g(x)在区间(1，e)上单调递减；当xe时，g′(x)0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e0，于是有g(x)0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3.(3)法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x0)．①当a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．②当a0时，由f′(x)0，得xa3；由f′(x)0，得0xa3，∴f(x)在0，a3上单调递减，在a3，＋∞上单调递增．又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴fa3＝－a327＋1＝0，∴a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，得a＝2x3＋1x2＝2x＋1x2.令g(x)＝2x＋1x2，则g′(x)＝2－2x3.由g′(x)0，得0x1；由g′(x)0，得x1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴a＝g(1)＝3，此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.[答案](1)－1(2)3(3)－3[方法技巧]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．(4)最值和极值还可以用来转化恒成立问题以及方程有解问题．[演练冲关]1．(2019·南京三模)已知函数f(x)＝12x2－alnx＋x－12，对任意x∈[1，＋∞)，当f(x)≥mx恒成立时实数m的最大值为1，则实数a的取值范围是________．解析：不等式12x2－alnx＋x－12≥mx在[1，＋∞)上恒成立，则12x－alnxx＋1－12x≥m在[1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝12x－alnxx＋1－12x(x∈[1，＋∞))，则g(x)min≥m.因为实数m的最大值为1，所以g(x)min＝1，又g(1)＝1，所以g(x)≥g(1)在[1，＋∞)上恒成立，即g(x)＝12x－alnxx＋1－12x≥1，12x2－alnx－12≥0在[1，＋∞)上恒成立．记h(x)＝12x2－alnx－12(x∈[1，＋∞))，则h′(x)＝x－ax.若a≤1，则h′(x)＝x－ax≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，满足条件；若a1，易知h(x)在(1，a)上单调递减，此时h(x)h(1)＝0，与h(x)≥0恒成立矛盾．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．答案：(－∞，1]2．已知点A(0，1)，曲线C：y＝logax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且AB―→·AP―→的最小值为2，则实数a＝________．解析：点A(0，1)，B(1，0)，设P(x，logax)，则AB―→·AP―→＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有