2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题6 函数、导数和不等式 第2讲 导数的简单应用教案 理

-1-第2讲导数的简单应用[做小题——激活思维]1．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．y＝3x[因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.]2.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是以下选项中的()C[由题图知，当x＜0时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(－∞，0)上单调递增．因为当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(0,2)上单调递减．又当x＞2时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增．]3．函数y＝12x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)B[函数定义域为(0，＋∞)，由y′＝x－1x＝x2－1x≤0得，0＜x≤1，故选B.]4．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)D[f′(x)＝k－1x，由题意知k－1x≥0，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，又当x∈(1，＋∞)时，0＜1x＜1，所以k≥1，故选D.]-2-5．函数f(x)＝13x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为()A．7B.283C．3D．4D[f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，f′(x)＝0时，x＝2，f′(x)＜0时，0≤x＜2，f′(x)＞0时，2＜x≤3.所以f(x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4，故选D.]6．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则a＋b等于()A．0或－7B．－7C．0D．7B[因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，②由①②得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3，而要在x＝1处取到极值，则Δ＝4a2－12b＞0，故舍去a＝－3，b＝3，所以只有a＝4，b＝－11，所以a＋b＝－7，故选B.][扣要点——查缺补漏]1．导数的几何意义(1)f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处切线的斜率．(2)函数y＝f(x)在点x＝x0处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，如T1.2．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．如T2.(2)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.如T3.(3)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-3-问题来求解．如T4.3．导数与函数的极值、最值(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．如T5.(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间的端点处取得．如T6.导数的运算及其几何意义(5年11考)[高考解读]以导数的几何意义为载体，考查曲线切线方程的求法，注意方程思想的应用及复合函数的求导问题.1．[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝xD[法一：(直接法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.法二：(特值法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.]2．(2011·大纲版高考)曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为()A．13B．12C．23D．1A[由题意，得：y′＝(e－2x＋1)′＝e－2x(－2x)′＝－2e－2x，则在点(0,2)处的切线斜率为k＝－2e0＝－2，-4-∴切线方程为y＝－2x＋2.联立y＝－2x＋2，y＝x，得C23，23.∴与y＝0和y＝x围成三角形的面积为S△OBC＝12OB×23＝12×1×23＝13.]3．(2016·全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.1－ln2[求得(lnx＋2)′＝1x，[ln(x＋1)]′＝1x＋1.设曲线y＝lnx＋2上的切点为(x1，y1)，曲线y＝ln(x＋1)上的切点为(x2，y2)，则k＝1x1＝1x2＋1，所以x2＋1＝x1.又y1＝lnx1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝lnx1，所以k＝y1－y2x1－x2＝2，所以x1＝1k＝12，y1＝ln12＋2＝2－ln2，所以b＝y1－kx1＝2－ln2－1＝1－ln2.]与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值，k＝f′(x0)．(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)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x0.1．(考查导数的运算)设函数f(x)＝f′12x2－2x＋f(1)lnx，曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程是()A．5x－y－4＝0B．3x－y－2＝0C．x－y＝0D．x＝1A[∵f(x)＝f′12x2－2x＋f(1)lnx，∴f′(x)＝2f′12x－2＋f1x.-5-令x＝12得f′12＝2f′12×12－2＋2f(1)，即f(1)＝1.又f(1)＝f′12－2，∴f′12＝3，∴f′(1)＝2f′12－2＋f(1)＝6－2＋1＝5.∴曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝5(x－1)，即5x－y－4＝0，故选A.]2．(与不等式交汇)若曲线y＝x3－2x2＋2在点A处的切线方程为y＝4x－6，且点A在直线mx＋ny－1＝0(其中m＞0，n＞0)上，则1m＋2n的最小值为()A．42B．3＋22C．6＋42D．82C[设A(s，t)，y＝x3－2x2＋2的导数为y′＝3x2－4x，可得切线的斜率为3s2－4s，切线方程为y＝4x－6，可得3s2－4s＝4，t＝4s－6，解得s＝2，t＝2或s＝－23，t＝－263.由点A在直线mx＋ny－1＝0(其中m＞0，n＞0)，可得2m＋2n＝1s＝－23，t＝－263，舍去，则1m＋2n＝(2m＋2n)1m＋2n＝23＋nm＋2mn≥23＋2nm·2mn＝6＋42，当且仅当n＝2m时，取得最小值6＋42，故选C.]3．(求切点的坐标)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝1x(x＞0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．(1,1)[∵函数y＝ex的导函数为y′＝ex，∴曲线y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k1＝e0＝1.设P(x0，y0)(x0＞0)，∵函数y＝1x的导函数为y′＝－1x2，∴曲线y＝1x(x＞0)在点P处的切线的斜率k2＝－1x20，由题意知k1k2＝－1，即1·－1x20＝－1，解得x20＝1，又x0＞0，∴x0＝1.-6-又∵点P在曲线y＝1x(x＞0)上，∴y0＝1，故点P的坐标为(1,1)．]4．(与圆锥曲线交汇)已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为________．－4[由已知可设P(4，y1)，Q(－2，y2)，∵点P，Q在抛物线x2＝2y上，∴42＝2y1，22＝2y2.∴y1＝8，y2＝2.∴P(4,8)，Q(－2,2)．又∵抛物线可化为y＝12x2，∴y′＝x.∴过点P的切线斜率为y′|x＝4＝4.∴过点P的切线为y－8＝4(x－4)，即y＝4x－8.又∵过点Q的切线斜率为y′|x＝－2＝－2，∴过点Q的切线为y－2＝－2(x＋2)，即y＝－2x－2.联立y＝4x－8，y＝－2x－2，得x＝1，y＝－4.∴点A的纵坐标为－4.]利用导数研究函数的单调性(5年4考)[高考解读]以函数的单调性为载体，融一元二次不等式的解法、分类讨论思想、函数、方程、不等式的关系于一体，考查学生对知识的灵活应用能力，有一定的难度.(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.讨论f(x)的单调性．[解]∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.-7-当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)＞0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42单调递增．利用导数研究函数单调性的一般步骤(1)确定函数的定义域．(2)求导函数f′(x)．(3)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．(4)含参数讨论单调性常见的四个方面讨论．如f′(x)＝ax2＋2x＋1－ax2.①二次系数的讨论．②根的有关讨论，“Δ”讨论．③根大小讨论．④根在不在定义域内讨论．1．(借助单调性比较大小)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为()A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定A[设g(x)＝fxex，则g′(x)＝fxex－fxexe2x＝fxfxex，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即fx1ex1＜fx2ex2，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．]-8-2．(借助单调性解不