《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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，)(x00)，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
2、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(2
3、1)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.abc B.bcaC.bac D.ca0时，x1，故当x0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减，所以f(0.02)f(0)0，即bc.ac2ln 1.011，设g(x)2ln(x1)1，则acg(0.01)，g(x)，当0xx1，故当0x0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，所以g(0.01)g(0)0，故ca，从而有bc0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
4、，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x0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yxyuux.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
5、)(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
6、，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
7、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
8、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)(
9、exa).当a0时，令f(x)0，得x0，得x1，f(x)在(1，)上单调递增.当0ae时，令f(x)0，得ln ax0，得x1，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ae时，令f(x)0，得1x0，得xln a或x1，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0ae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0恒成立B.f(
10、x)0恒成立C.当且仅当x(，1)，f(x)0答案A解析依题意f(x)0，且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x1时，g(x)0，f(x)0，当x1时，g(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
11、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)10(f(x)为函数f(x)的导函数)，f(3)，则关于x的不等式f(log2x)1logx2的解集为_.答案(8，)解析由x2f(x)10，得f(x)0(x1)，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)1logx2化为f(log2x)1.又F(3)f(3)1，故原不等式化为
12、F(log2x)F(3)，从而log2x3，解之得x8.(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
13、)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，x10，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增；()当a0时，x10x2，令g(x)0，可得0x0，可得xx2.综上所述，当a0时，g(x)在(0，)上单调递增；当a0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.
14、(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；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
15、)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时，g(x)在R上单调递增，又g(1)me，()当0g(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me时，此时g(1)me0，故存在唯一x0，使g(x0)0，且当x(，x0)时，g(x)0；当x(1，x0)时，f(x)0，从而函数f(x)在(，1)上单调递增，在(
16、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x0时，f(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
17、增.所以f(x)minf(0)1a，解得a(舍去).当a0时，f(0)a0，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
18、(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)
19、，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x0，当0x2时，f(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.
20、f(2 023)e2 023f(0)B.f(2 023)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
21、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0f(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0f(x1)1，即0ln x1，解得1xe，所以不等式0f(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x0，当x0时，f(x)0，即函数f(x)
22、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)
23、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
24、，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x0；x时，f(x)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)212a4，得a4.(2)f(x)2x2(x0)，记48a，当0时，即a时，f(x)0，函数f(x)在(0，
25、)上单调递增；当0，即a0，故x2x10.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：yex2
26、xex21x2ex2，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x2，因为a，所以f(x1)f(x2)a(x1x2)，即f(x1)ax10)，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)1时，令h(x)0，得0xa0e010，不符合题意.综上，实数a的取值范围是a1.故选C
27、.法二取a0，得f(x)exx，f(x)ex10)，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)1ex0，所以f(x)在(0，)上单调递减，所以f(x)0)，满足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(a0).(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x1；由f(x)0，解得x0，f(x)0恒成立的充要条件是(4)243a10，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.