2019届高考数学复习专题二函数与导数第2讲导数的简单应用教案.docx

第2讲导数的简单应用1.(2018全国卷,文6)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(D)(A)y=-2x(B)y=-x(C)y=2x(D)y=x解析:法一因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),由此可得a=1,故f(x)=x3+x,f(x)=3x2+1,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.法二因为f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,所以f(x)=3x2+2(a-1)x+a为偶函数,所以a=1,即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.(2016全国卷,文9)函数y=2x2-e|x|在-2,2的图象大致为(D)解析:因为f(x)=2x2-e|x|,x-2,2是偶函数,又f(2)=8-e2(0,1),故排除A,B.设g(x)=2x2-ex,则g(x)=4x-ex.又g(0)0,所以g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点,所以g(x)=2x2-e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点,排除C.故选D.3.(2018全国卷,文13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为.解析:因为y=,yx=1=2,所以切线方程为y-0=2(x-1),即y=2x-2.答案:y=2x-24.(2017全国卷,文14)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为.解析:f(x)=x2+,f(1)=2.f(x)=2x-,f(1)=1.所以y=x2+在(1,2)处的切线方程为y-f(1)=f(1)(x-1),y-2=x-1,即x-y+1=0.答案:x-y+1=05.(2015全国卷,文16)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=.解析:法一因为y=1+,所以y|x=1=2,所以y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),所以y=2x-1.又切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,当a=0时,y=2x+1与y=2x-1平行,故a0,由得ax2+ax+2=0,因为=a2-8a=0,所以a=8.法二因为y=1+,所以y|x=1=2,所以y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),所以y=2x-1,又切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,当a=0时,y=2x+1与y=2x-1平行,故a0.因为y=2ax+(a+2),所以令2ax+a+2=2,得x=-,代入y=2x-1,得y=-2,所以点-,-2在y=ax2+(a+2)x+1的图象上,故-2=a-2+(a+2)-+1,所以a=8.答案:86.(2017全国卷,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0,当x-,+时,f(x)0,故f(x)在0,-上单调递增,在-,+上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0,从而当a0,所以f(x)在(0,+)单调递增.若a0,则当x0,时,f(x)0;当x,+时,f(x)0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln +a1-=-ln a+a-1.因此f2a-2等价于ln a+a-10.令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0.于是,当0a1时,g(a)1时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).1.考查角度(1)考查导数的几何意义的应用,包括求曲线的切线方程、根据切线方程求参数值等;(2)考查导数在研究函数性质中的应用,包括利用导数研究函数性质判断函数图象、利用导数求函数的极值和最值、利用导数研究不等式与方程等.2.题型及难易度选择题、填空题、解答题均有,其中导数几何意义的应用为中等难度偏下,其他问题均属于较难的试题.(对应学生用书第1113页) 导数的几何意义【例1】 (1)(2018山东日照校际联考)已知f(x)=ex(e为自然对数的底数),g(x)=ln x+2,直线l是f(x)与 g(x) 的公切线,则直线l的方程为()(A)y=x或y=x-1(B)y=-ex或y=-x-1(C)y=ex或y=x+1(D)y=-x或y=-x+1(2)(2018河南南阳一中三模)经过原点(0,0)作函数f(x)=x3+3x2图象的切线,则切线方程为;(3)(2018黑龙江省哈尔滨九中二模)设函数f(x)=(x-a)2+(ln x2-2a)2.其中x0,aR,存在x0使得f(x0)成立,则实数a的值为.解析:(1)设切点分别为(x1,),(x2,ln x2+2),因为f(x)=ex,g(x)=,所以=,所以=,所以(x2-1)(ln x2+1)=0,所以x2=1或x2=,因此直线l的方程为y-2=1(x-1)或y-1=ex-,即y=ex或y=x+1.故选C.(2)因为f(x)=3x2+6x.设切点为P(x0,y0),切线斜率为k,则把,代入得切线方程为y-(+3)=(3+6x0)(x-x0),又切线过(0,0),所以-(+3)=-x0(3+6x0),解得,x0=0或x0=-.代入式得切线方程为y=0或9x+4y=0.(3)由题意,问题等价于f(x)min.而函数f(x)可看作是动点M(x,ln x2)与N(a,2a)之间距离的平方,动点M在函数y=2ln x的图象上,N在直线y=2x的图象上,问题转化为直线与曲线的最小距离.如图,由y=2ln x得y=2,得x=1,所以曲线上点M(1,0)到直线y=2x的距离最小,为d=,所以f(x).又由题意,要使f(x0),则f(x0)=,此时N恰好为垂足,由kMN=-,解得a=.答案:(1)C(2)y=0或9x+4y=0(3)(1)求切线方程的关键是求切点的横坐标,使用切点的横坐标表达切线方程,再根据其他已知求解;(2)两曲线的公切线的切点未必是同一个点,可以分别设出切点横坐标,使用其表达切线方程,得出的两方程表示同一条直线,由此得出方程解决公切线问题;(3)从曲线外一点P(m,n)引曲线的切线方程,可设切点坐标为(x0,f(x0),利用方程=f(x0)求得x0后得出切线方程;(4)一些距离类最值,可以转化为求一条直线上的点到一条曲线上的点的最小值,此时与已知直线平行的曲线的切线到已知直线的距离即为其最小值.热点训练1:(1)(2018辽宁省辽南协作校一模)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程是()(A)y=-2x+3(B)y=x(C)y=3x-2(D)y=2x-1(2)(2018安徽皖南八校4月联考)若x,a,b均为任意实数,且(a+2)2+(b-3)2=1,则(x-a)2+(ln x-b)2的最小值为()(A)3(B)18(C)3-1(D)19-6(3)(2018天津部分区质量调查二)曲线y=aex+2的切线方程为2x-y+6=0,则实数a的值为.解析:(1)由f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,可得f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8-8x,即f(2-x)=2f(x)-x2-4x+4,将其代入f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,可得f(x)=4f(x)+8-8x-2x2-x2+8x-8,即f(x)=x2,故f(x)=2x,因为f(1)=1,所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.故选D.(2)由题意可得,其结果应为曲线y=ln x上的点与以C(-2,3)为圆心,以1为半径的圆上的点的距离的平方的最小值,可以求曲线y=ln x上的点与圆心C(-2,3)的距离的最小值,在曲线y=ln x上取一点M(m,ln m),曲线y=ln x在点M处的切线的斜率为k=,从而有kCMk=-1,即=-1,整理得ln m+m2+2m-3=0,解得m=1,所以点(1,0)满足条件,其到圆心C(-2,3)的距离为d=3,故其结果为(3-1)2=19-6,故选D.(3)根据题意,设曲线y=aex+2与2x-y+6=0的切点的坐标为(m,aem+2),其导数y=aex+2,则切线的斜率k=aem+2,又由切线方程为2x-y+6=0,即y=2x+6,则k=aem+2=2,则切线的方程为y-aem+2=aem+2(x-m),又由aem+2=2,则切线方程为y-2=2(x-m),即y=2x-2m+2,则有-2m+2=6,可解得m=-2,则切点的坐标为(-2,2),则有2=ae(-2)+2,所以a=2.答案:(1)D(2)D(3)2导数研究函数的单调性考向1确定函数的单调性【例2】 (2018河南洛阳第三次统一考试)已知函数f(x)=(x-1)ex-x2,其中tR.(1)函数f(x)的图象能否与x轴相切?若能,求出实数t,若不能,请说明理由;(2)讨论函数f(x)的单调性.解:(1)由于f(x)=xex-tx=x(ex-t).假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(x0,0),则有即显然x00,将t=0代入方程(x0-1)-=0中,得-2x0+2=0.显然此方程无实数解.故无论t取何值,函数f(x)的图象都不能与x轴相切.(2)由于f(x)=xex-tx=x(ex-t),当t0时,ex-t0,当x0时,f(x)0,f(x)单调递增,当x0时,f(x)0时,由f(x)=0得x=0或x=ln t,当0t1时,ln t0时,f(x)0,f(x)单调递增,当ln tx0时,f(x)0,f(x)单调递减,当x0,f(x)单调递增;当t=1时,f(x)0,f(x)单调递增;当t1时,ln t0,当xln t时,f(x)0,f(x)单调递增,当0xln t时,f(x)0,f(x)单调递减,当x0,f(x)单调递增.综上,当t0时,f(x)在(-,0)上是减函数,在(0,+)上是增函数;当0t1时,f(x)在(-,0),(ln t,+)上是增函数,在(0,ln t)上是减函数.确定函数单调性就是确定函数导数为正值、为负值的区间,基本类型有如下几种:(1)导数的零点是确定的数值,只要根据导数的零点划分定义域区间,确定在各个区间上的符号即可得出其单调区间;(2)导数零点能够求出,但含有字母参数时,则需要根据参数的不同取值划分定义域区间,再确定导数在各个区间上的符号;(3)导数存在零点,但该零点无法具体求出,此时一般是根据导数的性质、函数零点的存在定理确定导数零点的大致位置,再据此零点划分定义域区间,确定导数在各个区间上的符号.考向2根据单调性求参数范围【例3】 (1)(2018吉林大学附中四模)已知a0,函数f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在-1,1上是单调减函数,则a的取值范围是()(A)0,(B),(C),+(D)0,(2)(2018云南昆明5月适应考)已知函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR)在区间(0,+)上单调递增,则a的最大值是()(A)-e(B)e(C)-(D)4e2(3)(2018安徽合肥三模)若函数f(x)=x+ax-aln x在区间1,2上是非单调函数,则实数a的取值范围是()(A),(B),+(C),+(D),解析:(1)因为f(x)=(x2-2ax)ex,所以f(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=ex(x2+2x-2ax-2a).因为f(x)在-1,1上是单调减函数,所以f(x)=ex(x2+2x-2ax-2a)0.即x2+2x-2ax-2a0.法一设g(x)=x2+2x-2ax-2a,根据二次函数的图象可知,只要即可,解得a,所以实数a的取值范围是,+.故选C.法二由x2+2x-2ax-2a0,得x2+2x2a(x+1).当x=-1时,-10恒成立,当(-1,1时,a,a,a(x+1)-,令h(x)=(x+1)-,可知h(x)=(x+1)-在(-1,1上为增函数,所以h(x)max=h(1)=,即a,所以实数a的取值范围是,+.故选C.(2)因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR),所以f(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)-ax=ex(x2-2)-ax.因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(aR)在区间(0,+)上单调递增,所以f(x)=ex(x2-2)-ax0在区间(0,+)上恒成立,即axex(x2-2),亦即aex(x3-2x)在区间(0,+)上恒成立,令h(x)=ex(x3-2x),所以h(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2)=ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2),因为x(0,+),所以x2+4x+20.因为ex0.所以令h(x)0,可得x1.所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减.所以h(x)min=h(1)=e1(1-2)=-e.所以a-e,则a的最大值为-e.故选A.(3)因为f(x)=x+ax-aln x,所以f(x)=1-ax=,因为f(x)在区间1,2上是非单调函数,所以f(x)=0在1,2上有解,即x2-ax-a=0在1,2上有解,所以x2=a(x+1)在1,2上有解,令g(x)=x2,x1,2,h(x)=a(x+1),x1,2,由图象易知,两函数图象在1,2上有交点时,a,即a.故选D.函数f(x)在区间D上单调递增(减),等价于在区间D上f(x)0(0)恒成立;函数f(x)在区间D上不单调,等价于在区间D上f(x)存在变号零点.考向3函数单调性的简单应用【例4】 (1)(2018东北三省三校二模)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f(x),且满足f(x)f(x)+1,则下列正确的是()(A)f(2 018)-ef(2 017)e-1(B)f(2 018)-ef(2 017)e+1(D)f(2 018)-ef(2 017)e+1(2)(2018辽宁省大连八中模拟)设函数f(x)在R上存在导函数f(x),对任意的实数x都有f(x)=4x2-f(-x),当x(-,0)时,f(x)+0,且f(0)=1,则不等式exf(x)1的解集为()(A)(-,0)(B)(0,+)(C)(-,e)(D)(e,+)解析:(1)法一设g(x)=,则g(x)=.因为f(x)f(x)+1,所以f(x)-f(x)-10,所以g(x)0在R上恒成立,所以g(x)=在R上单调递增.所以g(2 018)g(2 017),所以,所以f(2 018)+1ef(2 017)+e,所以f(2 018)-ef(2 017)e-1.故选A.法二构造特殊函数f(x)=ex-2,该函数满足f(x)f(x)+1,而f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-2)-e(e2 017-2)=2e-2,结合2e-2e-1可知f(2 018)-ef(2 017)e-1,排除B选项,结合2e-2e+1可知f(2 018)-ef(2 017)f(x)+1,而f(2 018)-ef(2 017)=(e2 018-100)-e(e2 017-100)=100e-100,结合100e-100e+1可知f(2 018)-ef(2 017)e+1,排除D选项,故选A.(2)令F(x)=f(x)-2x2,则F(-x)=f(-x)-2x2,所以F(x)+F(-x)=f(x)-4x2-f(-x)=0,故F(x)为奇函数.当x0时,F(x)=f(x)-4x-0可得,g(x)0,所以函数g(x)在R上单调递增,又f(0)=1,所以g(0)=1,所以不等式exf(x)1的解集为(0,+).故选B.函数单调性的简单应用主要有两个方面:(1)根据函数的单调性,比较函数值的大小;(2)根据函数的单调性解函数不等式.解题的基本思路是根据已知条件和求解目标,构造函数,通过构造的函数的单调性得出结论.常见的构造函数类型为乘积型h(x)g(x)和商形,具体的如xf(x),exf(x),tan xf(x)等,视具体情况而定.热点训练2:(1)(2018安徽江南十校二模)y=f(x)的导函数满足:当x2时,(x-2)f(x)+2f(x)-xf(x)0,则()(A)f(4)(2+4)f()2f(3)(B)f(4)2f(3)(2+4)f()(C)(2+4)f()2f(3)f(4)(D)2f(3)f(4)(2+4)f()(2)(2018河北石家庄二模)定义在(0,+)上的函数f(x)满足xf(x)ln x+f(x)0(其中f(x)为f(x)的导函数),若a1b0,则下列各式成立的是()(A)af(a)bf(b)1(B)af(a)bf(b)1(C)af(a)11bf(b)(3)(2018黑龙江哈师大附中三模)若函数f(x)=2x+sin xcos x+acos x在(-,+)上单调递增,则a的取值范围是()(A)-1,1(B)-1,3(C)-3,3(D)-3,-1(4)(2018天津河北区二模)已知函数f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,其中a2.讨论函数f(x)的单调性;若对于任意的x1,x2(0,+),x1x2,恒有-1,求a的取值范围.(1)解析:令g(x)=,则g(x)=,因为当x2时,(x-2)f(x)-(x-2)f(x)0,所以当x2时,g(x)g(3)g(4),即,即2(+2)f()2f(3)f(4).故选C.(2)解析:构造函数g(x)=xf(x),x(0,+),两边取自然对数得ln g(x)=f(x)ln x,求导得g(x)=f(x)ln x+,得g(x)=xf(x)ln x+f(x).因为x0,所以xf(x)0,即g(x)0,所以g(x)0.即g(x)在(0,+)上单调递增.又因为a1b0,所以g(a)g(1)g(b),所以af(a)1bf(b).故选D.(3)解析:因为f(x)=2x+sin xcos x+acos x,所以f(x)=2+cos 2x-asin x=-2sin2x-asin x+3,设sin x=t,-1t1,令g(t)=-2t2-at+3,因为f(x)在(-,+)上递增,所以g(t)0在-1,1上恒成立,因为二次函数图象开口向下,所以-1a1,a的取值范围是-1,1.故选A.(4)解:由题意得函数f(x)的定义域为(0,+),因为f(x)=x2-ax+(a-1)ln x,所以f(x)=x-a+=,令f(x)=0,得x=1或x=a-1,因为a2,所以a-11.由f(x)0,解得0xa-1,由f(x)0,解得1xx2,则不等式-1等价于f(x1)-f(x2)x2-x1.即f(x1)+x1f(x2)+x2,令g(x)=f(x)+x=x2-(a-1)x+(a-1)ln x,则函数g(x)在x(0,+)上为增函数.所以g(x)=x-(a-1)+0在(0,+)上恒成立,而x+2,当且仅当x=,即x=时等号成立.所以2a-1,因为a2,所以4(a-1)(a-1)2,即a2-6a+50,所以1a5,而a2,所以20),因为x=1是函数f(x)的极大值点,所以f(1)=0即b=-(2a+1),所以f(x)=,当a0时,因为2ax-10,所以若0x0,若x1时,则f(x)0时,若x=1是函数f(x)的极大值点,则需1,即0a,综上a0),因为函数f(x)=ex-aln x+2ax-1在(0,+)上恰有两个极值点,所以g(x)=a有两个零点,又g(x)=-(x0),令g(x)0,得0x1,且x;令g(x)1,所以函数g(x)在0,1上单调递增,在(1,+)上单调递减,由于g(1)=-e,因为y=g(x)与y=a有两个交点,根据数形结合法可得,a0,若对任意的xe,不等式x2ln x-m0恒成立,则m的最大值是()(A)(B)(C)2e(D)e(2)(2018河北武邑中学质检二)已知函数f(x)=ax-cos x+b的图象在点,f处的切线方程为y=x+.求a,b的值;求函数f(x)在-,上的最大值.(1)解析:不等式x2ln x-m0x2ln xmxln xln xeln x,设f(x)=xex(x0),则f(x)=(x+1)ex0,所以f(x)在(0,+)上是增函数,因为mx0,ln x0,所以mxln x,即mxln x对任意的xe恒成立,此时只需m(xln x)min,设g(x)=xln x(xe),g(x)=ln x+10(xe),所以g(x)在e,+)上为增函数,所以g(x)min=g(e)=e,所以me,m的最大值为e.故选D.(2)解:因为f(x)=ax-cos x+b,所以f(x)=a+sin x.又f=a+1=,f=a+b=+,解得a=,b=3.由知f(x)=x-cos x+.因为f(x)=+sin x,由f(x)=+sin x0,得-x,由f(x)=+sin x0得,-x0,f(x)=,若f(x)的最小值为-1,则a等于()(A)(B)(C)e(D)e2解析:(1)函数g(x)=mx+,求导得g(x)=m+.令f(x)=m+,f(x)=.易知,在0,上,f(x)0,f(x)单调递增;在,2上,f(x)0,f(x)单调递减.且f(0)=m+1,f=m-,f=m+,f(2)=m+e-2.有ff.根据题意可得解得-e-2m0得x,由g(x)0得,0x,所以函数g(x)在0,上单调递减,在,+上单调递增,所以当x=时,g(x)取得极小值即最小值,g=-,又当x0时,g(x)0,作出g(x)的图象如图,所以要使f(x)=xln x-a有两个零点,即方程xln x=a有两个不同的根,即函数g(x)和y=a有两个交点,所以-a0,则g(x)在(-,+)上为增函数,又g(-1)=0,所以存在x0-1,使g(x0)=0,即f(x0)=0,所以+ax0+a=0,函数f(x)在(-,x0)上为减函数,在(x0,+)上为增函数,则f(x)的最小值为f(x0)=-1, 即x0=-a,联立可得x0=-2,把x0=-2代入,可得a=.故选A. 【例1】 (1)(2018河南高三最后一模)已知函数f(x)=4x2的图象在点(x0,4)处的切线为l,若l也与函数g(x)=ln x(0x1)的图象相切,则x0必满足()(A)x0(B)0x0(C)x01(D)1x00)存在公共切线,则a的取值范围为()(A)(0,1)(B)1,(C),2(D),+(3)(2018重庆綦江区5月调研)设函数f(x)=|ex-e2a|,若f(x)在区间(-1,3-a)内的图象上存在两点,在这两点处的切线相互垂直,则实数a的取值范围为()(A)-,(B),1(C)-3,-(D)(-3,1)解析:(1)由于f(x)=8x,f(x0)=8x0,所以直线l的方程为y=8x0(x-x0)+4=8x0x-4.因为l也与函数g(x)=ln x(0x1)的图象相切,令切点为(m,ln m),g(x)=,所以l的方程为y=x+ln m-1,因此有又因为0m1,所以1-4,4=1+ln x0+ln 8,令h(x)=4x2-ln x-ln 8-1x,h(x)=8x-=0,所以h(x)=4x2-ln x-ln 8-1是,+上的增函数.因为h=1-ln 40,所以x0,1.故选C.(2)C1在点(x1,y1)处的切线为y-=2x1(x-x1),即y=2x1x-,C2在点(x2,y2)处的切线为y=x+(1-x2),设是同一条切线,则,得=1-x2,所以x1=2(x2-1),代入得a=,因为a0,所以x21,以下求函数u(x2)=的值域:u(x2)=,令u(x2)=0得x2=2,在x2(1,2)内,u(x2)0,u(x2)单调递增,所以u(x2)min=u(2)=,当x2+时,u(x2)+,所以u(x2)的值域为,+,所以a.故选D.(3)f(x)=|ex-e2a|=f(x)=若存在x1x2,使得f(x1)f(x2)=-1,则必有-1x12ax23-a,由-12a3-a得-a1,由-1x12ax23-a得2a-1x1+x2a+3,由f(x1)f(x2)=-1得x1+x2=0,所以2a-10a+3,得-3a,综上可得-a.故选A.【例2】 (1)(2018江西重点中学协作体二联)已知定义在e,+)上的函数f(x)满足f(x)+xln xf(x)0的解集为()(A)e,2 018)(B)2 018,+)(C)(e,+)(D)e,e+1)(2)(2018江西六校联考)已知定义在(0,+)上的函数f(x),恒为正数的f(x)符合f(x)f(x)1,设a=f(2)-1,b=ef(3)-1,则a,b的大小关系为()(A)ab(C)a=b(D)无法确定解析:(1)设g(x)=ln xf(x),当xe,+)时,g(x)=+ln xf(x)=0的解集为e,2 018),又此时ln x1,所以f(x)0,即f(x)0的解集为e,2 018).故选A.(2)令g(x)=,h(x)=,则g(x)=0,h(x)=0,所以g(1)h(2),所以,所以0.即g(x)在R上为增函数.所以g(3)g(2),即e3f(3)-e3e2f(2)-e2,整理得ef(3)-1f(2)-1,即ab.故选A.【例3】 (2018华大新高考联盟4月质检)设函数f(x)=x-,aR且a0,e为自然对数的底数.(1)求函数y=的单调区间;(2)若a