新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点1导数的计算几何意义教师用书

第3讲导数的简单应用高频考点高考预测导数的几何意义对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问；利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择题、填空题的后几题中出现，难度中等偏下.函数的单调性函数的极值与最值(与不等式转化求解)1.(2023·全国甲卷文科)曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为(C)A．y＝eq\f(e,4)x B．y＝eq\f(e,2)xC．y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4) D．y＝eq\f(e,2)x＋eq\f(3e,4)【解析】设曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq\f(e,2)＝k(x－1)，因为y＝eq\f(ex,x＋1)，所以y′＝eq\f(exx＋1－ex,x＋12)＝eq\f(xex,x＋12)，所以k＝y′|x＝1＝eq\f(e,4)所以y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，所以曲线y＝eq\f(ex,x＋1)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).2.(2023·全国乙卷文科)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(B)A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3,0)【解析】因为f(x)＝x3＋ax＋2，所以f′(x)＝3x2＋a，若a≥0，f(x)单调递增，只有1个零点，不满足题意，所以a<0，由f′(x)＝0得x＝±eq\r(－\f(a,3))，结合f(x)的图象，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,3))))<0，即eq\f(4,27)a3＋4<0，所以a<－3，故选B.3.(2023·全国新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(C)A．e2 B．eC．e－1 D．e－2【解析】依题可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a)，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.4.(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝(B)A．－1 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．1【解析】因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)，因此函数f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).故选B.5.(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).【解析】f′(x)＝2lna·ax－2ex，因为x1，x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上递减，在(x1，x2)上递增，所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2lna·ax>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna·ax－2ex＝0的两个根为x1，x2，即方程lna·ax＝ex的两个根为x1，x2，即函数y＝lna·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1，∴函数y＝ax的图象是单调递减的指数函数，又∵lna<0，∴y＝lna·ax的图象由指数函数y＝ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|lna|倍得到，如下图所示：设过原点且与函数y＝g(x)＝lna·ax的图象相切的直线的切点为(x0，lna·ax0)，则切线的斜率为g′(x0)＝ln2a·ax0，故切线方程为y－lna·ax0＝ln2a·ax0(x－x0)，则有－lna·ax0＝－x0ln2a·ax0，解得x0＝eq\f(1,lna)，则切线的斜率为ln2a·aeq\s\up7(\f(1,lna))＝eln2a，因为函数y＝lna·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得eq\f(1,e)<a<e，又0<a<1，所以eq\f(1,e)<a<1，综上所述，a的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).6.(2021·全国甲卷)曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为_5x－y＋2＝0__.【解析】因为y＝eq\f(2x－1,x＋2)，(－1，－3)在曲线上，所以y′＝eq\f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq\f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝5，则曲线y＝eq\f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为：y－(－3)＝5[x－(－1)]，即5x－y＋2＝0.7.(2021·全国新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为_1__.【解析】函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝|2x－1|－2lnx＝－2x＋1－2lnx，此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为减函数，所以f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2×eq\f(1,2)＋1－2lneq\f(1,2)＝2ln2；当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝|2x－1|－2lnx＝2x－1－2lnx，则f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴当x＝1时f(x)取得最小值为f(1)＝2×1－1－2ln1＝1.∵2ln2＝ln4>lne＝1，∴函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为1.8.(2023·全国乙卷理科)已知a∈(0,1)，函数f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)).【解析】解法一：因为a∈(0,1)，f(x)＝ax＋(a＋1)x，所以f′(x)＝axlna＋(a＋1)xln(a＋1)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ax(lna)2＋(a＋1)x[ln(a＋1)]2>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)，因为f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(0)＝lna＋ln(a＋1)≥0，即a(a＋1)≥1，解得eq\f(\r(5)－1,2)≤a<1，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)).解法二：由函数的解析式可得f′(x)＝axlna＋(1＋a)x·ln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)x·ln(1＋a)≥－axlna，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x≥－eq\f(lna,ln1＋a)在区间(0，＋∞)上恒成立，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq\f(lna,ln1＋a)，而a＋1∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lna＋1≥－lna，,0<a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa＋1≥1，,0<a<1，))故eq\f(\r(5)－1,2)≤a<1，结合题意可得实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)).核心考点1导数的计算、几何意义核心知识·精归纳1.导数的几何意义函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为_y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)__.2.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝0f(x)＝sinxf′(x)＝_cos_x__f(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＝xα(α∈Q*)f′(x)＝_αxα－1__f(x)＝cosxf′(x)＝_－sin_x__f(x)＝ax(a>0，a≠1)f′(x)＝_axln_a__f(x)＝logax(a>0，a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)3.导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝_f′(x)±g′(x)__；(2)[f(x)·g(x)]′＝_f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)__；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．多维题组·明技法角度1：求切线方程或者切线斜率1.(2023·广州一模)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为(A)A．y＝3x＋3 B．y＝3x＋1C．y＝－3x－1 D．y＝－3x－3【解析】易得a＝(－1)3＋1＝0，故切点为(－1,0)，又y′＝3x2，所以y′|x＝－1＝3，所以切线方程为y＝3(x＋1)＝3x＋3，故选A.2.已知函数f(x)＝xlnx．若直线l过点(0，－1)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为_x－y－1＝0__.【解析】点(0，－1)不在曲线f(x)＝xlnx上，设切点坐标为(x0，y0)．因为f′(x)＝1＋lnx，所以直线l的方程为y＋1＝(1＋lnx0)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x0lnx0，,y0＋1＝1＋lnx0x0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝0.))所以直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.角度2：求切点坐标或参数的值(范围)3.(2023·河南模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋lnx的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为1，则a＝(D)A．－1 B．1C．－2 D．2【解析】由f(x)＝x2－ax＋lnx，得f′(x)＝2x－a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝3－a，由题意可得：3－a＝1，即a＝2.故选D.4.若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：y＝xex相切，则m的取值范围是(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e2)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))C．(0，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e2)，－\f(1,e)))【解析】设切点为(x0，y0)，过点P的切线方程为y＝(x0＋1)ex0(x－x0)＋x0ex0，代入点P坐标化简为m＝(－xeq\o\al(2,0)－x0－1)ex0，即这个方程有三个不等根即可，令f(x)＝(－x2－x－1)ex，求导得到f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex，令f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex<0，得x<－2，或x>－1，令f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex>0，得－2<x<－1，∴函数在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，故得到f(－2)<m<f(－1)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e2)，－\f(1,e)))，故选D.方法技巧·精提炼1.求曲线过点P的切线方程的方法(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)；(2)当点P(x0，y0)不是切点时，可分以下几步完成：第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))；第二步：写出过点P′(x1，f(x1))的切线方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程求出x1；第四步：将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．2.利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．提醒：(1)注意曲线上横坐标的取值范围；(2)谨记切点既在切线上又在曲线y＝f(x)上．加固训练·促提高1.(2023·宝塔区校级期中)曲线f(x)＝ex＋x2－2x的图象在(0，f(0))处切线的倾斜角为(D)A.eq\f(π,3) B．eq\f(π,2)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(3π,4)【解析】因为f(x)＝ex＋x2－2x，所以