统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题六函数与导数第3讲导数的简单应用文

第3讲导数的简洁应用考点一导数的几何意义——明切点，建方程1．导数公式(1)(sinx)′＝________；(2)(cosx)′＝________；(3)(ax)′＝________(a>0，且a≠1)；(4)(logax)′＝________(a>0，且a≠1).2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为________________．例1(1)[2024·四川泸州二模]已知曲线y＝eq\f(acosx,x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，－\f(a,π)))处的切线方程为y＝eq\f(2,π2)x＋b，则a的值是()A．eq\f(4,π)B．－2C．－eq\f(4,π)D．2(2)[2024·新高考Ⅱ卷]曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________________，________________．[听课记录]归纳总结求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．对点训练1.[2024·山西临汾一模]已知函数f(x)＝2e2lnx＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为()A．4ex－y＋e2＝0B．4ex－y－e2＝0C．4ex＋y＋e2＝0D．4ex＋y－e2＝02．[2024·湖南永州二模]若函数y＝ax2与y＝lnx存在两条公切线，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))考点二利用导数探讨函数的单调性——单调性的“克星”(导数)导数与函数单调性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的________条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的________条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，不具有单调性．例2(1)[2024·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为()A．e2B．eC．e－1D．e－2(2)[2024·辽宁省试验中学高三模拟]已知f(x)是定义在R上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x>0时，f′(x)ln(2x)＋eq\f(f（x）,x)>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≠0，则不等式(x－2)f(x)<0的解集是()A．(－∞，0)∪(0，2)B．(0，2)C．(2，＋∞)D．(－∞，0)∪(2，＋∞)[听课记录]归纳总结由函数的单调性求参数的取值范围(1)可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分别，转化为求最值问题，要留意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，事实上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．(4)若已知f(x)在区间D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．对点训练1.已知函数f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋5，则其单调递增区间为()A．(0，1]B．[0，1]C．(0，＋∞)D．(1，＋∞)2．[2024·全国乙卷]设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．考点三利用导数探讨函数极值、最值——导数拿下“峰”与“谷”导数与函数的极值、最值的关系(1)y＝f(x)满意f′(x0)＝0.若在x0旁边左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的________值；若在x0旁边左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的________值．(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有____________值和____________值且在极值点或端点处取得．例3(1)[2024·全国乙卷(文)，11]函数f(x)＝cosx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))sinx＋1在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π))的最小值、最大值分别为()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2(2)[2024·陕西省西安市长安区二模]若函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2，两处取得极值，且eq\f(x1,x2)≤eq\f(1,2)，则实数a的取值范围是________．[听课记录]归纳总结利用导数探讨函数极值问题的留意点(1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要留意依据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以求解后必需检验．对点训练1.[2024·江西省九江市高三三模]已知函数f(x)＝ex－ax2(a∈R)有两个极值点x1，x2，且x1＝2x2，则a＝______．2．[2024·陕西省西安市长安区高三一模]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[－2，2]上的最大值与最小值的和为__________．第3讲导数的简洁应用考点一1．（1）cosx（2）－sinx（3）axlna（4）eq\f(1,xlna)2．y－f（x0）＝f′（x0）·（x－x0）[例1]解析：（1）曲线y＝f（x）＝eq\f(acosx,x)，求导得到f′（x）＝eq\f(－a（xsinx＋cosx）,x2)，曲线在点（π，－eq\f(a,π)）处的切线的斜率为f′（π）＝eq\f(a,π2)＝eq\f(2,π2)⇒a＝2故选D.（2）当x>0时，y＝lnx，y′＝eq\f(1,x).假设此时直线与曲线y＝lnx相切于点（x1，lnx1）（x1>0），则此时切线方程为y－lnx1＝eq\f(1,x1)（x－x1）.若该切线经过原点，则lnx1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝eq\f(x,e).当x<0时，y＝ln（－x），y′＝eq\f(1,x).假设此时直线与曲线y＝ln（－x）相切于点（x2，ln（－x2））（x2<0），则此时切线方程为y－ln（－x2）＝eq\f(1,x2)（x－x2）.若该切线经过原点，则ln（－x2）－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－eq\f(x,e).答案：（1）D（2）y＝eq\f(x,e)y＝－eq\f(x,e)对点训练1．解析：因为f（x）＝2e2lnx＋x2，所以f′（x）＝eq\f(2e2,x)＋2x，所以f（e）＝2e2lne＋e2＝3e2，f′（e）＝4e，所以曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y－3e2＝4e（x－e），即4ex－y－e2＝0.故选B.答案：B2．解析：设切线与曲线y＝lnx相切于点（t，lnt），对函数y＝lnx求导得y′＝eq\f(1,x)，所以，曲线y＝lnx在点（t，lnt）处的切线方程为y－lnt＝eq\f(1,t)（x－t），即y＝eq\f(1,t)x＋lnt－1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax2,y＝\f(1,t)x＋lnt－1))可得ax2－eq\f(1,t)x＋1－lnt＝0，由题意可得a≠0且Δ＝eq\f(1,t2)－4a（1－lnt）＝0，可得eq\f(1,4a)＝t2－t2lnt，令g（t）＝t2－t2lnt，其中t>0，则g′（t）＝2t－（2tlnt＋t）＝t（1－2lnt）.当0<t<eq\r(e)时，g′（t）>0，此时函数g（t）单调递增，当t>eq\r(e)时，g′（t）<0，此时函数g（t）单调递减，所以，g（t）max＝g（eq\r(e)）＝eq\f(e,2).且当0<t<e时，g（t）>0，当t>e时，g（t）<0，如图所示：由题意可知，直线y＝eq\f(1,4a)与曲线y＝g（t）有两个交点，则0<eq\f(1,4a)<eq\f(e,2)，解得a>eq\f(1,2e).故选D.答案：D考点二（1）充分不必要（2）必要不充分[例2]解析：（1）因为函数f（x）＝aex－lnx，所以f′（x）＝aex－eq\f(1,x).因为函数f（x）＝aex－lnx在（1，2）单调递增，所以f′（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－eq\f(1,x)≥0在（1，2）恒成立，易知a>0，则0<eq\f(1,a)≤xex在（1，2）恒成立．设g（x）＝xex，则g′（x）＝（x＋1）ex.当x∈（1，2）时，g′（x）>0，g（x）单调递增，所以在（1，2）上，g（x）>g（1）＝e，所以eq\f(1,a)≤e，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，故选C.（2）令g（x）＝f（x）ln（2x），则g′（x）＝f′（x）ln（2x）＋eq\f(f（x）,x)>0，所以函数g（x）在（0，＋∞）上递增，又因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，g（x）<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，g（x）>0，又因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，ln（2x）<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，ln（2x）>0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f（x）>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f（x）>0，x>0时，把x＝eq\f(1,2)代入f′（x）ln（2x）＋eq\f(f（x）,x)>0得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0.又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，所以当x>0时，f（x）>0，因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0，当x<0时，f（x）<0，由不等式（x－2）f（x）<0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2>0,f（x）<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2<0,f（x）>0))，解得0<x<2，所以不等式（x－2）f（x）<0的解集是（0，2）.故选B.答案：（1）C（2）B对点训练1．解析：由题意知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），因为f（x）＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋5，所以f′（x）＝－eq\f(1,x)＋x＝eq\f(1,x)（x2－1）.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）>0，,x>0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－1>0，,x>0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>1，,x>0))⇒x>1，故选D.答案：D2．解析：由题意得当x>0时，f′（x）＝axlna＋（1＋a）xln（1＋a）＝axeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lna＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))\s\up12(x)ln（1＋a）))≥0，设g（x）＝lna＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(x)ln（1＋a），因为ax>0，所以g（x）≥0.因为a∈（0，1），所以ln（1＋a）>0，eq\f(1,a)＋1>1，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，故只需满意g（0）≥0，即lna＋ln（1＋a）＝ln（a＋a2）≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－eq\f(\r(5)＋1,2)或a≥eq\f(\r(5)－1,2)，又0<a<1，所以a的取值范围为[eq\f(\r(5)－1,2)，1）.答案：[eq\f(\r(5)－1,2)，1）考点三（1）极大微小（2）最大最小[例3]解析：（1）因为f（x）＝cosx＋（x＋1）sinx＋1，所以f′（x）＝－sinx＋sinx＋（x＋1）cosx＝（x＋1）·cosx．因为x∈[0，2π]，所以x＋1>0.当f′（x）>0时，解得x∈[0，eq\f(π,2)）∪（eq\f(3π,2)，2π]；当f′（x）<0时，解得x∈（eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)）.所以f（x）在[0，eq\f(π,2)）上单调递增，在[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上单调递减，在（eq\f(3π,2)，2π]上单调递增．又f（0）＝2，f（eq\f(π,2)）＝eq\f(π,2)＋2，f（eq\f(3π,2)）＝－eq\f(3π,2)，f（2π）＝2，所以f（x）的最大值为eq\f(π,2)＋2，最小值为－eq\f(3π,2).故选D.（2）因为f（x）＝eq\f(1,2)ax2－ex＋1，则f′（x）＝ax－ex，令f′（x）＝ax－ex＝0，且f′（0）＝－1≠0，整理得a＝eq\f(ex,x)，原题意等价于y＝a与y＝eq\f(ex,x)有两个不同的交点，构建g（x）＝eq\f(ex,x)（x≠0），则g′（x）＝eq\f(（x－1）ex,x2)（x≠0），令g′（x）>0，解得x>1；令g′（x）<0，解得0<x<1或x<0；则g（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1），（－∞，0）上单调递减，且g（1）＝e，由图可得：若y＝a与y＝eq\f(ex,x)有两个不同的交点，可得：a≥e，x1，x2>0，因为eq\f(x1,x2)≤eq\f(1,2)，则x2≥2x1，由图可知：当a增大时，则x1减小，x2增大，可得eq\f(x1,x2)减小，取x2＝2x1，令x1＝t∈（0，1），则x2＝2t，因为eq\f(et,t)＝eq\f(e2t,2t)，解得t＝ln2，所以a＝eq\f(et,t)＝eq\f(2,ln2)，则a≥eq\f(2,ln2)，即实数a的取值范围是[eq\f(2,ln2)，＋∞）.答案：（1）D（2）[eq\f(2,ln2)，＋∞）对点训练1．解析：∵f′（x）＝ex－2ax，∴x1，x2是f′（x）的两个零点，即是方程ex－2ax＝0的两个不相等的实数根