2027版53B版新高考版数学总复习重难突破专题三　导数及其应用

专题三导数及其应用体系透视目录题型透析题型9曲线的切线问题题型10导数与函数的单调性、极值和最值题型11利用导数证明不等式题型12利用导数研究函数零点问题体系透视

题型9曲线的切线问题角度1求切线问题题型透析例1过点(0,3)且与曲线y=x3-2x+1相切的直线方程为

()A.x-y-3=0

B.x-y+3=0

C.x+y+3=0

D.x+y-3=0

B

解析不知道切点,先设切点,设切点坐标为(x0,

-2x0+1),由y=x3-2x+1,得y'=3x2-2,则切线的斜率k=3

-2,则切线方程为y-(

-2x0+1)=(3

-2)(x-x0),由切线过点(0,3),得3-(

-2x0+1)=(3

-2)·(-x0),整理得2

=-2,即

=-1,解得x0=-1,则切线方程为y-2=x+1,即x-y+3=0.故选B.方法总结

1.求曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线:切线的斜率k=f'(x0),结合切点坐标可知切线的方

程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).2.求曲线y=f(x)过点Q(m,n)的切线:由于不知道切点坐标,故需设切点坐标为P(x0,f(x0)),

写出切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0),将Q(m,n)代入得n-f(x0)=f'(x0)(m-x0),由此方程解出x0,得

到切点坐标,即可求出切线的方程.例2已知直线l:y=kx+b既是曲线y=lnx的切线,也是曲线y=-ln(-x)的切线,则

()A.k=

,b=0

B.k=1,b=0

C.k=

,b=-1

D.k=1,b=-1

A

角度2曲线的公切线问题解析直线l与两曲线的切点均未知,可分别设切点坐标,写出对应的切线方程,比较系

数.令f(x)=y=lnx,g(x)=y=-ln(-x).设直线l与曲线f(x)=lnx相切的切点为(x1,lnx1),x1>0.f'(x)=

,则l的方程为y-lnx1=

(x-x1),即y=

x+lnx1-1①.设直线l与曲线g(x)=-ln(-x)相切的切点为(x2,-ln(-x2)),x2<0.g'(x)=-

,则l的方程为y+ln(-x2)=-

(x-x2),即y=-

x+1-ln(-x2)②.因为①和②都是l的方程,所以

解得

故k=

=

,b=lnx1-1=0,故选A.方法总结

①切点为两曲线的公共点,即f(x0)=g(x0);②切线斜率相同,即f'(x0)=g'(x0)

分别写出两曲线的切线方程,由于重合,则对应系数相等,

解方程(组)得结果角度3切线条数问题例3若曲线y=(2x+a)ex(其中e为自然对数的底数)有两条过坐标原点的切线,则实数a的

取值范围是

(

)A.(-∞,-8)∪(0,+∞)

B.(-∞,-8)

C.(0,+∞)

D.(-8,+∞)

A

解析先设出切点坐标,写出切线方程.设切点为P(x0,(2x0+a)

).因为y'=2ex+(2x+a)ex=(2x+a+2)ex,所以切线的斜率k=(2x0+a+2)

,则曲线在P处的切线方程为y-(2x0+a)

=

(2x0+a+2)(x-x0),又因为切线过坐标原点,所以-(2x0+a)

=

(2x0+a+2)(-x0),整理得2

+ax0-a=0,曲线y=(2x+a)ex有两条过坐标原点的切线转化为2

+ax0-a=0有两个不等的实根,所以Δ=a2-4×2(-a)>0,解得a<-8或a>0,经检验,符合题意.故选A.方法总结

过某一点可以作曲线的n条切线问题,一般会先设切点,由设出的切点写出切线方程,把

已知点的坐标代入后,整理成关于切点横坐标的方程,有n条切线,就是方程有n个根,需

要注意所有的根都必须在定义域内.题型10导数与函数的单调性、极值和最值角度1不含参函数例1

(高考真题精选)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别

为

()A.-

,

B.-

,

C.-

,

+2

D.-

,

+2

D

解析观察函数解析式,发现函数的单调性无法直接得出,只能通过求导来判断.f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx,x∈[0,2π],当x∈[0,2π]时,x+1>0,所以f'(x)的正负与cosx相同,画出y=cosx在[0,2π]上的图象,

由图可知,当x在[0,2π]上变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表:x0

,2π

2πf'(x)

+0-0+

f(x)2↗极大值

+2↘极小值-

↗2由表可知,f(x)在[0,2π]上的最大值为

+2,最小值为-

,故选D.技巧总结

求不含参函数的单调性、极值和最值的思路

例2已知函数f(x)=x(lnx-k)-k.(1)讨论函数f(x)在[1,e]上的单调性;(2)若函数g(x)=

在[1,e]上单调递减,求实数k的取值范围.角度2含参函数解析

(1)由题意知f'(x)=lnx-k+1,令f'(x)=0,得x=ek-1,易知f'(x)=lnx-k+1在[1,e]上单调递增,因为ek-1的大小无法确定,所以需要讨论ek-1和区间[1,e]端点的关系,可能的关系如图所示,

①当k≤1时,ek-1≤1,所以当1≤x≤e时,f'(x)≥0,即f(x)在[1,e]上单调递增;②当1<k<2时,1<ek-1<e,令f'(x)>0,得ek-1<x≤e,令f'(x)<0,得1≤x<ek-1,即f(x)在[ek-1,e]上单调递增,在[1,ek-1)上单调递减;③当k≥2时,ek-1≥e,所以当1≤x≤e时,f'(x)≤0,即f(x)在[1,e]上单调递减.综上,当k≤1时,f(x)在[1,e]上单调递增;当1<k<2时,f(x)在[ek-1,e]上单调递增,在[1,ek-1)上单调递减;当k≥2时,f(x)在[1,e]上单调递减.(2)函数g(x)在[1,e]上单调递减,即g'(x)≤0在[1,e]上恒成立,从而将问题进行转化.g(x)=

=

=

,由题意知g'(x)≤0在[1,e]上恒成立,即g'(x)=

=

≤0恒成立,因为ex>0恒成立,所以1+lnx-xlnx+k≤0,分离参数得1+lnx-xlnx≤-k,构造函数,研究其单调性,求k的取值范围.令h(x)=1+lnx-xlnx,x∈[1,e],则h'(x)=

-(1+lnx),易知h'(x)在[1,e]上单调递减,(减+减=减)h'(1)=0,∴h'(x)≤h'(1)=0恒成立,∴h(x)在[1,e]上单调递减,∴h(x)≤h(1)=1,∴-k≥1,则k≤-1.即实数k的取值范围是(-∞,-1].解题技巧含参函数单调性的讨论方法确定含参函数单调区间时,只需对导函数正负有影响的部分进行讨论.(1)若决定导函数正负的部分为一次型,即f'(x)=ax+b,按如下方法讨论.导数为一次型f'(x)=ax+b

注意讨论x1与定义域或区间端点的大小.(2)若决定导函数正负的部分为二次型,即f'(x)=ax2+bx+c,按如下方法讨论.

(3)若决定导函数正负的部分为指数型或对数型.若f'(x)=aex+b或f'(x)=alnx+b,则类比一次型讨论,若f'(x)=ae2x+bex+c,则类比二次型讨论,

讨论时需注意换元后新元的范围.角度3导函数的逆向构造例3已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足2xf(x)+x2f'(x)<0,则关于x的不等式x2f(x)>4f(2)

的解集为

()A.(0,4)

B.(2,+∞)

C.(4,+∞)

D.(0,2)

D

解析由所给不等式中的2xf(x)+x2f'(x)这一结构想到应构造函数g(x)=x2f(x),设g(x)=x2f(x),x>0,则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x),因为2xf(x)+x2f'(x)<0,所以g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,因为x2f(x)>4f(2)=22f(2),所以g(x)>g(2),所以0<x<2,所以原不等式的解集为(0,2).故选D.例4已知函数y=f(x)对任意的x∈

满足f'(x)cosx+f(x)sinx>0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是

()A.f(0)>

f

B.

f

<f

C.f(0)>2f

D.

f

<f

D

解析题干中出现f'(x)cosx+f(x)sinx联想构造函数F(x)=

,构造函数F(x)=

,依题意知当x∈

时,F'(x)=

>0,故函数F(x)在

上单调递增.接下来利用单调性,对每个选项进行判断.对于A,由F(0)<F

得

<

,即f(0)<

f

,故A中不等式不成立.对于B,由F

>F

得

>

,即

f

>f

,故B中不等式不成立.对于C,由F(0)<F

得

<

,即f(0)<2f

,故C中不等式不成立.对于D,由F

<F

得

<

,即

f

<f

,故D中不等式成立.归纳总结导数的逆向构造的常见类型已知的不等式中所含结构构造函数的方向xf'(x)-f(x)F(x)=

,F'(x)=

xf'(x)+f(x)F(x)=xf(x),F'(x)=f(x)+xf'(x)f(x)+f'(x)F(x)=exf(x),F'(x)=ex[f(x)+f'(x)]f(x)-f'(x)F(x)=

,F'(x)=

xf'(x)+2f(x)F(x)=x2f(x),F'(x)=x2f'(x)+2xf(x)xf'(x)-2f(x)F(x)=

,F'(x)=

f(x)cosx+f'(x)sinxF(x)=f(x)sinx,F'(x)=f(x)cosx+f'(x)sinxf'(x)sinx-f(x)cosxF(x)=

,F'(x)=

题型11利用导数证明不等式角度1最值转化例1已知函数f(x)=aex-x-

(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna-a2.解析

(1)由题意知f'(x)=aex-1,由于ex恒正,为了分析f'(x)的正负,需要分a≤0和a>0两种情况进行讨论.①当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;②当a>0时,令f'(x)<0,解得x<-lna,令f'(x)>0,解得x>-lna,所以f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,

在(-lna,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.(2)证明:要证明f(x)>2lna-a2,只需证明f(x)min>2lna-a2.由(1)得a>0时,f(x)min=f(-lna)=ae-lna+lna-

=lna-

,故只需证明lna-

>2lna-a2,即证a2-

-lna>0,要证明a2-

-lna>0,只需证明

>0,构造函数g(a)=a2-

-lna,a>0,利用导数研究g(a)的单调性,进而求出其最小值.令g(a)=a2-

-lna(a>0),则g'(a)=2a-

=

,令g'(a)<0,解得0<a<

,令g'(a)>0,解得a>

,所以g(a)在

上单调递减,在

上单调递增,所以g(a)min=g

=

-

-ln

=ln

>0,

-ln

=ln

=ln

则g(a)>0恒成立,所以当a>0时,f(x)>2lna-a2.技巧总结

1.若待证不等式的一边含有自变量,另一边为常数,可直接求函数的最值,利用最值证明

不等式.2.若待证不等式的两边含有同一个变量,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时

对复杂的式子要进行变形,利用导数研究函数单调性,得到最值,借助最值即可得证.例2已知函数f(x)=ex,g(x)=ax+1.(1)已知f(x)≥g(x)恒成立,求a的值;(2)若x∈(0,1),求证:

+x-

<1.角度2放缩证明解析

(1)由f(x)≥g(x)得f(x)-g(x)≥0,构造函数h(x)=f(x)-g(x),则h(x)≥0恒成立.设h(x)=f(x)-g(x)=ex-ax-1,则h'(x)=ex-a,当a≤0时,h'(x)=ex-a>0,h(x)单调递增,当x→-∞时,h(x)→-∞,不满足h(x)≥0恒成立.当a>0时,h(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(lna)=a-alna

-1,则有h(lna)≥0,即1-lna-

≥0,即lna+

-1≤0,设φ(a)=lna+

-1,则φ'(a)=

,令φ'(a)=0,得a=1,所以φ(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,即φ(a)min=φ(1)=0,故满足lna

+

-1≤0的a的值为1.综上,a=1.(2)证明:由题意证明x∈(0,1)时,

+x-

<1.要证明的不等式中既有ex,又有lnx,直接求导找最值不可行,可以尝试对ex进行放缩,从而

简化问题,这里需将ex缩小一点,可以尝试利用ex≥x+1放缩.先证明当x∈(0,1)时,ex>x+1恒成立.令t(x)=ex-x-1,x∈(0,1),因为t'(x)=ex-1>0,所以t(x)在x∈(0,1)上单调递增,所以t(x)>t(0)=0,所

以ex>x+1,所以要证

+x-

<1,只需证

+x-

<1,即证1-lnx+x2+x-

<x+1(把lnx分离出来,后面分析比较简单),即证lnx-x2+1+

>0,设F(x)=lnx-x2+1+

,x∈(0,1),F'(x)=

-2x-

=

(x-1)-2x<0,所以F(x)在(0,1)上单调递减,所以F(x)>F(1)=1>0,即原不等式成立.所以当x∈(0,1)时,

+x-

<1.技巧总结

1.利用导数证明不等式时,若所证明的不等式中含有ex,lnx,sinx,cosx,tanx或其他多项

式函数中的两种或以上,可考虑先利用不等式进行放缩,使问题简化,再构造函数进行证

明.2.常见的放缩有:(1)tanx>x>sinx,x∈

;(2)ex≥x+1,x-1≥lnx.题型12利用导数研究函数零点问题角度1零点个数问题例1

(高考真题精选)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间

存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.证明

(1)需要分析f'(x)的导数在

的正负才能确定f'(x)的单调性,进而确定f'(x)的极值点情况.由题意知f'(x)=cosx-

,x∈(-1,+∞),令g(x)=f'(x)=cosx-

,x∈

,∴g'(x)=-sinx+

,x∈

,显然g'(x)=0的根无法直接求出,可尝试利用单调性+零点存在定理确定是否有根,∵y=

在

上单调递减,y=-sinx在

上单调递减,∴g'(x)在

上单调递减,需要借助零点存在定理判断是否存在x0∈

,使得g'(x0)=0,进而得到g(x)即f'(x)在

上的单调性,显然g'

<0,但g'(-1)无意义,故可尝试求g'(0).发现g'(0)=-sin0+1=1>0,g'

=-sin

+

=

-1<0,∴存在x0∈

,使得g'(x0)=0,当x∈(-1,x0)时,g'(x)>0;当x∈

时,g'(x)<0,即g(x)在(-1,x0)上单调递增;在

上单调递减,则x=x0是g(x)唯一的极大值点,即f'(x)在区间

上存在唯一的极大值点x0.(2)①由(1)可知∃x0∈

,f'(x)在(-1,x0)上单调递增;在

上单调递减,注意到f'(0)=0,f'

<0,可以作出f'(x)在

上的大致图象,如图.

故∃x1∈

,使得f'(x1)=0.当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,x1)时,f'(x)>0;当x∈

时,f'(x)<0,所以f(x)在(-1,0)上单调递减;在(0,x1)上单调递增;在

上单调递减,注意到f(0)=0,f

>0,故可以作出f(x)在

上的大致图象,如图.

故f(x)在

上存在唯一的零点0.②sinx∈[-1,1],当x∈(e-1,+∞)时,f(x)=sinx-ln(1+x)<0,即f(x)在(e-1,+∞)上不存在零点.接下来只需证明f(x)在

上存在唯一零点.③因为y=sinx在

上单调递减,y=ln(x+1)在

上单调递增,则f(x)=sinx-ln(1+x)在

上单调递减,又f

>0,f(e-1)=sin(e-1)-1<0,故f(x)在

上存在唯一的零点.综上所述,f(x)有且仅有2个零点.技巧总结求函数零点个数的方法1.数形结合法,求函数f(x)的单调区间和极值,根据f(x)的性质作出图象,然后根据图象判

断函数零点个数.2.分类讨论法,求函数f(x)的单调区间和极值,然后分类讨论,判断函数的零点个数.例2已知函数f(x)=

(a>0).(1)当a=

时,求f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)+

有两个不同的零点,求a的取值范围.角度2已知零点个数求参数解析

(1)函数的定义域为(0,+∞).当a=

时,f(x)=

,f'(x)=

,因为e2>0,(x+e2)2>0,所以f'(x)的正负由1-lnx+

决定.令g(x)=1-lnx+

,x∈(0,+∞),则g'(x)=-

-

<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,因为g(e2)=0,所以当x∈(0,e2)时,g(x)>0,从而f'(x)>0,当x∈(e2,+∞)时,g(x)<0,从而f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,e2),单调递减区间为(e2,+∞).(2)函数y