2019届二轮复习（理）专题一第五讲导数的应用(一)学案

第五讲　导数的应用(一)

年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析及学科素养
2018
Ⅰ卷
函数的奇偶性应用及切线方程求法·T5
命题分析
(1)高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．
(2)高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．
学科素养
导数的应用主要是通过利用导数研究单调性解决最值、不等式、函数零点等问题，着重考查逻辑推理与数学运算这两大核心素养与分析问题解决问题的能力.
Ⅱ卷
切线方程求法·T13
Ⅲ卷
切线方程求法·T14
2017
Ⅰ卷
利用导数求三棱锥的体积·T16
Ⅱ卷
函数图象的极小值求法·T11
2016
Ⅰ卷
利用导数研究函数的图象和性质·T7
利用导数研究函数零点、不等式证明·T21
Ⅱ卷
曲线的切线方程·T16
利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数的最值问题·T21
Ⅲ卷
导数的几何意义、切线方程·T15
导数与函数、不等式的综合应用·T21



导数的运算及几何意义

授课提示：对应学生用书第11页

[悟通——方法结论]
1．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y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
2．四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．

[全练——快速解答]
1．若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，则实数a的值为(　　)
A． 　　 B．
C． D．
解析：依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，则有y′|x＝x0＝，于是有解得
答案：B
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若ƒ(x)为奇函数，则曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：法一：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又ƒ(x)为奇函数，∴ƒ(－x)＝－ƒ(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，
∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
法二：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，
∴a＝1，即ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，
∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
答案：D
3．(2018·山东四市联考)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1的部分图象如图所示，则函数g(x)＝aln x＋在点(b，g(b))处的切线的斜率的最小值是________．

解析：由题意，f′(x)＝x2－bx＋a，根据f(x)的图象的极大值点、极小值点均大于零，可得b>0，a>0，又g′(x)＝＋，则g′(b)＝＋＝＋≥2，当且仅当a＝b时取等号，所以切线斜率的最小值为2.
答案：2

求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程
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k，求切线方程
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)，求切线方程
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再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．




利用导数研究函数的单调性

授课提示：对应学生用书第12页

[悟通——方法结论]
　导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
　(2017·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知函数.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，求a的取值范围．
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶：已知f(x)的解析式
可求导函数f′(x)
(1)要讨论函数的单调性，必须先求出函数定义域
(2)对于含参数的问题，要根据不同情况对参数进行分类讨论
信息❷：f(x)≥0
函数的最小值f(x)min≥0
[规范解答]　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
(1分)
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(3分)
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0；
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增． (6分)
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，
所以f(x)＞0. (7分)
②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0 (9分)
③若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，
f(x)取得最小值，最小值为
f＝a2.
从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a<0时，f(x)≥0. (11分)
综上，a的取值范围是[－2e，1] (12分)

1.求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解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．
2．讨论函数的单调性重点考查学科核心素养中的逻辑推理与数学运算，体现了分类讨论思想及分析问题解决问题的能力.


[练通——即学即用]
1．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B.
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，
∴g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，
∴Δ＝a2－24≤0或
∴－2≤a≤2或
即a≥－2.
答案：C
2．(2018·荆州联考)已知函数f(x)＝x(ln x－a)．
(1)当x≥1时，对任意实数b，直线y＝－x＋b与函数f(x)的图象都不相切，求实数a的取值范围；
(2)当a＝－1时，讨论f(x)在区间[t，t＋e](t>0)上的单调性；
(3)证明：当a＝－1时，对任意的x>0，都有·[f(x)＋]>成立．
解析：(1)由f(x)＝x(ln x－a)(x≥1)，得f′(x)＝ln x－a＋1，
因为对任意实数b，直线y＝－x＋b与函数f(x)的图象都不相切，所以f′(x)＝ln x－a＋1≠－1，即a≠ln x＋2.
而函数y＝ln x＋2在[1，＋∞)上单调递增，所以ln x＋2≥ln 1＋2＝2，
故a<2.
(2)当a＝－1时，f(x)＝x(ln x＋1)，f′(x)＝ln x＋2，
由f′(x)＝0得x＝.
当00，
因此f(x)在[t，)上单调递减，在(，t＋e]上单调递增．
当t≥时，在[t，t＋e]上，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[t，t＋e]上单调递增．
综上所述，当0 (3)证明：问题等价于证明当a＝－1时，f(x)>－对任意的x>0恒成立．
由(2)知当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f()＝－.
设g(x)＝－(x>0)，则g′(x)＝，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
g(x)max＝g(1)＝－.
从而当a＝－1时，对任意的x>0，都有f(x)≥－≥g(x)(等号不同时取到)，
所以f(x)>－成立，
即对任意的x>0，都有[f(x)＋]>成立．



利用导数研究函数的极值、最值

授课提示：对应学生用书第12页

[悟通——方法结论]
1．若在x0附近左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
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]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
　(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知函数f(x)＝
(1) ；
(2) ，证明：

[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶：已知f(x)的解析式
先求定义域，再求导函数，变形
(1)易忽视定义域求法及参数对单调性的影响．
(2)与极值点有关的双变量不等式证明，要明确消元、构造法
信息❷：讨论单调性
参数分类标准的确立及用导数判断单调性方法
信息❸：两极值点x1、x2
极值点的定义及应用
信息❹：双变量不等式的证明
双变量不等式证明，利用极值点消元、构造
[规范解答]　(1)ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，
ƒ′(x)＝－－1＋＝－. (2分)
①若a≤2，则ƒ′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，ƒ′(x)＝0，
所以ƒ(x)在(0，＋∞)上单调递减． (4分)
②若a＞2，令ƒ′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，ƒ′(x)＜0；
当x∈时，ƒ′(x)＞0.
所以ƒ(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(6分)
(2)证明：由(1)知，ƒ(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于ƒ(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1. (8分)
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
(10分)
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
(12分)

利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．

[练通——即学即用]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1　　　 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，
所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－2 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.
答案：A
2．(2018·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：f′(x)＝ln x－2ax＋1(x>0)，
故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0<2a<1，即0 答案：B
3．(2018·南昌模拟)设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－4mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0得0，
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)知，当m>0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
∴f(x)max＝f()＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，
∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－，
令h(x)＝x－ln x－(x>0)，则h′(x)＝1－＝，
∴h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h()＝ln 2，
∴m＋n的最小值为ln 2.



授课提示：对应学生用书第119页

一、选择题
1．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A.e2 B．2e2　　　C．e2　　　D.
解析：由题意可得y′＝ex，则所求切线的斜率k＝e2，
则所求切线方程为y－e2＝e2(x－2)．
即y＝e2x－e2，∴S＝×1×e2＝.
答案：D
2．(2018·西宁一检)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝(　　)
A．－2 B．2
C．－ D.
解析：由y′＝得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－，又切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝－2.
答案：A
3．(2018·北京模拟)曲线f(x)＝xln x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为f(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲线f(x)＝xln x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为.
答案：B
4．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
答案：C
5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a C．c 解析：因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，
所以f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，
所以a＝f(0) 又f(x)＝f(2－x)，
所以c＝f(3)＝f(－1)，
所以c＝f(－1) 所以c 答案：C
6．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，
所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.
答案：D
7．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为(　　)
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
解析：f′(x)＝－k＝(x>0)．设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.
答案：A
8．已知函数f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(　　)
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C. D.
解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)的最大值g(n)＝f＝－ln n－1.
设h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.
因为h′(n)＝－－1<0，所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0,1)，故选A.
答案：A
二、填空题
9．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________．
解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y＝2x.
答案：y＝2x
10．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
解析：设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x>0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案：2x－y＝0
11．(2018·太原二模)若函数f(x)＝sin x＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
12．(2018·新乡一模)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2 解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2 答案：(2,6)
三、解答题
13．已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解析：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.
(2)f′(x)＝1－，
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a．x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
14．(2018·福州质检)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝，
所以当03时，f′(x)>0；
当 所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x，
则g′(x)＝－2＝.
令g′(x)＝0，得x＝或x＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，
h(a)min＝g(1)＝－a－1；
②当1< h(a)min＝g＝aln －a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，
h(a)min＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)min＝