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

这是一份统考版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，共7页。试卷主要包含了导数公式，导数的几何意义等内容，欢迎下载使用。

1．导数公式
(1)(sin x)′＝________；
(2)(cs x)′＝________；
(3)(ax)′＝________(a>0，且a≠1)；
(4)(lgax)′＝________(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)[2023·四川泸州二模]已知曲线y＝ eq \f(a cs x,x)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．－2
C．－ eq \f(4,π) D．2
(2)[2022·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.[2023·山西临汾一模]已知函数f(x)＝2e2ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为( )
A．4ex－y＋e2＝0 B．4ex－y－e2＝0
C．4ex＋y＋e2＝0 D．4ex＋y－e2＝0
2．[2023·湖南永州二模]若函数y＝ax2与y＝ln x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\c1(0，\f(1,e))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
考点二 利用导数研究函数的单调性——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)[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为( )
A．e2B．e
C．e－1 D．e－2
(2)[2023·辽宁省实验中学高三模拟]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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是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)＝－ln x＋ 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．[2023·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 利用导数研究函数极值、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)满足f′(x0)＝0.若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的________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________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)[2022·全国乙卷(文)，11]函数f(x)＝cs x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))sin x＋1在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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)＋2 D．－ eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)＋2
(2)[2023·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
利用导数研究函数极值问题的注意点
(1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据极值点的导数为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，所以求解后必须检验．
对点训练
1.[2023·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．[2023·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 导数的简单应用
考点一
1．（1）cs x （2）－sin x （3）ax ln a （4） eq \f(1,x ln a)
2．y－f（x0）＝f′（x0）·（x－x0）
[例1] 解析：（1）曲线y＝f（x）＝ eq \f(a cs x,x)，求导得到f′（x）＝ eq \f(－a（x sin x＋cs x）,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＝ln x，y′＝ eq \f(1,x).假设此时直线与曲线y＝ln x相切于点（x1，ln x1）（x1>0），则此时切线方程为y－ln x1＝ eq \f(1,x1)（x－x1）.若该切线经过原点，则ln x1－1＝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）＝2e2ln x＋x2，所以f′（x）＝ eq \f(2e2,x)＋2x，
所以f（e）＝2e2ln e＋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：B
2．解析：设切线与曲线y＝ln x相切于点（t，ln t），对函数y＝ln x求导得y′＝ eq \f(1,x)，
所以，曲线y＝ln x在点（t，ln t）处的切线方程为y－ln t＝ eq \f(1,t)（x－t），即y＝ eq \f(1,t)x＋ln t－1，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝ax2,y＝\f(1,t)x＋ln t－1))可得ax2－ eq \f(1,t)x＋1－ln t＝0，
由题意可得a≠0且Δ＝ eq \f(1,t2)－4a（1－ln t）＝0，可得 eq \f(1,4a)＝t2－t2ln t，
令g（t）＝t2－t2ln t，其中t>0，则g′（t）＝2t－（2t ln t＋t）＝t（1－2ln t）.
当00，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00，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－ln x，所以f′（x）＝aex－ eq \f(1,x).因为函数f（x）＝aex－ln x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g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，g（x）<0，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，g（x）>0，
又因为当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，ln （2x）<0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，
ln （2x）>0，
所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f（x）>0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0.
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(x－2>0,f（x）<0))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2<0,f（x）>0))，解得0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）＝－ln x＋ 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\c1(f′（x）>0，,x>0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1>0，,x>0))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<－1或x>1，,x>0))⇒x>1，故选D.
答案：D
2．解析：由题意得当x>0时，f′（x）＝ax ln a＋（1＋a）x ln （1＋a）
＝ax eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))\s\up12(x) ln （1＋a）))≥0，设g（x）＝ln a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，故只需满足g（0）≥0，即ln a＋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答案：[ eq \f(\r(5)－1,2)，1）
考点三
（1）极大 极小 （2）最大 最小
[例3] 解析：（1）因为f（x）＝cs x＋（x＋1）sin x＋1，所以f′（x）＝－sin x＋sin x＋（x＋1）cs x＝（x＋1）·cs x．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＝ln 2，
所以a＝ eq \f(et,t)＝ eq \f(2,ln 2)，则a≥ eq \f(2,ln 2)，
即实数a的取值范围是[ eq \f(2,ln 2)，＋∞）.
答案：（1）D （2）[ eq \f(2,ln 2)，＋∞）
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，
∵x1，x2≠0，∴x1，x2是方程2a＝ eq \f(ex,x)的两个不相等的实数根．
令g（x）＝ eq \f(ex,x)，则g′（x）＝ eq \f(（x－1）ex,x2).
当x<0或0当x>1时，g′（x）>0，
∴g（x）在（－∞，0）和（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
且当x<0时，g（x）<0；当x>0时，g（x）>0.
∴2a>g（1）＝e，且x1，x2>0.
由x1＝2x2，得 eq \f(ex1,x1)＝ eq \f(e2x2,2x2)＝ eq \f(ex2,x2)，
∴ex2＝2，x2＝ln 2，由2a＝ eq \f(ex2,x2)＝ eq \f(2,ln 2)，
即a＝ eq \f(1,ln 2).
答案： eq \f(1,ln 2)
2．解析：因为函数f（x）＝2x3－ax2＋1在（0，＋∞）内有且只有一个零点，
即方程2x3－ax2＋1＝0在（0，＋∞）内只有一个根，
即a＝2x＋x－2在（0，＋∞）内只有一个根，
令g（x）＝2x＋x－2，可得g′（x）＝2－2x－3，再令g′（x）＝0，解得x＝1，
当01时，g′（x）>0，g（x）单调递增，
所以当x＝1时，g（x）有最小值g（1）＝3，即a＝3，
所以函数f（x）＝2x3－3x2＋1，则f′（x）＝6x2－6x＝6x（x－1），
令f′（x）＝0时，解得x1＝0，x2＝1.
当－20，f（x）单调递增；
当0当10，f（x）单调递增，
又由f（－2）＝－27，f（0）＝1，f（1）＝0，f（2）＝5，
故函数f（x）在[－2，2]上的最大值为5，最小值为－27，最大值与最小值的和为－22.
答案：－22