2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题一　5第5讲　导数的简单应用

第5讲　导数的简单应用

导数运算及其几何意义
[核心提炼]
1．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)．
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y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
[典型例题]
(1)(2019·绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线y＝x2－3ln x的一条切线的斜率为－，则切点的横坐标为(　　)
A．－3　　　　B．2　　　　C．－3或2　　　　D.
(2)已知f(x)＝，g(x)＝(1＋sin x)2，
若F(x)＝f(x)＋g(x)，则F(x)的导函数为________．
【解析】　(1)设切点为(m，n)(m＞0)，y＝x2－3ln x的导数为y′＝x－，
可得切线的斜率为m－＝－，
解方程可得，m＝2.
故选B.
(2)因为f′(x)＝
＝
＝
g′(x)＝2(1＋sin x)(1＋sin x)′＝2cos x＋sin 2x，
所以F′(x)＝f′(x)＋g′(x)＝＋2cos x＋sin 2x.
【答案】　(1)B　(2)＋2cos x＋sin 2x

利用导数几何意义解题的思路
(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化．
(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．　
[对点训练]
1．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.故填1.
答案：1
2．(2019·浙江省十校联合体期末检测)已知函数f(x)＝aex＋x2，g(x)＝cos πx＋bx，直线l与曲线y＝f(x)切于点(0，f(0))，且与曲线y＝g(x)切于点(1，g(1))，则a＋b＝________，直线l的方程为________．
解析：f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝－πsin πx＋b，
f(0)＝a，g(1)＝cos π＋b＝b－1，
f′(0)＝a，g′(1)＝b，
由题意可得f′(0)＝g′(1)，则a＝b，
又f′(0)＝＝a，
即a＝b＝－1，
则a＋b＝－2；
所以直线l的方程为x＋y＋1＝0.
答案：－2　x＋y＋1＝0
3．(2019·湖州期末)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________．

解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－，
即f′(3)＝－.
又因为g(x)＝xf(x)，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，
由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×＝0.
答案：0

利用导数研究函数的单调性
[核心提炼]
1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在上恒成立．令g(x)＝ln x＋.
因为g′(x)＝－＝，
由g′(x)＝0，得x＝1.


x

(1，e)
g′(x)
－
＋
g(x)


g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，
所以g(x)max＝g＝e－1.
故a≥e－1.

求解或讨论函数单调性问题的解题策略
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．
[注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．　
[对点训练]
1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为(　　)
A．(，1)　　　　　　　　
B．(－∞，)∪(1，＋∞)
C．(，＋∞)
D．(－∞，)
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，
所以f(－x)＝f(x)．
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因为g(x)＝x2f(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)为减函数，
因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，
因为g(x)＜g(1－2x)，所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0，
解得＜x＜1，选A.
2．(2019·湖州市高三期末)已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数y＝g(x)对任意x满足g(x)＝f(4－x)，求证：当x＞2时，f(x)＞g(x)；
(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞4.
解：(1)因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2.


x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值


所以f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．
所以当x＝2时，f(x)取得极大值f(2)＝.
(2)证明：g(x)＝f(4－x)＝，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝－，
所以F′(x)＝－＝.
当x＞2时，2－x＜0，2x＞4，从而e4－e2x＜0，
所以F′(x)＞0，F(x)在(2，＋∞)是增函数．
所以F(x)＞F(2)＝－＝0，故当x＞2时，f(x)＞g(x)成立．
(3)证明：因为f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．
所以若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内．
不妨设x1＜2＜x2，由(2)可知f(x2)＞g(x2)，
又g(x2)＝f(4－x2)，所以f(x2)＞f(4－x2)．
因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(4－x2)．
因为x2＞2，4－x2＜2，x1＜2，且f(x)在区间(－∞，2)内为增函数，
所以x1＞4－x2，即x1＋x2＞4.

利用导数研究函数的极值(最值)问题
[核心提炼]
1．若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)0)，
所以h′(x)＝－2x－1＝＝－.
令h′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍)．
当0时，h′(x)0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1＋1也相切，则t的值为(　　)
A．4e2　　　　B．4e C.　　　D.
解析：选A.由y＝，得y′＝，则切线斜率为k＝，所以切线方程为y－2＝，即y＝x＋1.设切线与曲线y＝ex＋1＋1 的切点为(x0，y0)．由y＝ex＋1＋1，得y′＝ex＋1，则由ex0＋1＝，得切点坐标为，故切线方程又可表示为y－－1＝，即y＝x－ln ＋＋1，所以由题意，得－ln ＋＋1＝1，即ln ＝2，解得t＝4e2，故选A.
9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a的取值范围为____________．
解析：由题意知，f(x)＝x3－x2＋ax－1的导数
f′(x)＝2x2－2x＋a.
2x2－2x＋a＝3有两个不等正根，则，
得3＜a＜.
答案：
10．(2019·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)＝1，且对于任意的x∈R，都有f′(x)＜，则不等式f(log2x)＞的解集为________．
解析：设g(x)＝f(x)－x，
因为f′(x)＜，
所以g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)为减函数，又f(1)＝1，
所以f(log2x)＞＝log2x＋，
即g(log2x)＝f(log2x)－log2x＞
＝g(1)＝f(1)－＝g(log22)，
所以log2x＜log22，又y＝log2x为底数是2的增函数，
所以0＜x＜2，
则不等式f(log2x)＞的解集为(0，2)．
答案：(0，2)
11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x　[－2，2]
12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋ln x，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________．
解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x＝，1，
当x∈(，1)时，f′(x)＜0，x∈(1，2)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.
答案：－2　1
13．(2019·唐山二模)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________．
解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)