2019届二轮复习　导数的概念及简单应用[小题提速练]学案（全国通用）

第22练　导数的概念及简单应用[小题提速练]
[明晰考情]　1.命题角度：考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值和最值.2.题目难度：中低档难度．

考点一　导数的几何意义
要点重组　(1)f′(x0)表示函数f(x)在x＝x0处的瞬时变化率．
(2)f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处切线的斜率．
1．已知函数f(x＋1)＝，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为(　　)
A．1 B．－1 C．2 D．－2
答案　A
解析　由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－.
∴f′(x)＝，且f′(1)＝1.
由导数的几何意义，得所求切线的斜率k＝1.
2．设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(0,0) B．(1，－1)
C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
答案　D
解析　由题意可知f′(x)＝3x2＋2ax，
则有f′(x0)＝3x＋2ax0＝－1，
又切点为(x0，－x0)，可得x＋ax＝－x0，
两式联立解得或
则点P的坐标为(－1,1)或(1，－1)．
故选D.
3．(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x
答案　D
解析　方法一　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
方法二　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，
∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.
4．若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
答案　1－ln 2
解析　y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)．
y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)，
∴
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
考点二　导数与函数的单调性
方法技巧　(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
(2)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
5．已知函数f(x)＝ln x－x＋，若a＝－f ，b＝f(π)，c＝f(5)，则(　　)
A．c C．b 答案　A
解析　∵f′(x)＝－1－＝－<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．
a＝－f ＝－＝ln 3－3＋＝f(3)．
∵3<π<5，∴f(3)>f(π)>f(5)，
∴a>b>c.故选A.
6．定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝2f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的单调递增区间是(　　)

A．[0,1] B．[1,2]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
答案　D
解析　根据函数y＝2f′(x)的图象可知，
当x≤2时，2f′(x)≥1⇒f′(x)≥0，且使f′(x)＝0的点为有限个，
所以函数y＝f(x)在(－∞，2]上单调递增，故选D.
7．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，2]
C. D.
答案　D
解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，
即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．
令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，
∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴m≤2＋＝，故选D.
8．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)恒成立，若x1 A．f(x2)>f(x1)
B．f(x2) C．f(x2)＝f(x1)
D．f(x2)与f(x1)的大小关系不确定
答案　A
解析　设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)>0，所以g(x)单调递增，当x1 所以f(x2)>f(x1)．
考点三　导数与函数的极值、最值
方法技巧　(1)函数零点问题，常利用数形结合与函数极值求解．
(2)含参恒成立或存在性问题，可转化为函数最值问题；若能分离参数，可先分离．
特别提醒　(1)f′(x0)＝0是函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．
(2)函数f(x)在[a，b]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点．
9．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
答案　A
解析　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
故选A.
10．已知函数f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e](e为自然对数的底数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为(　　)
A．e B．e2 C．2e D．2e2
答案　B
解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)的导数f′(x)＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e]上单调递减，
∴f(x)min＝f(e)＜0，与题意不符．
②当a＞0时，f′(x)＝0的根为.
当0＜＜e时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f ＝1－ln ＝3，解得a＝e2.
③当≥e时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e]上单调递减，
∴f(x)min＝f(e)≤0，与题意不符．
综上所述，a＝e2.故选B.
11．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x) 答案　[1，＋∞)
解析　令g(x)＝f(x)－，
则g(－x)＋g(x)＝0，g(x)是R上的奇函数．
又当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－x<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)是R上的单调减函数．
原不等式等价于g(2－m)＋g(－m)≥0，g(2－m)≥－g(－m)＝g(m)，所以2－m≤m，m≥1.
12．(2018·江苏)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[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
答案　－3
解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞，
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)只有一个零点，
∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.

1．已知f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx＋(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m等于(　　)
A．－1 B．－3 C．－4 D．－2
答案　D
解析　∵f′(x)＝，∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1.
又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，
设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x0，y0)，
则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x＋mx0＋(m<0)，于是解得m＝－2.故选D.

2．若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,1] B.
C. D.
答案　C
解析　方法一　(特殊值法)
不妨取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，
f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增，排除A，B，D.故选C.
方法二　(综合法)
∵函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2x＋acos x＋≥0，
即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)上恒成立．
当cos x＝0时，恒有0≥－，得a∈R；
当0 令t＝cos x，g(t)＝t－在(0,1]上为增函数，得a≥g(1)＝－；
当－1≤cos x<0时，得a≤cos x－，
令t＝cos x，g(t)＝t－在[－1,0)上为增函数，得a≤g(－1)＝.
综上可得，a的取值范围是，故选C.
3.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案　A
解析　由极小值的定义及导函数f′(x)的图象可知，
f(x)在开区间(a，b)内有1个极小值点．
4．若直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋ln x交于点A，B，则|AB|的最小值为______．
答案　
解析　解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.
设方程x＋ln x＝a的根为t(t＞0)，则t＋ln t＝a，
则|AB|＝＝＝.
设g(t)＝－＋1(t＞0)，则g′(t)＝－＝(t＞0)，
令g′(t)＝0，得t＝1.
当t∈(0,1)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，
所以g(t)min＝g(1)＝，所以|AB|≥，
所以|AB|的最小值为.
解题秘籍　(1)对于未知切点的切线问题，一般要先设出切点．
(2)f(x)递增的充要条件是f′(x)≥0，且f′(x)在任意区间内不恒为零．
(3)利用导数求解函数的极值、最值问题要利用数形结合思想，根据条件和结论的联系灵活进行转化．

1．(2017·浙江)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)


答案　D
解析　观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C.

如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，
且x2＞0，故选项D正确．故选D.
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案　D
解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导函数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，
此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
3．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为(　　)
A．4≤m≤5 B．2≤m≤4 C．m≤2 D．m≤4
答案　D
解析　函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3，
可得f′(x)＝x2－mx＋4，函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，
可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，
可得m≤x＋，x＋≥2＝4，当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.
4．若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是(　　)
A．对任意m<－，都存在x∈R，使得f(x) B．对任意m>－，都存在x∈R，使得f(x) C．对任意m<－，方程f(x)＝m只有一个实根
D．对任意m>－，方程f(x)＝m总有两个实根
答案　B
解析　∵f′(x)＝(x＋2)·ex，
∴当x>－2时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x<－2时，f′(x)<0，f(x)为减函数．
∴f(－2)＝－为f(x)的最小值，即f(x)≥－(x∈R)，
故B正确．
5．函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足xf′(x)＋2f(x)＞0，则不等式＜的解集为(　　)
A．{x|x＞－2 013}
B．{x|x＜－2 013}
C．{x|－2 013＜x＜0}
D．{x|－2 018＜x＜－2 013}
答案　D
解析　构造函数g(x)＝x2f(x)，
则g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]．
当x＞0时，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，∴g′(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵不等式＜，
∴当x＋2 018＞0，即x＞－2 018时，
(x＋2 018)2f(x＋2 018)＜52f(5)，
∴g(x＋2 018)＜g(5)，∴x＋2 018＜5，
∴－2 018＜x＜－2 013.
6．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．无数
答案　A
解析　函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，方程6x2－2x＋1＝0中的Δ＝－20<0，
所以f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
7．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a等于(　　)
A．－ B. C. D．1
答案　C
解析　方法一　f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)
＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，
∴函数g(t)为偶函数．
∵f(x)有唯一零点，∴g(t)也有唯一零点．
又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，
∴2a－1＝0，解得a＝.
故选C.
方法二　f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.
ex－1＋e－x＋1≥2＝2，当且仅当x＝1时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．
若a＞0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
故选C.
8．定义：如果函数f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m＜x1＜x2＜n)满足f′(x1)＝，f′(x2)＝，则称函数f(x)是[m，n]上的“双中值函数”．已知函数f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　因为f(x)＝x3－x2＋a，所以由题意可知，f′(x)＝3x2－2x在区间[0，a]上存在x1，x2(0＜x1＜x2＜a)，满足f′(x1)＝f′(x2)＝＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在区间(0，a)上有两个不相等的实根．
令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0＜x＜a)，
则
解得＜a＜1，
所以实数a的取值范围是.
9．已知函数f(x)＝axln x，a∈R，若f′(e)＝3，则a的值为________．
答案　
解析　因为f′(x)＝a(1＋ln x)，a∈R，f′(e)＝3，
所以a(1＋ln e)＝3，所以a＝.
10．已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在[0,1]上的最小值为________．
答案　－　
解析　由题意得f′(x)＝3x2＋4ax，
则有f′(1)＝3×12＋4a×1＝1，
解得a＝－，所以f(x)＝x3－x2＋1，
则f′(x)＝3x2－2x，当x∈[0,1]时，
由f′(x)＝3x2－2x＞0，得＜x≤1；
由f′(x)＝3x2－2x＜0，得0＜x＜，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以函数f(x)在x＝处取得极小值，即为最小值，
所以最小值为f ＝3－2＋1＝.
11．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
答案　－
解析　f′(x)＝2cos x＋2cos 2x
＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)
＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当cos x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当cos x＝时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
12．已知函数f(x)＝ex－x，若f(x)<0的解集中只有一个正整数，则实数k的取值范围为______________．
答案　
解析　由f(x)<0，即ex－x<0，
即kx＋<只有一个正整数解，
设g(x)＝，所以g′(x)＝，
当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝，

由图可知，kx＋<的唯一一个正整数解只能是1，
所以有
解得－≤k<－，
所以实数k的取值范围为.