高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题六函数与导数第3讲导数的简单应用文科学案含解析

第3讲　导数的简单应用(文科)

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱考情分析︱

1．高考对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问．

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，多在选择题、填空题的后几题中出现，难度中等偏下，有时综合在解答题中．

⊙︱真题分布︱

(文科)

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　导数的几何意义

1．导数的几何意义

函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．

2．基本初等函数的导数公式

3．导数的运算法则

(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；

(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；

(3)′＝(g(x)≠0)．

典例1　(1)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中联考)已知函数y＝在点M(π，0)处的切线方程为－＋b＝y，则(　C　)

A．a＝－1，b＝1　　 B．a＝－1，b＝－1

C．a＝1，b＝1　　 D．a＝1，b＝－1

(2)(2020·九师联盟质量检测)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为__3x－y＋1＝0__.

【解析】　(1)由题意可知y′＝，故在点M(π，0)处的切线方程为

y＝(x－π)＝－x＋b，则故选C．

(2)由题意得：f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex

∴f′(0)＝3，又f(0)＝1

∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为：y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0．

求曲线y＝f(x)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．

(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．

1．(1)(2020·四川省成都七中模拟)已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　B　)

A．－2　　 B．2

C．－e　　 D．e

(2)(2020·辽宁省沈阳市实验中学月考)若曲线y＝与直线x＝m，y＝0所围成封闭图形的面积为m2，则正实数m＝____.

【解析】　(1)函数f(x)＝xln x的导数为f′(x)＝ln x＋1，

设切点为(m，n)，则n＝mln m，

可得切线的斜率为k＝1＋ln m，

所以1＋ln m＝＝，

解得m＝e，k＝1＋ln e＝2，故选B．

(2)由积分的几何意义可得，m2＝dx＝＝m，解得m＝.

考点二　利用导数研究函数的单调性

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，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．

考向1　讨论函数的单调性

典例2　(2019·长沙二模)已知函数f(x)＝＋(1－a)ln x＋ax(a∈R)．试讨论f(x)的单调性．

【解析】　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－＋＋a＝＝.

当a＝0时，f′(x)＝，

令f′(x)＞0，则x＞1，

令f′(x)＜0，则0＜x＜1，

所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，

在区间(1，＋∞)上单调递增．

当a≠0时，f′(x)＝，

①当a＞0时，x＋＞0，令f′(x)＞0，

则x＞1，令f′(x)＜0，则0＜x＜1，

所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，

在区间(1，＋∞)上单调递增；

②当a＝－1时，1＝－，f′(x)＝≤0，

所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；

③当－1＜a＜0时，1＜－，令f′(x)＞0，

则1＜x＜－，令f′(x)＜0，

则0＜x＜1或x＞－，

所以函数f(x)在区间(0,1)和上单调递减，在区间上单调递增；

④当a＜－1时，1＞－，令f′(x)＞0，

则－＜x＜1，令f′(x)＜0，则0＜x＜－或x＞1，

所以函数f(x)在区间和(1，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增．

综上，当a≥0时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；

当a＝－1时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；

当－1＜a＜0时，函数f(x)在区间(0,1)，上单调递减，在区间上单调递增；

当a＜－1时，函数f(x)在区间，(1，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增．

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解集的情况，大多数情况下，这类问题可以归纳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．

考向2　利用函数的单调性求参数取值(范围)

典例3　(1)(2019·厦门模拟)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是____

(2)(2019·安庆二模)若函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为__(－∞，－2－2ln 2)__.

【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝4x－.

由f′(x)＝0，得x＝.

据题意，得解得1≤k＜.

(2)因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解．

令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.

令g′(x)＝0，解得x＝－ln 2．

当x∈(－∞，－ln 2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；

当x∈(－ln 2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．

所以当x＝－ln 2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，所以a<－2－2ln 2．

已知y＝f(x)在(a，b)上的单调性求参数范围的方法

(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集；

(2)转化为不等式的恒成立问题求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”．

(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上不单调，通常转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解．

2．(1)(2019·大庆二模)已知函数f(x)＝－ln x＋x2＋5，则其单调递增区间为__(1，＋∞)__.

(2)设f(x)＝ex(ln x－a)，若函数f(x)在区间上单调递减，则实数a的取值范围为__[e－1，＋∞)__.

【解析】　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

因为f(x)＝－ln x＋x2＋5，

所以f′(x)＝－＋x＝(x2－1)．

由⇔⇔⇔x>1．

所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)由题意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．

因为ex>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．

g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，

因为e－1>1＋，

所以g(x)max＝g＝e－1．

故a的取值范围为[e－1，＋∞)．

考点三　利用导数研究函数的极值与最值

可导函数的极值与最值

(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．

典例4　(2020·贵州模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2－2x.

(1)讨论f(x)极值点的个数；

(2)若f(x)有两个极值点，证明：f(x)的极大值大于－.

【解析】　(1)∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－2＝.

令2x2－2x＋a＝0，Δ＝4－8a＝4(1－2a)，

①当a≥时，Δ≤0，恒有f′(x)≥0，故f(x)无极值点；

②当a＜时，Δ＞0，设x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的两根(x1＜x2)，则x1＋x2＝1，x1x2＝，

①则当a≤0时．x1≤0＜x2，所以f(x)只有一个极值点；

②当0＜a＜时，f(x)有两个极值点．

综上，当a≥时，f(x)无极值点；当0＜a＜时，f(x)有两个极值点；当a≤0时，f(x)只有一个极值点．

(2)证明：由(1)知，当0＜a＜时，f(x)有两个极值点，x1＋x2＝1，x1x2＝＞0，所以0＜x1＜＜x2＜1，

则f(x)在(0，x1)内为增函数，在(x1，x2)内为减函数，在(x2，＋∞)内为增函数，所以f(x)的极大值点为x1．

由2x－2x1＋a＝0，得a＝－2x＋2x1，

所以f(x)的极大值为f(x1)＝aln x1＋x－2x1＝(－2x＋2x1)ln x1＋x－2x1，x1∈，

令g(t)＝(－2t2＋2t)ln t＋t2－2t，其中0＜t＜，则g′(t)＝(2－4t)ln t

当t∈时，g′(t)＜0，g(t)在上单调递减，所以当t∈时，g(t)＞g＝－，所以f(x)的极大值大于－

(1)讨论函数的极值，首先要讨论函数的单调性，一般地，若讨论函数的导数符号可以转化为二次函数符号，且该二次函数能够因式分解，则因式分解后，根据导数对应方程根的大小以及与定义域的相对位置关系分类讨论，若该二次函数不能因式分解，应先根据其对应二次方程根的存在性分类讨论，当Δ>0时，应通过求根公式求出其根．

(2)涉及含参数函数的最值时，也要通过函数的极值点与所给区间的关系分类讨论后确定最值．

3．(2019·漳州二模)已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．

(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；

(2)若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．

【解析】　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝.

因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，

所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，

解得a＝－(舍去)或a＝1．

经检验，当a＝1时，x＝1是函数y＝f(x)的极值点，

所以a＝1．

(2)当a＝0时，f(x)＝ln x，显然在定义域内不满足f(x)<0恒成立；

当a>0时，令f′(x)＝＝0，得

x1＝－(舍去)，x2＝，

所以x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以f(x)max＝f＝ln <0，所以a>1．

综上可得，a的取值范围是(1，＋∞)．

YI CUO QING LING MIAN SHI WU

易错清零·免失误　

1．混淆“切点”致误

典例1　求过曲线y＝x3－2x上的点(1，－1)的切线方程．

【错解】　因为y′＝3x2－2，所以k＝y′|x＝1＝3×12－2＝1．

所以切线方程为：y＋1＝x－1即x－y－2＝0．

【剖析】　错把(1，－1)当切点．

【正解】　设P(x0，y0)为切点，则切线的斜率为：k＝y′|x＝x0＝3x－2

∴切线方程为y－y0＝(3x－2)(x－x0)，

即y－(x－2x0)＝(3x－2)(x－x0)，

又知切线过点(1，－1)，把它代入上述方程，得

－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)，

整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，

解得x0＝1或x0＝－.

故所求切线方程为y－(1－2)＝(3－2)(x－1)，

或y－＝，

即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0．

2．极值的概念不清楚致误

典例2　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝__－7__.

【错解】　－7或0

【剖析】　x＝1是f(x)的极值点⇒f′(1)＝0；忽视了“f′(1)＝0不能得到x＝1是f(x)的极值点”的情况．

【正解】　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1处有极值为10

得

联立①②得或

当a＝4，b＝－11时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1两侧的符号相反，符合题意．

当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．

综上可知a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7．

3．导数与单调性关系理解不准致误

典例3　函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上的增函数，则a的取值范围为__a≥__.

【错解】　a>

【剖析】　函数f(x)在R上的增函数等价于f′(x)≥0，在R上恒成立，漏掉了f′(x)＝0的情况．

【正解】　f(x)＝ax3－x2＋x－5的导数f′(x)＝3ax2－2x＋1，

由f′(x)≥0，得，解得a≥.