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新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第4讲 导数的简单应用（含解析）课件PPT
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这是一份新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第4讲 导数的简单应用（含解析）课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了考情分析，内容索引，核心提炼，故abc，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
KAO QING FEN XI
1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形 式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后 的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
考点一 导数的几何意义与计算
1.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).
2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，
(2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为
则点A的坐标是(e,1).
求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
跟踪演练1 (1)直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则a等于A.e B.2e C.1 D.2
解析 设切点为(n，aen＋n)，因为y′＝aex＋1，所以切线的斜率为aen＋1，切线方程为y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，依题意切线方程为y＝2x＋1，
(2)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是A.y＝sin x B.y＝ln xC.y＝ex D.y＝x3
解析 对函数y＝sin x求导，得y′＝cs x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；
对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
考点二 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
(1)在求单调区间时“定义域优先”.(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏.
A.a
所以函数g(x)是偶函数，
f′(x)＝2(x＋a)ln x，∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，则x＋a≥0恒成立.∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；
当0
1.由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点.2.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时函数h(x)在此区间上单调递减，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.
(2)已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln a＋e－4恒成立，则a的取值范围为
解析 依题意，得aln a＋e－4≥0, ①因为f′(x)＝axln a＋ex－1－ln a＝(ax－1)ln a＋ex－1，当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域.(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件.(3)函数的极小值不一定比极大值小.(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
跟踪演练3 (1)若x＝ 是函数f(x)＝ln x－kx的极值点，则函数f(x)＝ln x－kx有A.极小值－2 B.极大值－2C.极小值－1 D.极大值－1
(2)已知点M在圆C：x2＋y2－4y＋3＝0上，点N在曲线y＝1＋ln x上，则线段MN的长度的最小值为________.
解析 由题可得C(0,2)，圆C的半径r＝1.设N(t,1＋ln t)(t>0)，令f(t)＝|CN|2，则f(t)＝t2＋(1－ln t)2(t>0)，
令φ(t)＝t2＋ln t－1(t>0)，易知函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，所以当01时，f′(t)>0，所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)min＝f(1)＝2.
一、单项选择题1.(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
A.[－1,0] B.[－1，＋∞)C.[0,3] D.[3，＋∞)
解析 由题意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令x＝1，则f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，令x＝0，则f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，
令g(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0.∴g(x)为增函数，又g(0)＝0，∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
解析 构造新函数g(x)＝ln xf(x)，
因为f(x)＋xln xf′(x)>0，又x>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝ln xf(x)在(0，＋∞)上单调递增.
等价于g(x)>g(1)，解得x>1，
解析 由题意，当0≤m
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
∴直线l的方程为y－e2＝e2(x－2)，令y＝0，可得x＝1，∴直线l在x轴上的截距为1.
二、多项选择题7.(2020·唐山模拟)设函数f(x)＝ ，则下列说法正确的是A.f(x)的定义域是(0，＋∞)B.当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方C.f(x)存在单调递增区间D.f(x)有且仅有两个极值点
所以f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正确；
所以f′(x)>0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，故C正确；函数y＝f′(x)只有一个零点x0，且x0>1，当x∈(0,1)∪(1，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)只有一个极小值点，故D不正确.
解析 由题意得f′(x)＝ex－4x，
f′(2)＝e2－8<0.
因为f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.因为f′(2ln 3)＝9－8ln 3>0，所以x2<2ln 3.
设g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln 3)>g(2.2)＝－0.88>－1，所以f(x1)＋f(x2)>0.
三、填空题9.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________.
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
依题意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.
∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，∴f′(x)≥0，∴函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
四、解答题13.设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围.
解 若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立.由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，
显然，f′(x)≤0不恒成立，
14.已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R).(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
解 当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，
∵x>0，∴x＝1.当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.
解 方法一 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
方法二 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，
由f(x)在(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在(1，＋∞)上恒成立.①当a＝0时，1≤0，不符合题意；
KAO QING FEN XI
1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形 式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后 的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
考点一 导数的几何意义与计算
1.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).
2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，
(2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为
则点A的坐标是(e,1).
求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
跟踪演练1 (1)直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则a等于A.e B.2e C.1 D.2
解析 设切点为(n，aen＋n)，因为y′＝aex＋1，所以切线的斜率为aen＋1，切线方程为y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，依题意切线方程为y＝2x＋1，
(2)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是A.y＝sin x B.y＝ln xC.y＝ex D.y＝x3
解析 对函数y＝sin x求导，得y′＝cs x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；
对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
考点二 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
(1)在求单调区间时“定义域优先”.(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏.
A.a
所以函数g(x)是偶函数，
f′(x)＝2(x＋a)ln x，∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，则x＋a≥0恒成立.∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；
当0
1.由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点.2.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时函数h(x)在此区间上单调递减，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，整理得m<－1－e.
(2)已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln a＋e－4恒成立，则a的取值范围为
解析 依题意，得aln a＋e－4≥0, ①因为f′(x)＝axln a＋ex－1－ln a＝(ax－1)ln a＋ex－1，当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：(1)不能忽略函数f(x)的定义域.(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件.(3)函数的极小值不一定比极大值小.(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
跟踪演练3 (1)若x＝ 是函数f(x)＝ln x－kx的极值点，则函数f(x)＝ln x－kx有A.极小值－2 B.极大值－2C.极小值－1 D.极大值－1
(2)已知点M在圆C：x2＋y2－4y＋3＝0上，点N在曲线y＝1＋ln x上，则线段MN的长度的最小值为________.
解析 由题可得C(0,2)，圆C的半径r＝1.设N(t,1＋ln t)(t>0)，令f(t)＝|CN|2，则f(t)＝t2＋(1－ln t)2(t>0)，
令φ(t)＝t2＋ln t－1(t>0)，易知函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，所以当0
所以f(t)min＝f(1)＝2.
一、单项选择题1.(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为A.y＝－2x－1 B.y＝－2x＋1C.y＝2x－3 D.y＝2x＋1
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
A.[－1,0] B.[－1，＋∞)C.[0,3] D.[3，＋∞)
解析 由题意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，令x＝1，则f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，令x＝0，则f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，
令g(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0.∴g(x)为增函数，又g(0)＝0，∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
解析 构造新函数g(x)＝ln xf(x)，
因为f(x)＋xln xf′(x)>0，又x>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝ln xf(x)在(0，＋∞)上单调递增.
等价于g(x)>g(1)，解得x>1，
解析 由题意，当0≤m
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
∴直线l的方程为y－e2＝e2(x－2)，令y＝0，可得x＝1，∴直线l在x轴上的截距为1.
二、多项选择题7.(2020·唐山模拟)设函数f(x)＝ ，则下列说法正确的是A.f(x)的定义域是(0，＋∞)B.当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方C.f(x)存在单调递增区间D.f(x)有且仅有两个极值点
所以f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正确；
所以f′(x)>0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，故C正确；函数y＝f′(x)只有一个零点x0，且x0>1，当x∈(0,1)∪(1，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)只有一个极小值点，故D不正确.
解析 由题意得f′(x)＝ex－4x，
f′(2)＝e2－8<0.
因为f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.因为f′(2ln 3)＝9－8ln 3>0，所以x2<2ln 3.
设g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln 3)>g(2.2)＝－0.88>－1，所以f(x1)＋f(x2)>0.
三、填空题9.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________.
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
依题意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.
∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，∴f′(x)≥0，∴函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
四、解答题13.设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围.
解 若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立.由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，
显然，f′(x)≤0不恒成立，
14.已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R).(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
解 当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，
∵x>0，∴x＝1.当0
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.
解 方法一 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
方法二 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，
由f(x)在(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在(1，＋∞)上恒成立.①当a＝0时，1≤0，不符合题意；
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