新高考数学二轮复习 专题6 第3讲　导数的简单应用（练） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第3讲 导数的简单应用（练·教师版）
一、单选题
1．（2021·福建龙岩市高三三模）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设曲线上的点，，；
曲线上的点，，；
，
，，
．故选D．
2．已知a为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若f′(－1)＝－3，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．(－eq \r(2)，eq \r(2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))
C．(0，eq \r(2)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(2),2)))
【答案】B
【解析】因为f(x)＝ax3＋3x＋2，则f′(x)＝3ax2＋3.又f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得a＝－2，故f′(x)＝－6x2＋3.由f′(x)＞0得－eq \f(\r(2),2)＜x＜eq \f(\r(2),2)，则函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).故选B.
3．（2021·河南商丘市高三月考（文））已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】构造函数，则.
当时，，所以在上单调递减，
所以，所以，，
所以，.
因为在上单调递增，所以，
同理，
所以.故选B.
4．(2020·陕西西安五校联考) 已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)＋(m＋1)ex＋2(m∈R)有两个不同的极值点，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,e)，－1)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e))) D．(0，＋∞)
【答案】A
【解析】函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x＋(m＋1)ex.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，所以f′(x)＝x＋(m＋1)ex有两个不同的零点，故关于x的方程－m－1＝eq \f(x,ex)有两个不同的解．
令g(x)＝eq \f(x,ex)，则g(x)＝eq \f(x,ex)的图象与y＝－m－1的图象有两个不同的交点．
g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.
所以函数g(x)＝eq \f(x,ex)在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．故g(x)在x＝1处取得最大值．
又当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，且g(1)＝eq \f(1,e)，
所以0＜－m－1＜eq \f(1,e)，所以－1－eq \f(1,e)＜m＜－1.故选A.
5．若对∀x1，x2∈(m，＋∞)，且x1注：(e为自然对数的底数，即e＝2.718 28…)
A.eq \f(1,e) B．e C．1 D.eq \f(3,e)
【答案】C
【解析】由题意，当0≤m由eq \f(x1ln x2－x2ln x1,x2－x1)<1，等价于x1ln x2－x2ln x1故x1(ln x2＋1)令f(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则f(x2)又因为x2>x1>m≥0，
所以f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
又由f′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，令f′(x)<0，解得x>1，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
6．（2021·陕西高三三模（理））已知函数是定义在上的单调递增函数，，当时，恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，则，所以在上递增，
因为函数是定义在上的单调递增函数，
所以，解得．
又当时，恒成立，
即，即，
当时，，显然成立；
当时，化简可得．
令，则，当 时，，当时，，所以当时，取得最小值0，所以，即，
所以，当且仅当，
即时等号成立，所以．
综上可知．故选C．
二、多选题
7．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx(m∈R)，若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数g(x)的图象相切，则m的值为( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
【答案】BC
【解析】易知f(1)＝0，f′(x)＝eq \f(1,x)，
从而得到f′(1)＝1，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
设直线y＝x－1与g(x)＝x2＋mx(m∈R)的图象相切于点P(x0，y0)，
从而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0－1.又g′(x)＝2x＋m，因此有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g′x0＝2x0＋m＝1,x\\al(2,0)＋mx0＝x0－1))，
得xeq \\al(2,0)＝1，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1,m＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－1,m＝3)).故选BC.
8.已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间有( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．(0,1) C．(2，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
【答案】AC
【解析】函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，其定义域{x|x>0}，
则f′(x)＝2x－5＋2×eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－5x＋2,x)，
令f′(x)＝0，可得x1＝eq \f(1,2)，x2＝2，
f′(x)>0可得x>2或09．（2021·湖南高三三模）已知函数，是的导函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在单调递增
B．当时，在处的切线为x轴
C．当时，在上无零点
D．当时，在存在唯一极小值点
【答案】ACD
【解析】当时，，则.
因为当时，，所以恒成立，所以函数在单调递增，故A选项正确；
，，所以在处的切线方程为，故B选项错误；
当时，，所以.
令，则，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，
所以，所以在上无零点，故C选项正确；
当时，在单调递增，
又，
而，
由零点存在定理得，存在唯一，使得.
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增，
从而在存在唯一极小值点，故D选项正确.故选ACD.
10．（2021·山东淄博市高三二模）已知是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
则得，故A错；
得，故B正确；
得，故C错；
对D项，令，则，
当时，当时
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，得，化为，故D错.故选ACD.
三、填空题
11．(2020·广东省七校联考) 已知曲线y＝eq \f(1,x)＋eq \f(ln x,a)在x＝1处的切线l与直线2x＋3y＝0垂直，则实数a的值为________．
【答案】eq \f(2,5)
【解析】因为直线2x＋3y＝0的斜率为－eq \f(2,3)，所以曲线y＝eq \f(1,x)＋eq \f(ln x,a)在x＝1处的切线的斜率为eq \f(3,2)，y′＝－x－2＋eq \f(1,xa)，因为当x＝1时，y′＝eq \f(3,2)，所以－1＋eq \f(1,a)＝eq \f(3,2)，可得a＝eq \f(2,5).
12.（2021·陕西宝鸡市高三月考（文））若函数在区间是增函数，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】由知，,
时，是增函数，，
又，∴在上恒成立，
而，，即的取值范围是为．
13．（2021·陕西西安市高三二模（理））已知是定义域为的函数的导函数，若对任意实数都有，且有，则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】构造函数，
，所以在上递增.，
，
所以不等式的解集.
14．（2021·山东聊城一中高三一模）若对于恒成立，当时，的最小值为_____；当时，的最小值是_______________．
【答案】1
【解析】时，.
令，则，
令，解得，
且当时，单调递增；
当时，单调递减，
∴，
∴，故的最小值为，
的图象如下所示：
当时，令，可得，
故取得最小值，直线在轴的截距最大.
又，
结合图象可知：令，
可得，则，故.
四、解答题
15．已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x.
(1)若函数g(x)＝f(x)－ax2＋1，在其定义域上g(x)≤0恒成立，求实数a的最小值；
(2)若当a＞0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得g(x)＝ln x－(a＋2)x＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
因为x＞0，所以a＋2≥eq \f(ln x＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－（ln x＋1）·1,x2)＝eq \f(－ln x,x2)，
令h′(x)＝0，得x＝1.
当0＜x＜1时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x＞1时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．
因此h(x)max＝h(1)＝1，所以a＋2≥1，即a≥－1.
于是所求实数a的最小值为－1.
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(（ax－1）（2x－1）,x)(x＞0，a＞0)，
令f′(x)＝0，求得x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(1,a).
①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意；
②当1＜eq \f(1,a)＜e，即eq \f(1,e)＜a＜1时，因为x∈[1，e]，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＜f(1)＝－2，不符合题意，舍去；
③当eq \f(1,a)≥e，即0＜a≤eq \f(1,e)时，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(e)＜f(1)＝－2，不符合题意，舍去．
综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
16.（2021•全国高考乙卷文科）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【解析】(1)由函数的解析式可得，
导函数的判别式，
当时，R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得，，
则切线方程为，
切线过坐标原点，则,
整理可得，即，
解得，则，
切线方程为,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
.
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.