第3讲　导数的简单应用——小题备考 课件（共36张PPT）

(共36张PPT)
第3讲　导数的简单应用——小题备考
微专题1　导数的几何意义及其应用
微专题2　利用导数研究函数的单调性
微专题3　利用导数研究函数的极值、最值
微专题1　
导数的几何意义及其应用
　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)．
『保分题组训练』
1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为(　　)
A．2x－y－1＝0
B．2x－y－2ln 2＋1＝0
C．2x－y－2ln 2－1＝0
D．2x＋y－2ln 2－1＝0
答案：C
解析：由题意，求导函数可得y′＝－2，
∵切线与直线y＝2x＋1平行，
∴－2＝2，
∴x＝，
∴切点P坐标为，
∴过点P且与直线y＝2x＋1平行的切线方程为y＋2ln 2＋＝2，即2x－y－2ln 2－1＝0.故选C.
2．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点(　　)
A．(0，2) B．(1，0)
C．(1，a＋1) D．(e，1)
答案：A
解析：由f(x)＝ax－ln x＋1 f′(x)＝a－，f′(1)＝a－1，f(1)＝a＋1，故过(1，f(1))处的切线方程为：y＝(a－1)(x－1)＋a＋1＝(a－1)x＋2，故l过定点(0，2)．故选A.
3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程是(　　)
A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0
C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝0
答案：C
解析：∵f(x)＝cos x－xf′，∴f′(x)＝－sin x－f′，
∴f′＝－sin －f′＝－1－f′，解得：f′＝－，
∴f(x)＝cos x＋x，f′(x)＝－sin x＋，∴f(0)＝1，f′(0)＝，
∴y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即x－2y＋2＝0.故选C.
4．已知函数f(x)＝aex＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋b，那么ab＝(　　)
A．2 B．1
C．－1 D．－2
答案：D
解析：因为f(x)＝aex＋x2，所以f′(x)＝aex＋2x，因此切线方程的斜率k＝f′(1)＝ae＋2，
所以有ae＋2＝2e＋2，得a＝2，
又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e＋2＋b)，
将切点代入f(x)中，有f(1)＝2e＋1＝2e＋2＋b，得b＝－1，
所以ab＝－2.故选D.
5．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝ex＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是(　　)
A． B．[0，＋∞)
C． D．
答案：D
解析：f′(x)＝ex，g′(x)＝，设斜率为1的切线在C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2，
由题知＝＝1，∴x1＝0，x2＝1－b，
两点处的切线方程分别为y－(1＋a)＝x和y－a2＝x－(1－b)，
故a＋1＝a2－1＋b，即b＝2＋a－a2＝－2＋.故选D.
6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为________________．
y＝5x＋2
解析：y′＝′＝＝，所以y′|x＝－1＝＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.
1．求曲线y＝f(x)的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：
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(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．
2．利用导数的几何意义求参数的基本方法
利用切点的坐标、切线的斜率、切线方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．
微专题2　
利用导数研究函数的单调性
『常考常用结论』
　导数与单调性的关系
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，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
『提分题组训练』
1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln ，b＝，c＝ln ，则a，b，c的大小关系是(　　)
A.a>b>c　　 B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
答案：A
解析：构造函数f(x)＝ln x＋1－x，f′(x)＝－1＝，当00，
f(x)单调递增，所以f>f>f，a>b>c.故选A.
2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0，2] B．(2，＋∞)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
答案：C
解析：由题意得，f′(x)＝2x－≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x2在x∈[1，＋∞)上恒成立，
因为2x2在x∈[1，＋∞)的最小值为2，
所以a≤2.故选C.
3．已知函数f(x)＝x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－2 ]
答案：C
解析：f′(x)＝2x2－2ax＋4，
由题意得 x∈(－2，－1)，使得不等式f′(x)＝2(x2－ax＋2)<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a<，
令g(x)＝x＋，x∈(－2，－1)，则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)>0，解得－2令g′(x)<0，解得－故g(x)在(－2，－)上单调递增，在(－，－1)上单调递减，
故g(x)max＝g(－)＝－2，
故满足条件的a的范围是(－∞，－2)，故选C.
4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin xA．f>f
B．f>f
C．fD．f答案：C
解析：因为任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x即任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x－f(x)cos x<0恒成立，
又x∈(－π，0)时，sin x<0，
所以′＝<0，
所以在(－π，0)上单调递减，
因为－<－，所以>，即>，
所以f5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋(e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)
C．(－∞，0)
答案：A
解析：设g(x)＝exf(x)－ex，因为f(x)>1－f′(x)，
所以g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以g(x)是R上的增函数，
又g(0)＝e0f(0)－e0＝5，
所以不等式f(x)>1＋可化为exf(x)－ex>5，即g(x)>g(0)，所以x>0.故选A.
6．[2021·山东济南一模]设a＝2 022ln 2 020，b＝2 021ln 2 021，c＝2 020ln 2 022，则(　　)
A．a>c>b B．c>b>a
C．b>a>c D．a>b>c
答案：D
解析：令f(x)＝且x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，
若g(x)＝1＋－ln x，则在x∈(0，＋∞)上g′(x)＝－<0，即g(x)单调递减，
又g(e)＝>0，g(e2)＝－1<0，即 x0∈(，e2)使g(x0)＝0，
∴在(x0，＋∞)上g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减；
∴f(2 021)b，
令m(x)＝且x∈(0，1)则m′(x)＝，
若n(x)＝1－－ln x，则n′(x)＝－1)，即在x∈(0，1)上n(x)单调递增，在x∈(1，＋∞)上n(x)单调递减，
∴n(x)∴m(2 022)c，故选D.
1．利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数有：g(x)＝xf(x)，g(x)＝，g(x)＝exf(x)，g(x)＝，g(x)＝f(x)ln x，g(x)＝等．
2．由函数的单调性求参数取值范围的策略
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求参数的取值范围；
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求参数的取值范围．
微专题3　
利用导数研究函数的极值、最值
『常考常用结论』
　导数与极值、最值
(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负” f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正” f(x)在x0处取极小值．
(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．
『提分题组训练』
1．已知函数f(x)＝sin 2x＋sin x，则f(x)的最小值是(　　)
A．－ B．
C．－ D．
答案：C
解析：由题得f′(x)＝cos 2x＋cos x＝2cos2x＋cosx－1＝(2cos x－1)(cos x＋1)，
所以当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－1≤cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)取得最小值时，cos x＝，此时sin x＝±，
当sin x＝－时，f(x)＝sin x cos x＋sin x＝－；
当sin x＝时，f(x)＝sin x cos x＋sin x＝；
所以f(x)的最小值是－.故选C.
2．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)
A．a＜b B．a＞b
C．ab＜a2 D．ab＞a2
答案：D
解析：当a>0时，根据题意画出函数
f(x)的大致图象，如图1所示，
观察可知b>a.

当a<0时，根据题意画出函数f(x)的
大致图象，如图2所示，
观察可知a>b.
3．函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则点(a，b)为(　　)
A．(3，－3) B．(－4，11)
C．(3，－3)或(－4，11) D．(4，11)
答案：B
解析：由f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，求导f′(x)＝3x2－2ax－b，
由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则，
即，解得或，
当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．
当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.
4．若函数f(x)＝x3－3x在区间(2a，3－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－3，1) B．(－2，1)
C． D．(－2，－1]
答案：D
解析：因为函数f(x)＝x3－3x，
所以f′(x)＝3x2－3，
当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，
又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，
所以2a<－1<3－a2≤2，
解得－2所以实数a的取值范围是(－2，－1]
故选D.
5．若函数f(x)＝e2x－mex－x2有两个极值点，则实数m的取值范围是(　　)
A． B．(1，＋∞)
C． D．(e，＋∞)
答案：B
解析：依题意，f′(x)＝e2x－mex－mx有两个变号零点，
令f′(x)＝0，即e2x－mex－mx＝0，则e2x＝m，
显然m≠0，则＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
设h(x)＝1－ex－2x，则h′(x)＝－ex－2<0，
∴h(x)在R上单调递减，
又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，
∴0<<1，解得m>1.故选B.
6．[2021·山东模拟]若函数f(x)＝有最小值，则m的一个正整数取值可以为________．
4
解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，
∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．
∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.
求函数f(x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程f′(x)＝0，再判断f′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．