专题七 导数的简单应用 学案(含解析)

中小学教育资源及组卷应用平台
专题七　导数的简单应用
命题分析
1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问．
2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题的第一问．
考点突破
考点一 导数的运算及其几何意义(综合型)
知识点一 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)．
知识点二 4个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x.
(3)(ax)′＝axln a(a>0且a≠1)；(4)(loga x)′＝(a>0且a≠1)．
[典例讲解]
例1 (1) (2022·全国甲卷(文、理))当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋取得最大值－2，f′(2)＝(　　)
A.－1 B.－ C. D.1
答案：B
解析：因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋＝－.
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)(一题多解)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)
A．eb答案：D
解析：方法一　设切点(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝(x－a)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y0－b＝ x0－a ，,y0＝，))得(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程(1－x0＋a)＝b有两个不同的根．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0方法二　(用图估算法)过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线 ，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0题后总结：(1)求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法：①已知切点P(x0，y0)，求切线方程：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k，求切线方程：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)，求切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再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)两曲线f(x)，g(x)的公切线l的方程的求解关键：①设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标(x0，f(x0))，(x1，g(x1))，并分别求出两曲线的切线方程；②建立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在y轴上的截距都分别相等，得到关于参数x0，x1的方程组，解方程组，求出参数x0，x1的值；③求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可．
易错提醒：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．
[跟踪训练]
1.(一题多解)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：法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)·x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
法二：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
2. 若曲线y＝sin 2x＋cos2x在A(x1，y1)，B(x2，y2)两点处的切线互相垂直，则|x1－x2|的最小值为(　　)
A. B. C. D．π
答案：B
解析：∵y＝sin 2x＋cos2x＝sin 2x＋×＝sin＋，∴y′＝cos，∴曲线的切线斜率的取值范围为[－1,1]，又曲线在A(x1，y1)，B(x2，y2)两点处的切线互相垂直，故在A(x1，y1)，B(x2，y2)两点处的切线斜率必须一个是1，一个是－1.则|x1－x2|min＝＝.
考点二 利用导数研究函数的单调性(综合型)
知识点 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，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
[典例讲解]
角度一　求函数的单调区间或判断函数的单调性
例2 (理·2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性．
解：设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
(1)当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．
g′(x)＝＝，
令φ(x)＝1－＋ln ，x∈(0，a)∪(a，＋∞)，
φ′(x)＝－＝.当x∈(0，a)时，φ′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)<φ(a)＝0，所以g′(x)<0，
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)上单调递减．
题后总结：利用导数求函数的单调区间的三种方法：(1)当不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0求出单调区间；(2)当方程f ′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间;(3)不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0及方程f ′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x)的符号，得单调区间．　
角度二　已知函数的单调性求参数
例3 (1)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为________．
答案：
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，∴2a≥，即a≥.
(2)(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．
答案：(－∞，0)
解析：由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.
若a≥0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；
若a<0，由f′(x)>0得－，
即当a<0时，f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为，，满足题意．
题后反思：(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x)不恒等于0的参数的范围；(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f ′(x)＝0在(a，b)上有解．　
[跟踪训练]
1．若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)　 B．(－∞，0) C．(－1，0) D．[－1，＋∞)
答案：A
解析：f ′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.
2．(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
答案：[0，e－1]
解析：由函数f(x)＝，得f′(x)＝(x>0)，由f′(x)>0得0e.
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又函数f(x)＝在(a，a＋1)上单调递增，则(a，a＋1) (0，e)，则解得0≤a≤e－1.
3．已知函数g(x)＝x3＋ax2－3a2x，讨论函数f(x)的单调性．
解：g(x)的定义域为R，g′(x)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，
当a＝0时，g′(x)≥0，∴g(x)在R上单调递增．
当a>0时，x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
当a<0时，x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(a，－3a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，综上有a＝0时，g(x)在R上单调递增；
a<0时，g(x)在(－∞，a)，(－3a，＋∞)上单调递增，在(a，－3a)上单调递减；
a>0时，g(x)在(－∞，－3a)，(a，＋∞)上单调递增，在(－3a，a)上单调递减．
考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题(综合型)
函数f(x)在点x0附近有定义，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．
[典例讲解]
角度一　求函数的极值或最值
例4 已知函数f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最大值M，且M>a－4，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)可得f′(x)＝－a，
当a<0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝时，f(x)取得最大值，
即f(x)max＝f ＝ln －a×－2＝ln －3＝－ln a－3，
因此有－ln a－3>a－4，得ln a＋a－1<0，
设g(a)＝ln a＋a－1，则g′(a)＝＋1>0，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以g(a)故实数a的取值范围是(0,1)．
题后总结：利用导数研究函数极值、最值的方法：(1)若求极值，则先求方程f ′(x)＝0的根，再检查f ′(x)在方程根的左右函数值的符号；(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x)＝0根的大小或存在情况来求解；(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．　
角度二　已知函数的极值或最值求参数
例5 已知函数g(x)＝－aln x(a∈R)，f(x)＝x2g(x)．
(1)当a＝－2时，求函数g(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间上有且只有一个极值点，试求a的取值范围．
解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，g(x)＝＋2ln x，g′(x)＝－＋＝(x>0)．
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，故函数g(x)的单调递减区间是(0，1)；单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)f(x)＝x2g(x)＝2x－ax2ln x，其定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝2－a(x＋2xln x)．
若a＝0，则f ′(x)＝2≠0，不存在极值点，所以a≠0.
令h(x)＝f ′(x)＝2－a(x＋2xln x)，则h′(x)＝－a(3＋2ln x)．
当x∈时，3＋2ln x>0，所以h′(x)>0恒成立或h′(x)<0恒成立，所以f ′(x)在上是单调函数．
因为f(x)在区间上有且只有一个极值点，所以f ′(x)＝0在上有唯一解．
由零点存在性定理，得f ′f ′(e)<0 (2－3ea)<0 a<－2e或a>.
综上所述，a的取值范围是a<－2e或a>.
题后总结：已知函数极值点或极值求参数的2个要领：(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
注意点：若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．
[跟踪训练]
(2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋7的极小值为5.
(1)求a的值，并求出f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋mx在(－3，a－1)上的极大值不小于10－m，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在R上单调递增，无极值，
当a>0时，令f′(x)＝3x2－a＝0，解得x＝±，
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化如下：
x (－∞，－) － (－，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴f(x)极小值＝f ＝5，即3－a·＋7＝5，解得a＝3.
∴f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是(－1,1)．
(2)由(1)知a＝3，故g(x)＝x3＋(m－3)x＋7，g′(x)＝3x2＋m－3，
当m－3≥0时，g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增，无极值，
当m－3<0时，令g′(x)＝0，解得x＝±，
当x变化时，g′(x)，g(x)随x的变化如下：
x (－∞，－) － (－，) (，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴g(x)极大值＝g≥10－m，
即3＋(m－3)＋7≥10－m，解得m≤－，
又∵－3<－<2，解得－24∴－24即实数m的取值范围是.
习题精练
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A.　　 B.1 C.0 D.不存在
答案：A
解析：因为f ′(x)＝x－＝，且x>0.令f ′(x)>0，得x>1；令f ′(x)<0，得02．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f ，f(1)，f 的大小关系为(　　)
A．f >f(1)>f B．f(1)>f >f C．f >f(1)>f D．f >f >f(1)
答案：A
解析：因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f ＝f .又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f f(1)>f .
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
答案：C
解析：由题意得 f ′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立 g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立 Δ＝a2－24≤0或 －2≤a≤2或a≥－4 a≥－2.
4．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C．[1，＋∞) D．(－，＋∞)
答案：C
解析：由题意得f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excos x＝ex，∵f(x)在上单调递增，∴f′(x)≥0在上恒成立，又ex>0，∴sin＋a≥0在上恒成立，当x∈时，x＋∈，∴sin∈，∴sin＋a∈(－1＋a，＋a]，∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．
5．(2022·渭南调研)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　)
答案：C
解析：列表如下：
x (－∞，－1) (－1,0) (0,1) (1，＋∞)
xf′(x) － ＋ － ＋
f′(x) ＋ － － ＋
f(x) ↗ ↘ ↘ ↗
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．
6．若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1，2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　)
A．(－2，0) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)
答案：D
解析：由题意知，f ′(x)＝1－，因为函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1，2)上有零点，令1－＝0，得b＝x2，又x∈(1，2)，所以b∈(1，4)．令f ′(x)>0，解得x<－或x>，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)．因为b∈(1，4)，所以(－∞，－2)符合题意．
7．已知函数f(x)＝ex－x2－mx有极值点，则实数m的取值范围是(　　)
A．m≥1 B．m>1 C．0≤m≤1 D．0答案：B
解析：因为f(x)＝ex－x2－mx，所以f ′(x)＝ex－x－m，因为f(x)＝ex－x2－mx有极值点，所以关于x的方程ex－x－m＝0有实根，且该实根使f ′(x)左右异号，设g(x)＝ex－x，y＝m，而g′(x)＝ex－1，所以当x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，所以函数g(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ex－x的极小值点为0，所以g(0)＝1为g(x)＝ex－x的最小值，所以实数m的取值范围是m>1，故选B.
8．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
答案：A
解析：因为f ′(x)＝－－＝＝－，易知，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，2]时，f ′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以g(x)在区间[1，2]上的最小值在端点处取得，即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)且≥g(2)，所以≥－1－2a＋4且≥－4－4a＋4，解得a≥.
9．已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．c>b>a
答案：A
解析：f(x)的定义域为R，f′(x)＝cos x－sin x－2＝cos－2<0，∴f(x)在R上单调递减，又2e>1,0f(ln 2)>f(2e)，即a>c>b.
10．已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是(　　)
A．f(1)＋f(3)＝2f(2) B．f(0)·f(3)＝0 C．f(4)＋f(3)<2f(2) D．f(2)＋f(4)>2f(3)
答案：D
解析：由<0，得m(x－3)f′(x)<0，又m<0，则(x－3)f′(x)>0，当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(2)>f(3)，f(4)>f(3)，所以f(2)＋f(4)>2f(3)．
二、填空题
11．(2022·新高考Ⅱ卷)曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ．
答案：
解析：当时，，设切点坐标为，，，切线的斜率，切线方程为，又切线过原点，，，切线方程为，即，当时，，与的图像关于轴对称，切线方程也关于轴对称，切线方程为，综上所述，曲线经过坐标原点的两条切线方程分别为，，故答案为：，．
12．曲线y＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
答案：－3
解析：y′＝(ax＋1＋a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y′|x＝0＝(ax＋1＋a)ex|x＝0＝1＋a＝－2，所以a＝－3.
13．已知函数f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为________．
答案：1
解析：因为f(x)＝－x2＋2ln x，所以f ′(x)＝－2x＋＝－(x>0)，令f ′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又当00；当x>1时，f ′(x)<0，所以x＝1是函数f(x)的极值点．因为g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－.又函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，所以x＝1也是函数g(x)的极值点，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值．
14．已知函数f(x)＝ex－－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
答案：
解析：f(x)＝ex－－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取“＝”，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，即2x－3>0，解得x>，∴原不等式的解集为.
15．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________．
答案：－2
解析：由题设，f′(x)＝x2＋2mx＋n，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)<0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.
三、解答题
16．已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x－3x，
则f′(x)＝x＋－3＝＝(x>0)．
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．
(2)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，
则g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．
所以x2－2x－2a≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立．
令φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－，故a≤－.
所以实数a的取值范围是.
17．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f ′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－1当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数．
18．(2022·宜春质检)已知函数f(x)＝x3－6ax.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋6x，则f′(x)＝3x2＋6，
所以f(1)＝7，f′(1)＝9，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝9(x－1)，即9x－y－2＝0.
(2)函数f(x)＝x3－6ax的定义域为R，f′(x)＝3x2－6a＝3(x2－2a)．
当a≤0时，对任意的x∈R，f′(x)≥0且不恒为零，
此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，由f′(x)<0，可得－由f′(x)>0，可得x<－或x>，
此时函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调递减区间为(－，)．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调递减区间为(－，)．
19．已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，
由得0e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当，即0所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，(m，2m) (e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当021世纪教育网(www.21cnjy.com)
2023版高考二轮专题复习学案 专题七 导数的简单应用 1/12中小学教育资源及组卷应用平台
专题七　导数的简单应用
命题分析
1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问．
2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题的第一问．
考点突破
考点一 导数的运算及其几何意义(综合型)
知识点一 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)．
知识点二 4个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x.
(3)(ax)′＝axln a(a>0且a≠1)；(4)(loga x)′＝(a>0且a≠1)．
[典例讲解]
例1 (1) (2022·全国甲卷(文、理))当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋取得最大值－2，f′(2)＝(　　)
A.－1 B.－ C. D.1
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)(一题多解)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)
A．eb题后总结：(1)求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法：①已知切点P(x0，y0)，求切线方程：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k，求切线方程：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)，求切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再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)两曲线f(x)，g(x)的公切线l的方程的求解关键：①设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标(x0，f(x0))，(x1，g(x1))，并分别求出两曲线的切线方程；②建立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在y轴上的截距都分别相等，得到关于参数x0，x1的方程组，解方程组，求出参数x0，x1的值；③求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可．
易错提醒：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．
[跟踪训练]
1.(一题多解)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
2. 若曲线y＝sin 2x＋cos2x在A(x1，y1)，B(x2，y2)两点处的切线互相垂直，则|x1－x2|的最小值为(　　)
A. B. C. D．π
考点二 利用导数研究函数的单调性(综合型)
知识点 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，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
[典例讲解]
角度一　求函数的单调区间或判断函数的单调性
例2 (理·2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性．
题后总结：利用导数求函数的单调区间的三种方法：(1)当不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0求出单调区间；(2)当方程f ′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间;(3)不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0及方程f ′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x)的符号，得单调区间．　
角度二　已知函数的单调性求参数
例3 (1)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为________．
(2)(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f(x)＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．
题后反思：(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x)不恒等于0的参数的范围；(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f ′(x)＝0在(a，b)上有解．　
[跟踪训练]
1．若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)　 B．(－∞，0) C．(－1，0) D．[－1，＋∞)
2．(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f(x)＝在(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
3．已知函数g(x)＝x3＋ax2－3a2x，讨论函数f(x)的单调性．
解：
考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题(综合型)
函数f(x)在点x0附近有定义，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．
[典例讲解]
角度一　求函数的极值或最值
例4 已知函数f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最大值M，且M>a－4，求实数a的取值范围．
解：
题后总结：利用导数研究函数极值、最值的方法：(1)若求极值，则先求方程f ′(x)＝0的根，再检查f ′(x)在方程根的左右函数值的符号；(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x)＝0根的大小或存在情况来求解；(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．　
角度二　已知函数的极值或最值求参数
例5 已知函数g(x)＝－aln x(a∈R)，f(x)＝x2g(x)．
(1)当a＝－2时，求函数g(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间上有且只有一个极值点，试求a的取值范围．
解：
题后总结：已知函数极值点或极值求参数的2个要领：(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
注意点：若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．
[跟踪训练]
(2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋7的极小值为5.
(1)求a的值，并求出f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋mx在(－3，a－1)上的极大值不小于10－m，求实数m的取值范围．
解：
习题精练
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A.　　 B.1 C.0 D.不存在
2．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f ，f(1)，f 的大小关系为(　　)
A．f >f(1)>f B．f(1)>f >f C．f >f(1)>f D．f >f >f(1)
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
4．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C．[1，＋∞) D．(－，＋∞)
5．(2022·渭南调研)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　)
6．若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1，2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　)
A．(－2，0) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)
7．已知函数f(x)＝ex－x2－mx有极值点，则实数m的取值范围是(　　)
A．m≥1 B．m>1 C．0≤m≤1 D．08．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
9．已知函数f(x)＝sin x＋cos x－2x，a＝f(－π)，b＝f(2e)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．c>b>a
10．已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足<0，当m<0时，下列关系中一定成立的是(　　)
A．f(1)＋f(3)＝2f(2) B．f(0)·f(3)＝0 C．f(4)＋f(3)<2f(2) D．f(2)＋f(4)>2f(3)
二、填空题
11．(2022·新高考Ⅱ卷)曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ．
12．曲线y＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
13．已知函数f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为________．
14．已知函数f(x)＝ex－－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
15．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m＋n的值为________．
三、解答题
16．已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：
17．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：
18．(2022·宜春质检)已知函数f(x)＝x3－6ax.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
解：
19．已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
解：
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2023版高考二轮专题复习学案 专题七 导数的简单应用 1/12