题型分类：导数的基本应用（高三复习）

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高三复习：导数应用-基本应用
【导数基本运算】
1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率li
＝li
为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，
即f′(x0)＝li
＝li
.
2．函数f(x)的导函数
称函数f′(x)＝li
为f(x)的导函数．
3．基本初等函数的导数公式
原函数
sin
x
cos
x
ax(a>0)
ex
logax(a>0，且a≠1)
ln
x
导函数
cos
x
－sin_x
axln_a
ex
4.导数运算法则
(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)．
5．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.
例1.(1)y＝ln
x＋；
(2)y＝xsincos.
(3)y＝(1－)；
解析：(1)y′＝′＝(ln
x)′＋′＝－.
(2)∵y＝xsincos＝xsin(4x＋π)＝－xsin
4x，
∴y′＝－sin
4x－x·4cos
4x
＝－sin
4x－2xcos
4x.
(3)∵y＝(1－)＝－＝x－－x，
∴y′＝(x－)′－(x)′＝－x－－x－.
例2.(1)已知函数f(x)＝x(2
017＋ln
x)，f′(x0)＝2
018，则x0＝(　　)
A．e2　　　　B．1　　　　C．ln
2　　　　D．e
(2)已知f(x)＝x2＋2xf′(2
017)＋2
017ln
x，则f′(1)＝________.
[解析]　(1)由题意可知f′(x)＝2
017＋ln
x＋x·＝2
018＋ln
x．由f′(x0)＝2
018，得ln
x0＝0，解得x0＝1.
(2)由题意得f′(x)＝x＋2f′(2
017)＋，
所以f′(2
017)＝2
017＋2f′(2
017)＋，
即f′(2
017)＝－(2
017＋1)＝－2
018.
故f′(1)＝1＋2×(－2
018)＋2
017＝－2
018.
[答案]　(1)B　(2)－2
018
【变式1】已知函数f(x)＝xsin
x＋ax，且f′＝1，则a＝(　　)
A．0
B．1
C．2
D．4
解析：选A　∵f′(x)＝sin
x＋xcos
x＋a，且f′＝1，∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0.
【变式2】已知函数f(x)的导数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln
x，则f′(2)的值等于(　　)
A．－2
B．2
C．－
D.
解析：选C　因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln
x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋，解得f′(2)＝－.故选C.
【变式3】在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)的值为________．
解析：因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.又数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝4
096.
答案：4
096
【变式4】已知函数f(x)＝＋sin
x，其导函数为f′(x)，则f(2
017)＋f(－2
017)＋f′(2
017)－f′(－2
017)的值为(　　)
A．0
B．2
C．2
017
D．－2
017
解析：选B　∵f(x)＝＋sin
x，∴f′(x)＝－＋cos
x，f(x)＋f(－x)＝＋sin
x＋＋sin(－x)＝2，f′(x)－f′(－x)＝－＋cos
x＋－cos(－x)＝0，∴f(2
017)＋f(－2
017)＋f′(2
017)－f′(－2
017)＝2.
【变式5】已知函数f(x)在R上可导，且f(x)＝x2＋2x·f′(2)，则函数f(x)的解析式为________．
解析：由题意得f′(x)＝2x＋2f′(2)，则f′(2)＝4＋2f′(2)，所以f′(2)＝－4，所以f(x)＝x2－8x.
答案：f(x)＝x2－8x
【导数应用1-切线】
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，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线垂直于x轴，则此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.
例3.已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.
(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．
[解]　(1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，
∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，
∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，
即x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x－4x＋5x0－4)，
∵f′(x0)＝3x－8x0＋5，
∴切线方程为y－(－2)＝(3x－8x0＋5)(x－2)，
又切线过点(x0，x－4x＋5x0－4)，
∴x－4x＋5x0－2＝(3x－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得x0＝2或x0＝1，
∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.
【变式1】设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．
[解析]　y＝ex的导数为y′＝ex，则曲线y＝ex在点(0,1)处的切线斜率k1＝e0＝1.y＝(x＞0)的导数为y′＝－(x＞0)，设P(m，n)，则曲线y＝(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－(m＞0)．因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1,1)．
[答案]　(1,1)
【变式2】直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值等于(　　)
A．2
B．－1
C．1
D．－2
[解析]　依题意知，y′＝3x2＋a，则由此解得所以2a＋b＝1，选C.
[答案]　C
【变式3】如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)
是g(x)的导函数，则曲线g(x)在x＝3处的切线方程为________．
解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－，即f′(3)＝－.又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图可知f(3)＝1，所以g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3×＝0.则曲线g(x)在x＝3处的切线方程为y－3＝0.
答案：y－3＝0
【变式4】若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln
x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
解析：易得(ln
x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝.设曲线y＝ln
x＋2上的切点横坐标为x1，曲线y＝ln(x＋1)上的切点横坐标为x2，则y＝ln
x＋2的切线方程为：y＝·x＋ln
x1＋1，y＝ln(x＋1)的切线方程为：y＝x＋ln(x2＋1)－.根据题意，有
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln
x1＋1＝1－ln
2.
答案：1－ln
2
【变式5】若曲线f(x)＝ax3＋ln
x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，可知f′(x)＝3ax2＋，又存在垂直于y轴的切线，所以3ax2＋＝0，即a＝－(x>0)，故a∈(－∞，0)．
答案：(－∞，0)
【导数应用2-单调性】
1．函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．
2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.当x∈(a，b)时，
f′(x)≥0?函数f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)≤0?函数f(x)在(a，b)上单调递减．
(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件.
3.由函数的单调性求参数取值范围的方法
(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，求出参数的取值范围；
(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f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
例4.已知函数f(x)＝(a－1)ln
x＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
(1)当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(3)当0，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递减，在＋∞上单调递增．
【变式1】已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
由①②知，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．
【变式2】已知函数f(x)＝x－＋1－aln
x，a>0.讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ<0，即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＝0，即a＝2
时，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
此时f(x)在上单调递增，在，上单调递减，在上单调递增．
例5.已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．
[解]　(1)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．
(2)因为f(x)在区间(－1,1)上为减函数，所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即a的取值范围为[3，＋∞)．
(3)因为f(x)＝x3－ax－1，
所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)．
因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以＝1，即a＝3.
【变式1】已知函数f(x)＝x2＋4x＋aln
x，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－6，＋∞)
B．(－∞，－16)
C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)
D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)
解析：选C　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋＝，f(x)在(1,2)上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，即a≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1【变式2】若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.令＋2a＞0，解得a＞－.所以a的取值范围是.
例6.函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)
A．aB．cC．cD．b解析：选C　因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)【变式1】已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．
设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－∴F(x2)∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
【变式2】设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A　设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知00，得g(x)<0，由图知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
例7.若0A．ex2－ex1>ln
x2－ln
x1
B．ex2－ex1x2－ln
x1
C．x2ex1>x1ex2
D．x2ex1构造函数f(x)＝ex－ln
x，则f′(x)＝ex－＝.令f′(x)＝0，得xex－1＝0.根据函数y＝ex与y＝的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1)，因此f(x)＝ex－ln
x在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错；构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝，故函数g(x)＝在(0,1)上单调递减，故g(x1)>g(x2)，即>，则x2ex1>x1ex2，故选C.
【变式】已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有(　　)
A．af(a)B．af(a)>bf(b)
C．af(b)>bf(a)
D．af(b)解析：选B　由f′(x)＋>0得>0，即>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.
【导数应用3-最值极值的应用】
例8.已知函数f(x)＝x(ln
x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0)
B.
C．(0,1)
D．(0，＋∞)
∵f(x)＝x(ln
x－ax)，
∴f′(x)＝ln
x－2ax＋1，
由函数f(x)有两个极值点，可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当x→0时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜.
【变式1】已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
[解]　(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
－ek－1
?
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；
当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当1当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
【变式2】)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，
即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明：g′(x)＝＝[f(x)＋a]．
由(1)知，f(x)＋a在(0，＋∞)上单调递增．
对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一实数xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，
即g′(xa)＝0.
当0当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝.
由′＝>0，得y＝单调递增，
所以，由xa∈(0,2]，得
＝因为y＝单调递增，对任意λ∈，存在唯一的实数xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.
所以h(a)的值域是.
【变式3】已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln
x.
(1)若m＝－3，讨论函数f(x)的单调性，并写出单调区间；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1解：(1)当m＝－3时，f(x)＝x2－3x＋ln
x，
依题意，x>0，且f′(x)＝x－3＋＝，
令f′(x)>0，得0，
令f′(x)<0，得因此函数f(x)在上单调递减，在和上单调递增．
(2)由题意知，f′(x)＝x＋m＋＝，则易知x1，x2为x2＋mx＋1＝0的两个根，且x1＋x2＝－m，x1x2＝1，
所以f(x1)－f(x2)＝x＋mx1＋ln
x1－x＋mx2＋ln
x2＝(x－x)＋m(x1－x2)＋ln
x1－ln
x2
＝(x－x)－(x1＋x2)(x1－x2)＋ln
x1－ln
x2
＝ln－(x－x)
＝ln－·
＝ln－.
记＝t，由x1且f(x1)－f(x2)＝ln
t－，
记φ(t)＝ln
t－，
则φ′(t)＝＝<0，
故φ(t)在(0,1)上单调递减．
由m≤－知(x1＋x2)2≥，从而x＋x≥，
即≥，
故t＋≥，结合0解得0从而φ(t)的最小值为φ＝－ln
2，
即f(x1)－f(x2)的最小值为－ln
2.
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精品试卷·第
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