导数的简单应用
命题点1 导数的几何意义
应用导数的几何意义解题时应注意
(1)f
′(x)与f
′(x0)的区别与联系，f
′(x0)表示函数f
(x)在x＝x0处的导数值，是一个常数；
(2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率；
(3)切点既在原函数的图象上也在切线上．
[高考题型全通关]
1．若直线y＝x与曲线y＝mx－ln(2x＋1)相切于点O(0，0)，则m＝( )
A．0
B． C． D．
D [由y＝mx－ln(2x＋1)，得y′＝m－，因为直线y＝x与曲线y＝mx－ln(2x＋1)相切于点O(0，0)，所以＝m－2，解得m＝，故选D．]
2．设函数f
(x)＝2x3＋(a＋3)xsin
x＋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＝x
B．y＝2x
C．y＝－3x
D．y＝4x
C [函数f
(x)＝2x3＋(a＋3)xsin
x＋ax，
若f
(x)为奇函数，
可得a＝－3，所以函数f
(x)＝2x3－3x，
可得f
′(x)＝6x2－3，
曲线y＝f
(x)在点(0，0)处的切线的斜率为－3，
曲线y＝f
(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝－3x.]
3．(2020·济宁模拟)曲线f
(x)＝aln
x在点P(e，f
(e))处的切线经过点(－1，－1)，则a的值为( )
A．1
B．2
C．e
D．2e
C [因为f
(x)＝aln
x，所以f
′(x)＝，
故f
′(e)＝，
又f
(e)＝a，
所以曲线f
(x)＝aln
x在点P(e，f
(e))处的切线方程为y－a＝(x－e)，
又该切线过点(－1，－1)，
所以－1－a＝－－a，解得a＝e.]
4．已知函数f
(x)＝x＋.若曲线y＝f
(x)存在两条过(1，0)点的切线，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
D [f
′(x)＝1－，设切点坐标为，则切线方程为y－x0－＝(x－x0)，又切线过点(1，0)，可得－x0－＝(1－x0)，整理得2x＋2ax0－a＝0，由于曲线y＝f
(x)存在两条过(1，0)点的切线，故方程有两个不等实根，即满足Δ＝4a2－8(－a)＞0，解得a＞0或a＜－2，故选D．]
5．已知曲线y＝x＋ln
x在点(1，1)处的切线与抛物线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a的值为( )
A．0
B．0或8
C．8
D．1
C [y′＝1＋，当x＝1时，切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2(x－1)＋1＝2x－1，因为它与抛物线相切，所以ax2＋(a＋2)x＋1＝2x－1有唯一解，即ax2＋ax＋2＝0有唯一解，故解得a＝8，故选C．]
6．设函数f
(x)＝－ex－x的图象上任意一点处的切线为l1，若函数g(x)＝ax＋cos
x的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l2满足l1⊥l2，则a的取值范围是________．
[0，1] [∵f
′(x)＝－ex－1∈(－∞，－1)，即k1∈(－∞，－1)．
又l1⊥l2，∴k·k＝－1，∴k∈(0，1)．
∵k＝g′(x)＝a－sin
x，sin
x∈[－1，1]，∴k＝a－sin
x∈[a－1，a＋1]，
∴解得0≤a≤1，∴a∈[0，1]．]
命题点2 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的3个关键点
(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．
[高考题型全通关]
1．(2020·郑州模拟)已知a＝ln，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A．b＜c＜a
B．b＞c＞a
C．a＞b＞c
D．b＞a＞c
D [依题意，得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝.
令f
(x)＝，所以f
′(x)＝，当0＜x＜e时，f
′(x)＞0，当x＞e时，f
′(x)＜0，所以函数f
(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以[f
(x)]max＝f
(e)＝＝b，且f
(3)＞f
(8)，即a＞c，所以b＞a＞c.]
2．(2020·临沂模拟)若函数f
(x)＝e2x－ax2＋1在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
C [f
′(x)＝2e2x－2ax，若f
(x)在[1，2]上是减函数，则e2x－ax≤0在[1，2]上恒成立，即a≥在[1，2]上恒成立．
令h(x)＝，x∈[1，2]，则h′(x)＝＞0，故h(x)在[1，2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝，故a≥，故选C．]
3．(2020·上饶模拟)函数f
(x)＝ax2－2ax＋ln
x在(1，3)上不单调的一个充分不必要条件是( )
A．a∈
B．a∈
C．a∈
D．a∈
A [函数f
(x)＝ax2－2ax＋ln
x，所以f
′(x)＝ax－2a＋＝，
令g(x)＝ax2－2ax＋1，
因为函数f
(x)在(1，3)上不单调，
即g(x)＝ax2－2ax＋1在(1，3)上有变号零点，
a＝0时，显然不成立，
a≠0时，只需g(1)·g(3)＜0，
解得a＞1或a＜－，
即函数f
(x)＝ax2－2ax＋ln
x在(1，3)上不单调的充要条件为a∈∪(1，＋∞)，
它的充分不必要条件即为其一个子集．]
4．(2020·郑州质检)已知函数f
(x)的导函数f
′(x)满足f
(x)＋(x＋1)f
′(x)＞0对x∈R恒成立，则下列判断一定正确的是( )
A．f
(0)＜0＜2f
(1)
B．0＜f
(0)＜2f
(1)
C．0＜2f
(1)＜f
(0)
D．2f
(1)＜0＜f
(0)
B [由题意设g(x)＝(x＋1)f
(x)，则g′(x)＝f
(x)＋(x＋1)f
′(x)＞0，所以函数g(x)在R上单调递增，所以g(－1)＜g(0)＜g(1)，即0＜f
(0)＜2f
(1)．故选B．]
5．(2020·南昌模拟)设函数f
(x)定义在区间(0，＋∞)上，f
′(x)是函数f
(x)的导函数，f
(x)＋xln
xf
′(x)＞0，则不等式＞0的解集是( )
A．
B．(1，＋∞)
C．
D．(0，1)
B [构造新函数g(x)＝ln
xf
(x)，则g′(x)＝f
(x)＋ln
xf
′(x)．
因为f
(x)＋xln
xf
′(x)＞0，又x＞0，所以f
(x)＋ln
xf
′(x)＞0，所以g′(x)＞0，所以函数g(x)＝ln
xf
(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而＞0可化为ln
xf
(x)＞0，等价于g(x)＞g(1)，解得x＞1.
所以不等式＞0的解集是(1，＋∞)．故选B．]
6．[多选](2020·济宁模拟)已知f
(x)＝，下列结论正确的是( )
A．f
(x)在(0，e)上单调递增
B．f
(2)＞f
(3)
C．f
(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为y＝x
D．若关于x的不等式eq
\s\up12()≤有正整数解，则λ≥9
AD [f
(x)＝，则f
′(x)＝，易知f
(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，A正确；又f
(2)＝＝，f
(3)＝＝，所以f
(2)＜f
(3)，B错误．对于C，f
′(1)＝1，故切线方程为y＝x－1，C不正确；若eq
\s\up12()≤有正整数解，则x≥27，所以ln
x≥3ln
3.
因为x＞0，所以λ＞0，所以≥.
所以f
(3)＝≥，即λ≥9，故选AD．]
命题点3 利用导数研究函数的极值、最值
利用导数研究函数的极值、最值应关注4点
(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．
[高考题型全通关]
1．(2020·东莞模拟)若函数f
(x)＝ex－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0＜x1＜x2)，则实数a的取值范围是( )
A．a≤
B．a＞e
C．a≤e
D．a＞
D [f
(x)＝ex－ax2，可得f
′(x)＝ex－2ax，
要使f
(x)恰有2个正极值点，
则方程ex－2ax＝0有2个不相等的正实数根，
即2a＝有两个不同的正根，
则g(x)＝，x∈(0，＋∞)，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，
求得g′(x)＝，
由g′(x)＜0，可得g(x)＝在(0，1)上单调递减，
由g′(x)＞0，可得g(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(1)＝e，
当x→0时，g(x)→＋∞；
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以当2a＞e，即a＞时，
g(x)＝，y＝2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，
所以使函数f
(x)＝ex－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0＜x1＜x2)，实数a的取值范围是a＞.]
2．已知a＞0，f
(x)＝，若f
(x)的最小值为－1，则a等于( )
A．
B． C．e D．e2
A [由f
(x)＝，
得f
′(x)＝
＝.
令g(x)＝ex＋ax＋a，
则g′(x)＝ex＋a＞0，
∴g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，
又g(－1)＝＞0，
∴存在x0＜－1，使得g(x0)＝0，
即e＋ax0＋a＝0，①
∴f
′(x0)＝0，
∴函数f
(x)在(－∞，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，
则f
(x)的最小值为
f
(x0)＝eq
\f(x0e,e＋a)＝－1，
即x0e＝－e－a.②
联立①②，可得x0＝－2，
代入①，可得a＝.]
3．(2020·长春质量监测)已知函数f
(x)＝ln
x－ax2，若f
(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
C [由题意，函数f
(x)＝ln
x－ax2，则f
′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f
′(x)＞0，此时函数f
(x)单调递增，函数最多只有一个零点，不符合题意；
当a＞0时，令f
′(x)＝0，即＝0，解得x＝或x＝－(舍去)，则当x∈时，f
′(x)＞0，函数f
(x)单调递增，当x∈时，f
′(x)＜0，函数f
(x)单调递减，所以函数f
(x)的最大值为f
＝ln－，要使得函数f
(x)有两个零点，则ln－＞0，解得0＜a＜，故选C．]
4．(2020·烟台模拟)记max{a，b}＝则函数f
(x)＝max的最小值为( )
A．－
B．0
C．e
D．
D [y＝xln
x，由y′＝ln
x＋1＝0，得x＝，则函数y＝xln
x在上单调递减，在上单调递增；
y＝(x＞0)，由y′＝＝0，得x＝2，则函数y＝(x＞0)，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
又＞＞2ln
2，当x＜2时，xln
x＜，当x＞2时，两个函数都是增函数，且取两函数的较大者，如图，则f
(x)＝max在x＝2时取得最小值，故选D．]
5．(2020·西安模拟)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( )
A．
B．[e，2]
C．[e，＋∞)
D．(e，＋∞)
C [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＜a＜1时，对任意的x∈[0，1]，ax－1≤0，ln
a＜0，ex－1≥0，恒有f
′(x)≥0.
所以f
(x)在[0，1]上是增函数，则对任意的x1，x2∈[0，1]，不等式|f
(x1)－f
(x2)|≤aln
a＋e－4恒成立，只需f
(x)max－f
(x)min≤aln
a＋e－4，
因为f
(x)max＝f
(1)＝a＋e－1－ln
a，f
(x)min＝f
(0)＝1＋1＝2，所以a＋e－1－ln
a－2≤aln
a＋e－4，即a－ln
a＋1－aln
a≤0，
即(1＋a)(1－ln
a)≤0，所以ln
a≥1，从而有a≥e，而当a≥e时，①式显然成立．故选C．]
6．(2020·唐山模拟)设函数f
(x)＝(ex－m－ax)(ln
x－ax)，若存在实数a使得f
(x)＜0恒成立，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0]
B．[0，2)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，2)
D [f
(x)＝(ex－m－ax)(ln
x－ax)＜0在(0，＋∞)上恒成立，结合y＝ex－m和y＝ln
x的图象的特征，
则有ln
x＜ax＜ex－m在(0，＋∞)上恒成立，
即＜a＜在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝，令f
′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g′(x)＞0，当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，g(x)取得最大值，g(x)max＝.
令h(x)＝，则h′(x)＝，
令h′(x)＝0，得x＝1，所以当0＜x＜1时，h′(x)＜0，当x＞1时，h′(x)＞0，则函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，h(x)取得最小值，h(x)min＝e1－m.所以＜a＜e1－m，若存在实数a，则必有e1－m＞＝e－1，
即1－m＞－1，得m＜2，故选D．]
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