导数的简单应用
命题点1 导数的几何意义
导数的几何意义
(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．
[高考题型全通关]
1．设函数f(x)＝f′x2－2x＋f(1)ln
x，曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程是( )
A．5x－y－4＝0
B．3x－y－2＝0
C．x－y＝0
D．x＝1
A [∵f(x)＝f′x2－2x＋f(1)ln
x，
∴f′(x)＝2f′x－2＋.
令x＝得f′＝2f′×－2＋2f(1)，
即f(1)＝1.
又f(1)＝f′－2，∴f′＝3，
∴f′(1)＝2f′－2＋f(1)＝6－2＋1＝5.
∴曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝5(x－1)，
即5x－y－4＝0，故选A.]
2.
(2020·东北三省四校一模)已知曲线f(x)＝x3＋x2－5在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，则＝( )
A.
B．－
C．2
D.
B [依题意，f′(x)＝x2＋x，∴tan
α＝f′(1)＝2，
∴＝＝＝＝－，故选B.]
3．函数y＝xeq
\s\up12()与y＝x2所围成的封闭区域的面积为( )
A.
B.
C.
D.
A [函数y＝xeq
\s\up12()与y＝x2所围成的封闭区域的面积为
4．若直线y＝kx－2与曲线y＝1＋3ln
x相切，则k等于( )
A．3
B.
C．2
D.
A [设切点为(x0，kx0－2)，
∵y＝1＋3ln
x的导数为y′＝，
∴
由①得kx0＝3，
代入②得1＋3ln
x0＝1，
则x0＝1，k＝3.]
5．已知函数f(x)＝的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－ey＋2＝0平行，则a＝( )
A．1
B．－e
C．e
D．－1
D [函数f(x)＝，可得f′(x)＝，
函数f(x)＝的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－ey＋2＝0平行，f′(1)＝＝，所以a＝－1，故D.]
6．(2020·岳阳二模)已知函数f(x)＝x3－x，则曲线y＝f(x)过点(1,0)的切线的条数为( )
A．3
B．2
C．1
D．0
B [设切点为(x0，y0)，
f(x)＝x3－x的导数为f′(x)＝3x2－1，
则切线的斜率为3x－1，
切线的方程为y－x＋x0＝(3x－1)(x－x0)，
代入(1,0)，可得－x＋x0＝(3x－1)(1－x0)，
整理并解得：x0＝1或x0＝－，
所以切线的斜率为2或－，
则过点(1,0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋，共两条．
故选B.]
7．已知函数f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝xex＋1，则f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线斜率为________．
2e [∵函数f(x)是奇函数，当x＞0时，f(x)＝xex＋1，
∴当x＜0时，－x＞0，∴f(－x)＝－xe－x＋1，
∴f(x)＝xe－x－1，∴f′(x)＝(1－x)e－x，
∴f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线斜率为k＝f′(－1)＝2e.]
8．[高考改编]若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln
x＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________.
0或1 [设直线y＝kx＋b与y＝ln
x＋2的切点为(x1，y1)，与y＝ex的切点为(x2，y2)，由y＝ln
x＋2的导数为y′＝，y＝ex的导数为y′＝ex，
可得k＝e＝＝eq
\f(e－ln
x1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋ln
x1)eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝0，则x1＝或1，
则切点为eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，1))或(1,2)，k＝e或1，
则切线为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或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一般步骤
(1)确定函数的定义域．
(2)求导函数f′(x)．
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0即可；
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
(4)含参数问题单调性常见的四个方面讨论．
如f′(x)＝.
①二次系数的讨论．
②根的有无讨论，即“Δ”讨论．
③根在不在定义域内讨论．
④根的大小讨论．
[高考题型全通关]
1.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是以下选项中的( )
C [由题图知，当x＜0时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(－∞，0)上单调递增．因为当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(0,2)上单调递减．又当x＞2时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增．]
2．函数y＝x2－ln
x的单调递减区间为( )
A．(－1,1]
B．(0,1]
C．[1，＋∞)
D．(0，＋∞)
B [函数定义域为(0，＋∞)，由y′＝x－＝≤0得，0＜x≤1，故选B.]
3．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1]
B．(－∞，1)
C．(－∞，2]
D．(－∞，2)
C [f′(x)＝6x2－6mx＋6，
由已知条件知，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，
设g(x)＝6x2－6mx＋6，
则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
法一：①若Δ＝36(m2－4)≤0，
即－2≤m≤2，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
②若Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2，或m>2，
则需解得m≤2，
∴m<－2，
∴综上得m≤2，
∴实数m的取值范围是(－∞，2]．
法二：问题转化为m≤x＋在(1，＋∞)恒成立，
而当x∈(1，＋∞)时，函数y＝x＋>2恒成立，
所以m≤2.]
4．函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为( )
A．7
B.
C．3
D．4
D [f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，
f′(x)＝0时，x＝2，
f′(x)＜0时，0≤x＜2，f′(x)＞0时，2＜x≤3.
所以f(x)在[0,2)上是减函数，
在(2,3]上是增函数．
又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.
所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，
所以m＝4，故选D.]
5．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则a＋b等于( )
A．0或－7
B．－7
C．0
D．7
B [因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①
f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，②
由①②得或
而要在x＝1处取到极值，则Δ＝4a2－12b＞0，
故舍去所以只有
所以a＋b＝－7，故选B.]
6．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ef与ef的大小关系为( )
A．ef＞ef
B．efC．ef＝ef
D．ef与ef的大小关系不确定
A [设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，
当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，
即eq
\f(f?x2?,e)＞eq
\f(f?x1?,e)，
所以ef(x2)＞ef(x1)．]
7．(2020·石家庄一模)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－2f(x)>0，f(－2)＝1，则不等式<的解集是( )
A．(－2,2)
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－2,0)∪(0,2)
D．(－∞，0)∪(0,2)
[破题关键]
C [令g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
因为xf′(x)－2f(x)＞0，所以，当x＞0时，g′(x)＞0，
即g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
又f(x)是R上的偶函数，
所以g(x)＝是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，
又f(2)＝f(－2)＝1；
故g(2)＝＝，
于是，不等式＜化为g(x)＜g(2)，
故|x|＜2，解得－2＜x＜2，又x≠0，故选C.]
[教师备选]
1．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，则实数m的取值范围为________．
(－∞，4] [由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，
由函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，
可得m≤x＋，又x＋≥2＝4，当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.]
2．若函数f(x)＝x2－4ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为________．
(－∞，－2－2ln
2) [因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，即a<2x－4ex有解．令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.令g′(x)＝0，解得x＝－ln
2.当x∈(－∞，－ln
2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；当x∈(－ln
2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．所以当x＝－ln
2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln
2，所以a<－2－2ln
2.]
命题点3 利用导数研究函数的极值(最值)问题
导数与函数的极值、最值
(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点．
(2)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间的端点处取得．
[高考题型全通关]
1.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
D [函数的性质如下：
区间
(－∞，－1)
(－1,1)
(1，＋∞)
1－x符号
＋
＋
－
y＝(1－x)f′(x)的符号
－
＋
－
f′(x)符号
－
＋
＋
f(x)的单调性
单调递减
单调递增
单调递增
据此可得，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值．故选D.]
2．已知函数f(x)＝ln
x－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为( )
A．－
B．－
C．－
D．eeq
\s\up12()
A [由题意，f′(x)＝＋，若a≥0，则f′(x)＞0，函数单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，矛盾；若－e＜a＜－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，在[－a，e]上递增，所以f(－a)＝，解得a＝－；若－1≤a＜0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)＝－a＝，矛盾；若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)＝，解得a＝－，矛盾．综上a＝－.故选A.]
3．若x＝是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，则函数y＝f(x)的最小值为( )
A．(2＋2)eeq
\s\up12(－)
B．0
C．(2－2)eeq
\s\up12()
D．－e
C [∵f(x)＝(x2－2ax)ex，
∴f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，
由题意可知f′()＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex.
∴f′(x)＝(x2－2)ex，
由f′(x)＝0得x＝±.
又f()＝(2－2)eeq
\s\up12()，f(－)＝(2＋2)eeq
\s\up12(－)，
且f()＜f(－)．故选C.]
4．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5,0)
B．(－5,0)
C．[－3,0)
D．(－3,0)
C [由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知
解得a∈[－3,0)，故选C.]
5．设a∈R，若函数y＝x＋aln
x在区间有极值点，则a取值范围为( )
A.
B.
C.∪(e，＋∞)
D．(－∞，－e)∪
B [函数y＝f(x)＝x＋aln
x在区间有极值点?y′＝0在区间有零点．
f′(x)＝1＋＝(x＞0)．
∴f′·f′(e)＜0，
∴(e＋a)＜0，解得－e＜a＜－.
∴a取值范围为，故选B.]
6．(2020·红河州模拟)已知函数x2＋>ln
x在(1，e)上恒成立，则a的取值范围是( )
A．[e－e3，＋∞)
B．(e－e3，＋∞)
C．(－1，＋∞)
D．[－1，＋∞)
[破题关键]
D [函数x2＋＞ln
x在(1，e)上恒成立
?x3＋a＞xln
x在(1，e)上恒成立?a＞－x3＋xln
x
在(1，e)上恒成立，
令g(x)＝－x3＋xln
x，x∈(1，e)，
则g′(x)＝－3x2＋1＋ln
x，x∈(1，e)，
而g″(x)＝－6x＋在(1，e)上单调递减，且g″(1)＝－6＋1＝－5＜0，
∴g′(x)在(1，e)上单调递减，又g′(1)＝－3＋1＝－2＜0，
∴g(x)＝－x3＋xln
x在区间(1，e)上单调递减，又g(1)＝－1，
∴a≥－1，故选D.]
7．已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝－(x＋1)2＋a，?x1∈[0,2]，?x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．
[破题关键]
[?x1∈[0,2]，?x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)min≤g(x)min，f′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，故f(x)min＝f(1)＝1－；
当x＝2时，g(x)取得最小值g(2)＝a－9，
所以1－≤a－9，即实数a的取值范围是a≥10－.]
8．(2020·南昌模拟)已知函数f(x)＝ex－ln
x－2，下列说法正确的是________．
①f(x)有且仅有一个极值点；
②f(x)有零点；
③若f(x)极小值点为x0，则0④若f(x)极小值点为x0，则①③ [f(x)＝ex－ln
x－2，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝ex－＝，
设g(x)＝xex－1，x∈(0，＋∞)，
∴g′(x)＝ex＋xex＞0恒成立，
∴函数g(x)＝xex－1，在(0，＋∞)上单调递增，
又∵g＝×eeq
\s\up12()－1＝－1＜0，g(1)＝e－1＞0，
∴存在唯一x0∈，使得g(x0)＝0，∴f(x)有且仅有一个极值点，
∵当x∈时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x0,1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，
函数f(x)单调递增，
∴x0是f(x)的极小值点，且满足x0∈，
∵g(x0)＝x0e－1＝0，∴e＝，x0＝ln
＝－ln
x0，
∴f(x0)＝e－ln
x0－2＝＋x0－2，
∵对勾函数y＝x＋在上单调递减，∴2＜x0＋＜2＋，
∴0＜f(x0)＜，
∴函数f(x)恒大于0，无零点，
综上所述：正确的是①③.]
[教师备选]
1．(2020·丹东模拟)函数f(x)＝x3＋ax2－(3＋2a)x＋1在x＝1处取得极大值，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－3)
B．(－3，＋∞)
C．(－∞，3)
D．(3，＋∞)
A [f′(x)＝3x2＋2ax－(3＋2a)，f′(1)＝0，f′(x)的一个零点为x1＝1，
由根与系数的关系可知，f′(x)的另一个零点为x2＝－1－，
因为f(x)在x＝1处取得极大值，
所以f′(x)在x＝1的左侧附近大于0，右侧附近小于0，
因为二次函数f′(x)是开口向上的抛物线，
所以x1＜x2，即1＜－1－，解得a＜－3.故选A.]
2．已知函数f(x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围是( )
A．(e，＋∞)
B．(－∞，e)
C.
D.
C [由f(x)＝－mx＜0在(0，＋∞)上有解，可得，m＞在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x＞0，则m＞g(x)min，
则g′(x)＝，
则当0＜x＜2时，g′(x)＜0，函数单调递减，当x＞2时，g′(x)＞0函数单调递增，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值g(2)＝.
故m＞，故选C.]
3．若函数f(x)＝ex－ax2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2(0A．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.]
4．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
－3 [f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞，
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)只有一个零点，∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.]
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