课件41张PPT。第23练
导数的概念及简单应用第三篇 [小题提速练]明晰考情 本内容是高考命题的热点内容.在填空题中，若考查导数的几何意义，难度中档；若考查应用导数研究函数的单调性、极值、最值，一般在填空题最后的位置，难度较大.题组对点练栏目索引易错易混练押题冲刺练题组对点练题组一 导数的几何意义要点重组 (1)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).
(2)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同.1.已知f(x)为奇函数，且当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为________.0解析 当x>0时，－x<0，则f(－x)＝ln[－(－x)]－x＝ln x－x，又f(x)为奇函数，
所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝x－ln x.所以f′(1)＝0，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为0.2.(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________.y＝3x解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，
所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，
所以所求的切线方程为y＝3x.解析 因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，
所以g′(1)＝2，又f′(1)＝g′(1)＋2×1＝4，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为4.3.设函数f(x)＝g(x)＋x2，若曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为________.44.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＝________. 1－ln 2题组二 导数与函数的单调性要点重组 (1)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(在任意区间均不恒等于零)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.解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，(1，＋∞)由f′(x)>0，得x<－1或x>1，
又x>0，所以x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).(－1,0)∪(0,1)则f′(x)＝ax2＋2x＋a有2个不同零点，
则有Δ＝4－4a2>0，且a≠0，可得－1
且a≠0，即实数a的取值范围是(－1,0)∪(0,1).{－1}解析 因为f′(x)＝2(x＋a)ln x，
所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；
当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，只需x＋a≥0恒成立，
因为x＋a>1＋a，所以1＋a≥0，解得a≥－1；
当0因为x＋a<1＋a，所以1＋a≤0，解得a≤－1，
综上所述，a＝－1.解析 当x>0时，xf(x)＋x2f′(x)－1＝0，所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，题组三 导数与函数的极值、最值要点重组 (1)求函数f(x)的极值，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，在得到极值的基础上，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.9.若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________.－1解析 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1].
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2).
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点.
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.10.已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________.解析 f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1).
∵cos x＋1≥0，又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，11.(2018·江苏)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解析 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.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＝－3.2e3＋112.已知函数f(x)＝ln x＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为________.解析 由题意可知方程ln x＋2ex2＝x3＋kx只有1个实数根，令h′(x)＝0，解得x＝e，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以函数h(x)的图象与直线y＝k只有1个交点，故函数g(x)在[0，e]上是增函数，
g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.易错易混练解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，
解得x＝1或x＝－1(舍)，
又00，
x>1时，f′(x)>0，
所以x＝1不是f(x)的极值点，
所以f(x)的极值点个数为0.0易错提醒 对于函数极值问题，要记清f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要条件，而非充要条件.2.若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________________.(－∞，2ln 2－2)解析 因为函数f(x)＝x2－ex－ax，
所以f′(x)＝2x－ex－a.
因为函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
所以f′(x)＝2x－ex－a>0有解，
即a<2x－ex有解.
令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
由g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln 2，
由g′(x)＝2－ex>0，得x由g′(x)＝2－ex<0，得x>ln 2，
所以当x＝ln 2时，g(x)max＝2ln 2－2.
所以a<2ln 2－2.
故实数a的取值范围是(－∞，2ln 2－2).易错提醒 已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题，其转化方法为：若f(x)存在单调递减区间，则f′(x)<0在给定区间上有解；若f(x)存在单调递增区间，则f′(x)>0在给定区间上有解.注意将其与“函数的单调区间”“函数在区间上单调”的转化方法区别开来.押题冲刺练1234561.函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是____________.x－y＋1＝0解析 f(0)＝e0cos 0＝1，
因为f′(x)＝excos x－exsin x，
所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，
即x－y＋1＝0.1234562.设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则函数a的取值范围是______________.(－∞，－3)解析 由题意知y′＝aeax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，
即aeax＝－3，
因为eax>0，所以a<0，
又当a<0时，0则a<－3.123456(－∞，4]可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.123456解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln a＋2x，
所以当x≥0时，f′(x)≥0，
函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln a，
所以a－ln a≤a－2，得a≥e2.4.已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是__________.[e2，＋∞)123456{x|－2 020＜x＜－2 015}123456解析 构造函数g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)].
当x＞0时，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，
∴g′(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴x＋2 020＞0，
(x＋2 020)2f(x＋2 020)＜52f(5)，
即g(x＋2 020)＜g(5)，
∴0∴－2 020＜x＜－2 015.123456123456当x<1时，g′(x)>0，
当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，123456 本课结束 第三篇 第23练 导数的概念及简单应用[小题提速练]
[明晰考情] 本内容是高考命题的热点内容．在填空题中，若考查导数的几何意义，难度中档；若考查应用导数研究函数的单调性、极值、最值，一般在填空题最后的位置，难度较大．
题组一 导数的几何意义
要点重组 (1)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)．
(2)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
1．已知f(x)为奇函数，且当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋x，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为________．
答案 0
解析 当x>0时，－x<0，则f(－x)＝ln[－(－x)]－x＝ln x－x，又f(x)为奇函数，
所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝x－ln x.
当x>0时，f′(x)＝1－，
所以f′(1)＝0，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为0.
2．(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝3x
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
3．设函数f(x)＝g(x)＋x2，若曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为________．
答案 4
解析 因为曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，所以g′(1)＝2，又f′(1)＝g′(1)＋2×1＝4，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为4.
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＝________.
答案 1－ln 2
解析 y＝ln x＋2的切线为y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)．
y＝ln(x＋1)的切线为y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)，
∴
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
题组二 导数与函数的单调性
要点重组 (1)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(在任意区间均不恒等于零)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．
5．已知函数f(x)＝－ln x＋x2＋5，则其单调递增区间为________．
答案 (1，＋∞)
解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝－ln x＋x2＋5，
所以f′(x)＝－＋x＝，
由f′(x)>0，得x<－1或x>1，
又x>0，所以x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
6．已知定义在R上的函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________．
答案 (－1,0)∪(0,1)
解析 根据题意，函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1，其导函数f′(x)＝ax2＋2x＋a.若函数f(x)＝ax3＋x2＋ax＋1有三个不同的单调区间，则f′(x)＝ax2＋2x＋a有2个不同零点，则有Δ＝4－4a2>0，且a≠0，可得－17．已知f(x)＝(x2＋2ax)ln x－x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
答案 {－1}
解析 因为f′(x)＝2(x＋a)ln x，
所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；
当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，只需x＋a≥0恒成立，
因为x＋a>1＋a，所以1＋a≥0，解得a≥－1；
当0因为x＋a<1＋a，所以1＋a≤0，解得a≤－1，
综上所述，a＝－1.
8．已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)内的偶函数f(x)满足：当x>0时，xf(x)＋x2f′(x)－1＝0，且f(e)＝，则不等式f(x)＋ln 4>0的解集为________________．
答案 ∪
解析 当x>0时，xf(x)＋x2f′(x)－1＝0，
故f(x)＋xf′(x)＝，
故[xf(x)]′＝，故可设xf(x)＝ln x＋c，
因为f(e)＝，所以c＝0，
故f(x)＝，则f′(x)＝，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又f(x)为偶函数，f＝－ln 4且当x→＋∞时，f(x)>0，
所以不等式f(x)＋ln 4>0的解集为∪.
题组三 导数与函数的极值、最值
要点重组 (1)求函数f(x)的极值，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，在得到极值的基础上，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．
9．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．
答案 －1
解析 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x＜－2时，f′(x)＞0；
当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；
当x＞1时，f′(x)＞0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
10．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －
解析 f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当cos x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴当cos x＝时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
11．(2018·江苏)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________．
答案 －3
解析 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.
12．已知函数f(x)＝ln x＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为________．
答案 2e3＋1
解析 由题意可知方程ln x＋2ex2＝x3＋kx只有1个实数根，
因为x>0，所以＋2ex－x2＝k.
令h(x)＝＋2ex－x2，
则h′(x)＝＋2e－2x＝＋2(e－x)，
令h′(x)＝0，解得x＝e，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)max＝h(e)＝＋e2，
又方程＋2ex－x2＝k只有1个实数根，
所以函数h(x)的图象与直线y＝k只有1个交点，
所以＋e2＝k，
故g(x)＝x3＋x，
g′(x)＝3x2＋＋e2>0，
故函数g(x)在[0，e]上是增函数，
g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.
1．函数f(x)＝x3－x2－x＋ln x的极值点个数为________．
答案 0
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x2－x－1＋＝＝，
令f′(x)＝0，
解得x＝1或x＝－1(舍)，
又00，
x>1时，f′(x)>0，
所以x＝1不是f(x)的极值点，
所以f(x)的极值点个数为0.
易错提醒 对于函数极值问题，要记清f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要条件，而非充要条件．
2．若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，2ln 2－2)
解析 因为函数f(x)＝x2－ex－ax，
所以f′(x)＝2x－ex－a.
因为函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
所以f′(x)＝2x－ex－a>0有解，
即a<2x－ex有解．
令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
由g′(x)＝2－ex＝0，得x＝ln 2，
由g′(x)＝2－ex>0，得x由g′(x)＝2－ex<0，得x>ln 2，
所以当x＝ln 2时，g(x)max＝2ln 2－2.
所以a<2ln 2－2.
故实数a的取值范围是(－∞，2ln 2－2)．
易错提醒 已知函数存在单调区间求参数的取值范围问题是存在性问题，其转化方法为：若f(x)存在单调递减区间，则f′(x)<0在给定区间上有解；若f(x)存在单调递增区间，则f′(x)>0在给定区间上有解．注意将其与“函数的单调区间”“函数在区间上单调”的转化方法区别开来．
1．函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是________．
答案 x－y＋1＝0
解析 f(0)＝e0cos 0＝1，
因为f′(x)＝excos x－exsin x，
所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，
即x－y＋1＝0.
2．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则函数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－3)
解析 由题意知y′＝aeax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，
即aeax＝－3，
因为eax>0，所以a<0，
又当a<0时，0则a<－3.
3．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________．
答案 (－∞，4]
解析 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＋在x∈[1,2]时恒成立，
又x＋≥2＝4，
当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.
4．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a，若对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 [e2，＋∞)
解析 依题意可知，当x∈[0,1]时，f(x)max－f(x)min≤a－2且a>2，
因为f′(x)＝(ax－1)ln a＋2x，
所以当x≥0时，f′(x)≥0，
函数f(x)在[0,1]上单调递增，
则f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a，f(x)min＝f(0)＝1，
所以f(x)max－f(x)min＝a－ln a，
所以a－ln a≤a－2，得a≥e2.
5．已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足xf′(x)＋2f(x)＞0，则不等式＜的解集为________．
答案 {x|－2 020＜x＜－2 015}
解析 构造函数g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]．
当x＞0时，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，
∴g′(x)＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵不等式＜，
∴x＋2 020＞0，
(x＋2 020)2f(x＋2 020)＜52f(5)，
即g(x＋2 020)＜g(5)，
∴0∴－2 020＜x＜－2 015.
6．已知函数f(x)＝ex－x，若f(x)<0的解集中只有一个正整数，则实数k的取值范围为____________．
答案
解析 f(x)<0，即ex－x<0，即kx＋<的正整数解只有一个，设g(x)＝，所以g′(x)＝，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，在同一坐标系中画出y＝g(x)与y＝kx＋的示意图，
由图可知，kx＋<的唯一一个正整数解只能是1，
所以有解得－≤k<－，
所以实数k的取值范围为.
