重点三：导数的简单应用

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授课主题
导数的简单应用
教学目标
1.学会利用导数的几何意义求切线方程·2.学会利用导数求函数的单调区间3.学会利用函数的极值点求参数及单调区间
教学内容
(1)此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．(2)应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题；常在解答题的第一问中考查，难度一般．
[大稳定]1.(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln
x在点(1,0)处的切线方程为______________．解析：因为y′＝，y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.答案：y＝2x－22.曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为________．解析：f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或
(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1,3)和(－1,3)．答案：(1,3)和(－1,3)3.(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，∴a＋1＝－2，解得a＝－3.答案：－34.曲线f(x)＝x3－2x2＋2过点P(2,0)的切线方程为________．解析：因为f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0，所以点P(2,0)不在曲线f(x)＝x3－2x2＋2上．设切点坐标为(x0，y0)，则≤x0≤，因为f′(x)＝3x2－4x，所以消去y0，整理得(x0－1)(x－3x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝(舍去)或x0＝(舍去)，所以y0＝1，f′(x0)＝－1，所以所求的切线方程为y－1＝－(x－1)，即y＝－x＋2.答案：y＝－x＋2
[解题方略]1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点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．由曲线的切线求参数值或范围的2种类型及解题关键类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围[小创新]1.已知函数f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线x＋3y－1＝0垂直，记数列的前n项和为Sn，则S2
018的值为(　　)A.　　　　　　　　
B.C.
D.解析：选D　由题意知f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝2－a＝3?a＝－1，故f(x)＝x2＋x.则＝＝－，S2
018＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.2.曲线f(x)＝－x3＋3x2在点(1，f(1))处的切线截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长为(　　)A．4
B．2C．2
D.解析：选A　因为f′(x)＝－3x2＋6x，则f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率k＝－3＋6＝3，又f(1)＝2，故切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.因为圆心C(0，－1)到直线3x－y－1＝0的距离d＝0，所以直线3x－y－1＝0截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长就是该圆的直径4，故选A.3.已知函数f(x)＝x－sin
x－cos
x的图象在点A(x0，y0)处的切线的斜率为1，则tan
x0＝________.解析：∵f(x)＝x－sin
x－cos
x，∴f′(x)＝－cos
x＋sin
x＝＋sin.∵函数f(x)的图象在点A(x0，y0)处的切线斜率为1，∴＋sin＝1，∴x0－＝＋2kπ，k∈Z，∴x0＝＋2kπ，k∈Z，∴tan
x0＝tan＝－.答案：－
[析母题][典例]　已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．[解]　函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln
a.当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，ln
a)上单调递减，在(ln
a，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.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．[练子题]1．若本例中f(x)变为f(x)＝ln
x＋－，a∈R且a≠0，讨论函数f(x)的单调性．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝.当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得00时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．2．若本例变为：已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解：由本例解析知f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，∵f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴(2ex＋a)(ex－a)≥0，∴－2ex≤a≤ex在[1，＋∞)上恒成立，∴－2e≤a≤e，∴实数a的取值范围为[－2e，e]．3．若本例变为：函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解：由本例解析知f′(x)＝2e2x－aex－a2，设t＝ex，∵x∈[1，＋∞)，∴t∈[e，＋∞)，即g(t)＝2t2－at－a2在[e，＋∞)上有零点．∴g(e)＝2e2－ae－a2<0，解得a>e或a<－2e，∴实数a的取值范围为(－∞，－2e)∪(e，＋∞)．[解题方略]求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．[注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[多练强化]1．已知函数f(x)＝－ln
x＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)A．(－∞，0)　　　　　　
　B．(0,1)C．(0，＋∞)
D．(1，＋∞)解析：选B　f′(x)＝－＋x(x>0)．由得0B．cD．b0，函数f(x)为增函数．又f(3)＝f(－1)，－1<0<<1，∴f(－1)x＋在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，求实数a的取值范围．解：法一：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵函数f(x)＝x2－ln
x＋在区间(a－1，a＋1)上不单调，∴f′(x)＝2x－＝在区间(a－1，a＋1)上有零点．由f′(x)＝0，得x＝，则得1≤a<.∴实数a的取值范围为.法二：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0利用导数研究函数的极值(最值)问题
题型一　求已知函数的极值(最值)[例1]　(2017·北京高考节选)已知函数f(x)＝excos
x－x，求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．[解]　f′(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，令g(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，则g′(x)＝－2sin
x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，∴g(x)在上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0，且仅在x＝0处等号成立，∴f(x)在上单调递减，∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.[解题方略]　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]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．题型二　由函数的极值(最值)确定参数值(范围)[例2]　(1)已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)A.－1　　　　　　　
B.C.
D.＋1(2)已知函数f(x)＝2ln
x－2ax＋x2有两个极值点x1，x2(x10，f(x)单调递增，故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在
[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意．故a的值为－1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2a＋2x＝，令f′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0，要使f(x)在(0，＋∞)上有两个极值点，则方程x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根，则∴实数a的取值范围为(2，＋∞)．[解题方略]　已知函数极值点或极值求参数的方法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逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性[典例]　(2018·佛山月考)已知函数f(x)＝ln
x－a2x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln
x－x2＋x，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝－2x＋1＝－，令f′(x)＝0，则x＝1(负值舍去)．当00；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)法一：f′(x)＝－2a2x＋a＝.①当a＝0时，f′(x)＝>0，∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a>0时，由f′(x)<0，得x>.∴f(x)的单调递减区间为.依题意，得解得a≥1；③当a<0时，由f′(x)<0，得x>－.∴f(x)的单调递减区间为.依题意，得解得a≤－.综上所述，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．法二：f′(x)＝－2a2x＋a＝.由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a＝0时，1≤0不合题意；②当a≠0时，可得即∴∴a≥1或a≤－.∴实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．[素养通路]逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养．主要包括两类：一类是从特殊到一般的推理，推理形式主要有归纳、类比；一类是从一般到特殊的推理，推理形式主要有演绎．本题是含参函数的单调性问题，对于此类问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．考查了逻辑推理这一核心素养．一、选择题1．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：①f′(x)>0时，x<－1或x>2；②f′(x)<0时，－1　B．1C．2
D．e解析：选B　由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln
a，代入曲线方程得y＝1－
ln
a，所以切线方程为y－(1－ln
a)＝2(x＋ln
a)，即y＝2x＋ln
a＋1＝2x＋1?a＝1.3．(2019届高三·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)A．(－3,3)
B．(－11,4)C．(4，－11)
D．(－3,3)或(4，－11)解析：选C　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.4．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，＋∞)解析：选C　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≥－2，故选C.5．(2018·全国卷Ⅰ)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＝－xC．y＝2x
D．y＝x解析：选D　法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝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.6．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)A．f(x)的最小值为e
B．f(x)的最大值为eC．f(x)的最小值为
D．f(x)的最大值为解析：选A　设g(x)＝xf(x)－ex，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，所以f(x)＝，f′(x)＝，当01时，f′(x)>0，所以f(x)≥f(1)＝e.二、填空题7．(2019届高三·西安八校联考)曲线y＝2ln
x在点(e2,4)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：因为y′＝，所以曲线y＝2ln
x在点(e2,4)处的切线斜率为，所以切线方程为y－4＝(x－e2)，即x－y＋2＝0.令x＝0，则y＝2；令y＝0，则x＝－e2，所以切线与坐标轴所围成的三角形的面积S＝×e2×2＝e2.答案：e28．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln
x，则函数f(x)的单调递增区间是________．解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln
x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．答案：和(2，＋∞)9．若函数f(x)＝x＋aln
x不是单调函数，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋aln
x不是单调函数，则需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)三、解答题10．已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.(1)求a，b的值；(2)求f(x)在[0,1]上的最大值．解：(1)f′(x)＝ex－2ax，所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，解得a＝1，b＝e－2.(2)由(1)得f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]，则g′(x)＝ex－2，由g′(x)<0，得02；由g′(x)>0，得ln
22)上单调递减，在(ln
2,1)上单调递增，所以f′(x)≥f′(ln
2)＝2－2ln
2>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.11．(2018·潍坊统一考试)已知函数f(x)＝ax－ln
x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在区间(0，ln
3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围．解：由题意得f′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)；由F′(x)<0，得03)上具有相同的单调性，∴ln(－a)≥ln
3，解得a≤－3，综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．12．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．解：(1)f′(x)＝＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤－＝2－.∵x∈(1，＋∞)，∴ln
x∈(0，＋∞)，∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，∴a≤－，即实数a的取值范围为.(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x(x>1)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln
x－1＝0，解得ln
x＝或ln
x＝－1(舍去)，即x＝e.当1e时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(e)＝eq
\f(e,\f(1,2))＋2e＝4e.(1)此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．(2)应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题；常在解答题的第一问中考查，难度一般．1．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)＝ln
x－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)讨论f(x)的单调性．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln
x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.(2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，①当a≤0时，显然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x1，x2(x10.令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．2．已知函数f(x)＝，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若直线x－y－1＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值．(3)设g(x)＝xln
x－x2f(x)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)解：(1)因为函数f(x)＝，所以f′(x)＝＝，由f′(x)>0，得02，故函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．(2)设切点为(x0，y0)，由切线斜率k＝1＝?x＝－ax0＋2a，①由x0－y0－1＝x0－－1＝0?(x－a)(x0－1)＝0?x0＝1，x0＝±.把x0＝1代入①得a＝1，把x0＝代入①得a＝1，把x0＝－代入①无解，故所求实数a的值为1.(3)因为g(x)＝xln
x－x2f(x)＝xln
x－a(x－1)，所以g′(x)＝ln
x＋1－a，由g′(x)>0，得x>ea－1；由g′(x)<0，得0x－2mx2－n(m，n∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有最大值－ln
2，求m＋n的最小值．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－4mx＝，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．当m>0时，f(x)在上单调递增，在，＋∞上单调递减．∴f(x)max＝f＝ln－2m·－n＝－ln
2－ln
m－－n＝－ln
2，∴n＝－ln
m－，∴m＋n＝m－ln
m－.令h(x)＝x－ln
x－(x>0)，则h′(x)＝1－＝，由h′(x)<0，得00，得x>，∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，∴h(x)min＝h＝ln
2，∴m＋n的最小值为ln
2.4．已知常数a≠0，f(x)＝aln
x＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.∴当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln
2.(2)∵f′(x)＝，∴当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，∴f(x)在上单调递增；由f′(x)<0得，x<－，∴f(x)在上单调递减．∴当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.根据题意得f＝aln＋2≥－a，即a[ln(－a)－ln
2]≥0.∵a<0，∴ln(－a)－ln
2≤0，解得a≥－2，∴实数a的取值范围是[－2,0)．
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精品试卷·第
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