专题一,,,第4讲,导数简单应用【完整版】

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　人 本资料分享自千人 QQ 群 群 323031380 期待你的加入与分享 第 第 4 讲 讲

　导数的简单应用 [ 考情分析] 1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，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、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题． 考点一 导数的几何意义与计算 核心提炼 1．导数的运算法则 (1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)． (2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)． (3) fxgx′ ＝ f′xgx－fxg′x[gx] 2(g(x)≠0)． 2．导数的几何意义 (1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率． (2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同． (3)切点既在切线上，又在曲线上． 例 1 (1)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满足关系式 f(x)＝x 2 ＋3xf′(2)－ln x，则 f′(2)的值为(

　) A. 74

　 B．－74

　 C.94

　 D．－94

　答案 B 解析 ∵f(x)＝x 2 ＋3xf′(2)－ln x， ∴f′(x)＝2x＋3f′(2)－ 1x ， 令 x＝2，得 f′(2)＝4＋3f′(2)－ 12 ， 解得 f′(2)＝－ 74 . (2)(2019·江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y＝ln x 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点(－e，－1)(e 为自然对数的底数)，则点 A 的坐标是________． 答案 (e,1) 解析 设 A(x 0 ，ln x 0 )，又 y′＝ 1x ， 则曲线 y＝ln x 在点 A 处的切线方程为

　y－ln x 0 ＝1x 0 (x－x 0 )， 将(－e，－1)代入得，－1－ln x 0 ＝1x 0 (－e－x 0 )， 化简得 ln x 0 ＝ex 0 ，解得 x 0 ＝e， 则点 A 的坐标是(e,1)． 易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点 P 不一定是切点，点 P 也不一定在已知曲线上，而在点 P 处的切线，必以点P 为切点． 跟踪演练 1 (1)直线 2x－y＋1＝0 与曲线 y＝ae x ＋x 相切，则 a 等于(

　) A．e

　B．2e

　C．1

　D．2 答案 C 解析 设切点为(n，ae n ＋n)，因为 y′＝ae x ＋1， 所以切线的斜率为 ae n ＋1， 切线方程为 y－(ae n ＋n)＝(ae n ＋1)(x－n)， 即 y＝(ae n ＋1)x＋ae n (1－n)， 依题意切线方程为 y＝2x＋1， 故  ae n ＋1＝2，ae n 1－n＝1，解得 a＝1，n＝0. (2)若函数 y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y＝f(x)具有 T 性质．下列函数中具有 T 性质的是(

　) A．y＝sin x

　 B．y＝ln x C．y＝e x

　D．y＝x 3

　答案 A 解析 对函数 y＝sin x 求导，得 y′＝cos x，当 x＝0 时，该点处切线 l 1 的斜率 k 1 ＝1，当 x＝π 时，该点处切线 l 2 的斜率 k 2 ＝－1，所以 k 1 ·k 2 ＝－1，所以 l 1 ⊥l 2 ；对函数 y＝ln x 求导，得y′＝ 1x 恒大于 0，斜率之积不可能为－1；对函数 y＝ex 求导，得 y′＝e x 恒大于 0，斜率之积不可能为－1；对函数 y＝x 3 求导，得 y′＝3x 2 恒大于等于 0，斜率之积不可能为－1. 考点二 利用导数研究函数的单调性 核心提炼 利用导数研究函数单调性的关键 (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．

　例 2 已知 f(x)＝a(x－ln x)＋ 2x－1x 2，a∈R.讨论 f(x)的单调性． 解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－ ax －2x 2 ＋2x 3 ＝ax 2 －2x－1x 3. 若 a≤0，当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 若 a>0，f′(x)＝ ax－1x 3 x－2a x＋2a. (1)当 0<a<2 时，2a >1， 当 x∈(0,1)或 x∈ 2a ，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当 x∈ 1，2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减． (2)当 a＝2 时，2a ＝1，在 x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增． (3)当 a>2 时，0<2a <1， 当 x∈ 0，2a或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当 x∈ 2a ，1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当 a≤0 时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当 0<a<2 时，f(x)在(0,1)内单调递增，在 1，2a内单调递减，在 2a ，＋∞ 内单调递增； 当 a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当 a>2 时，f(x)在 0，2a内单调递增，在 2a ，1 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 易错提醒 (1)在求单调区间时“定义域优先”． (2)弄清参数对 f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏． 跟踪演练2 (1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin x>f(x)cos x，且 f(x)＋f(－x)＝0，设 a＝2f π6，b＝ 2f

　π4，c＝－f

　－ π2，则(

　) A．a<b<c

　 B．b<c<a C．a<c<b

　 D．c<b<a 答案 A 解析 构造函数 g(x)＝fxsin x ，x≠kπ，k∈Z，

　g′(x)＝ f′xsin x－fxcos xsin 2 x>0， 所以函数 g(x)在区间(0，π)上是增函数， 因为 f(x)＋f(－x)＝0， 即 f(x)＝－f(－x)，g(－x)＝f－x－sin x ＝fxsin x ， 所以函数 g(x)是偶函数， 所以 g π6<g π4<g π2＝g － π2， 代入解析式得到 2f

　π6< 2f

　π4<－f － π2， 故 a<b<c. (2)已知 f(x)＝(x 2 ＋2ax)ln x－ 12 x2 －2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数 a 的取值范围是(

　) A．{1}

　B．{－1}

　C．(0,1]

　D．[－1,0) 答案 B 解析 f(x)＝(x 2 ＋2ax)ln x－ 12 x2 －2ax， f′(x)＝2(x＋a)ln x， ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴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， 则 x＋a≥0 恒成立． ∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得 a≥－1； 当 0<x<1 时，ln x<0，要使 f′(x)≥0 恒成立， 则 x＋a≤0 恒成立， ∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得 a≤－1. 综上所述，a＝－1. 考点三 利用导数研究函数的极值、最值 核心提炼 1．由导函数的图象判断函数 y＝f(x)的极值，要抓住两点 (1)由 y＝f′(x)的图象与 x 轴的交点，可得函数 y＝f(x)的可能极值点； (2)由 y＝f′(x)的图象可以看出 y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数 y＝f(x)的单调性，可得极值点． 2．求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤

　(1)求函数在(a，b)内的极值． (2)求函数在区间端点处的函数值 f(a)，f(b)． (3)将函数 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 例 3 (1)若函数 f(x)＝e x －(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1 恰有两个极值点，则实数 m 的取值范围为(

　) A．(－e 2 ，－e)

　 B. －∞，－ e2 C. －∞，－ 12

　 D．(－∞，－e－1) 答案 D 解析 由题可得 f′(x)＝e x － m＋1x＋2(m＋1)，x>0， 因为函数 f(x)＝e x －(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1 恰有两个极值点，所以函数 f′(x)＝e x － m＋1x＋2(m＋1)(x>0)有两个不同的变号零点． 令 e x － m＋1x＋2(m＋1)＝0， 等价转化成xe x1－2x ＝m＋1(x>0)有两个不同的实数根， 记 h(x)＝xe x1－2x ， 所以 h′(x)＝ xex ′1－2x－xe x 1－2x′1－2x 2 ＝－ ex 2x＋1x－11－2x 2， 当 x∈ 0， 12时，h′(x)>0， 此时函数 h(x)在此区间上单调递增， 当 x∈ 12 ，1 时，h′(x)>0， 此时函数 h(x)在此区间上单调递增， 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0， 此时函数 h(x)在此区间上单调递减， 作出 h(x)＝xe x1－2x 的简图如图，

　 要使得xe x1－2x ＝m＋1 有两个不同的实数根， 则 h(1)>m＋1，即－e>m＋1， 整理得 m<－1－e. (2)已知函数 f(x)＝a x ＋e x －(1＋ln a)x(a>0，a≠1)，对任意 x 1 ，x 2 ∈[0,1]，不等式|f(x 1 )－f(x 2 )|≤ aln a＋e－4 恒成立，则 a 的取值范围为(

　) A. 12 ，e

　 B．[2，e] C．[e，＋∞)

　 D．(e，＋∞) 答案 C 解析 依题意，得 aln a＋e－4≥0, ① 因为 f′(x)＝a x ln a＋e x －1－ln a＝(a x －1)ln a＋e x －1， 当 a>1 时，对任意的 x∈[0,1]，a x －1≥0，ln a>0，e x －1≥0，恒有 f′(x)≥0；当 0<a<1 时，对任意 x∈[0,1]，a x －1≤0，ln a<0，e x －1≥0，恒有 f′(x)≥0， 所以 f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的 x 1 ，x 2 ∈[0,1]，不等式|f(x 1 )－f(x 2 )|≤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. 易错提醒 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：

　(1)不能忽略函数 f(x)的定义域． (2)f′(x 0 )＝0 是可导函数在 x＝x 0 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．

　跟踪演练 3 (1)若 x＝ 1e 是函数 f(x)＝ln x－kx 的极值点，则函数 f(x)＝ln x－kx 有(

　) A．极小值－2

　 B．极大值－2 C．极小值－1

　 D．极大值－1 答案 B 解析 由题意得 f′(x)＝ 1x －k， ∴f′ 1e＝e－k＝0，∴k＝e. 由 f′(x)＝ 1x －e＝0，得 x＝1e ， 当 x∈ 0， 1e时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈ 1e ，＋∞ 时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减， 所以函数 f(x)的极大值为 f 1e＝ln 1e －e×1e ＝－2. (2)已知点 M 在圆 C：x 2 ＋y 2 －4y＋3＝0 上，点 N 在曲线 y＝1＋ln x 上，则线段 MN 的长度的最小值为________． 答案 2－1 解析 由题可得 C(0,2)，圆 C 的半径 r＝1. 设 N(t,1＋ln t)(t>0)， 令 f(t)＝|CN| 2 ，则 f(t)＝t 2 ＋(1－ln t) 2 (t>0)， 所以 f′(t)＝2t＋2(1－ln t) － 1t＝ 2t2 ＋ln t－1t. 令 φ(t)＝t 2 ＋ln t－1(t>0)， 易知函数 φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且 φ(1)＝0， 所以当 0<t<1 时，f′(t)<0；当 t>1 时，f′(t)>0， 所以 f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以 f(t) min ＝f(1)＝2. 因为|MN|≥|CN|－1＝ 2－1， 所以线段 MN 的长度的最小值为 2－1. 专题强化练 一、单项选择题 1．(2020·全国Ⅰ)函数 f(x)＝x 4 －2x 3 的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(

　)

　A．y＝－2x－1

　 B．y＝－2x＋1 C．y＝2x－3

　 D．y＝2x＋1 答案 B 解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)， f′(x)＝4x 3 －6x 2 ， 所以切线的斜率为 k＝f′(1)＝4×1 3 －6×1 2 ＝－2， 切线方程为 y＋1＝－2(x－1)，即 y＝－2x＋1. 2．若函数 f(x)＝x 2 ＋ax＋ 1x 在 12 ，＋∞ 上是增函数，则 a 的取值范围是(

　) A．[－1,0]

　 B．[－1，＋∞) C．[0,3]

　 D．[3，＋∞) 答案 D 解析 由条件知 f′(x)＝2x＋a－ 1x 2 ≥0 在 12 ，＋∞ 上恒成立，即 a≥1x 2 －2x 在 12 ，＋∞ 上恒成立，∵函数 y＝1x 2 －2x 在 12 ，＋∞ 上为减函数，∴y<1122－2× 12 ＝3.∴a≥3. 3．已知函数 f(x)满足 f(x)＝f′(1)·e x－ 1 －f(0)x＋ 12 x2 ，则 f(x)的单调递增区间为(

　) A．(－∞，0)

　 B．(－∞，1) C．(1，＋∞)

　 D．(0，＋∞) 答案 D 解析 由题意得 f′(x)＝f′(1)e x－ 1 －f(0)＋x， 令 x＝1，则 f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1， 令 x＝0，则 f(0)＝f′(1)e－ 1 ，∴f′(1)＝e， ∴f(x)＝e x －x＋ 12 x2 ，∴f′(x)＝e x －1＋x， 令 g(x)＝e x －1＋x，则 g′(x)＝e x ＋1>0. ∴g(x)为增函数， 又 g(0)＝0，∴当 x>0 时，g(x)>0，即 f′(x)>0， 即 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 4．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 ln xfx >0 的解集是(

　) A. 13 ，＋∞

　 B．(1，＋∞) C. 0， 13

　 D．(0,1)

　答案 B 解析 构造新函数 g(x)＝ln xf(x)， 则 g(1)＝0，g′(x)＝ 1x f(x)＋ln xf′(x)． 因为 f(x)＋xln xf′(x)>0，又 x>0， 所以 1x 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 ln xfx >0 可化为 ln xf(x)>0， 等价于 g(x)>g(1)，解得 x>1， 所以不等式 ln xfx >0 的解集是(1，＋∞)． 5．若对∀x 1 ，x 2 ∈(m，＋∞)，且 x 1 <x 2 ，都有 x1 ln x 2 －x 2 ln x 1x 2 －x 1<1，则 m 的最小值是(

　) 注：(e 为自然对数的底数，即 e＝2.718 28…) A. 1e

　 B．e

　C．1

　D.3e

　答案 C 解析 由题意，当 0≤m<x 1 <x 2 时， 由 x1 ln x 2 －x 2 ln x 1x 2 －x 1<1， 等价于 x 1 ln x 2 －x 2 ln x 1 <x 2 －x 1 ， 即 x 1 ln x 2 ＋x 1 <x 2 ln x 1 ＋x 2 ， 故 x 1 (ln x 2 ＋1)<x 2 (ln x 1 ＋1)， 故 ln x2 ＋1x 2< ln x1 ＋1x 1， 令 f(x)＝ ln x＋1x，则 f(x 2 )<f(x 1 )， 又∵x 2 >x 1 >m≥0， 故 f(x)在(m，＋∞)上单调递减， 又由 f′(x)＝ －ln xx 2，令 f′(x)<0，解得 x>1， 故 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故 m≥1. 6．已知直线 l 既是曲线 C 1 ：y＝e x 的切线，又是曲线 C 2 ：y＝ 14 e2 x 2 的切线，则直线 l 在 x 轴上的截距为(

　) A．2

　B．1

　C．e 2

　 D．－e 2

　答案 B 解析 设直线l与曲线C 1 ：y＝e x 相切于点 11 ,exx

　，与曲线C 2 ：y＝ 14 e2 x 2 相切于点  x 2 ， 14 e2 x 22 ， 由 y＝e x ，得11| e xx xy 

　， 由 y＝ 14 e2 x 2 ，得2221| e2x xy x

　， ∴直线 l 的方程为  1 11e ex xy x x   

　或 y－ 14 e2 x 22 ＝ 12 e2 x 2 (x－x 2 )， 则11 1222 2 2 21 2 21e e ,21 1e e e e ,4 2xx xxx x x   解得 x 1 ＝x 2 ＝2， ∴直线 l 的方程为 y－e 2 ＝e 2 (x－2)， 令 y＝0，可得 x＝1， ∴直线 l 在 x 轴上的截距为 1. 二、多项选择题 7．(2020·唐山模拟)设函数 f(x)＝e xln x ，则下列说法正确的是(

　) A．f(x)的定义域是(0，＋∞) B．当 x∈(0,1)时，f(x)的图象位于 x 轴下方 C．f(x)存在单调递增区间 D．f(x)有且仅有两个极值点 答案 BC 解析 由题意知，函数 f(x)满足  x>0，ln x≠0，解得 x>0 且 x≠1，所以 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故 A 不正确；f(x)＝e xln x ，当 x∈(0,1)时，ex >0，ln x<0，所以 f(x)<0，所以 f(x)在(0,1)上的图象在 x 轴的下方，故 B 正确；因为 f′(x)＝e x ln x－ 1xln x 2，设 g(x)＝ln x－ 1x (x>0)，则 g′(x)＝ 1x ＋1x 2 ，所以当 x>0 时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增，g(1)＝0－11 <0，g(e2 )＝2－ 1e 2 >0，所以 f′(x)>0 在定义域上有解，所以函数 f(x)存在单调递增区间，故 C 正确；函数 y＝f′(x)只有一个零点 x 0 ，且 x 0 >1，当 x∈(0,1)∪(1，x 0 )时，f′(x)<0，函数单调递减，当 x∈(x 0 ，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数 f(x)只有一个极小值点，故 D 不正确． 8．已知 f(x)＝e x －2x 2 有且仅有两个极值点，分别为 x 1 ，x 2 (x 1 <x 2 )，则下列不等式中正确的有(参

　考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6)(

　) A．x 1 ＋x 2 < 114

　 B．x 1 ＋x 2 > 114 C．f(x 1 )＋f(x 2 )<0

　 D．f(x 1 )＋f(x 2 )>0 答案 AD 解析 由题意得 f′(x)＝e x －4x， 则 f′ 14＝14e 1 0,   f′ 12＝12e 2 0,  

　f′(2)＝e 2 －8<0. 由 ln 3≈1.098 6，得 98 >ln 3，所以 f′ 94>0， 从而 14 <x 1 <12 ，2<x 2 <94 ，所以 x 1 ＋x 2 <114. 因为 f(0)＝1，所以易得 f(x 1 )>1. 因为 f′(2ln 3)＝9－8ln 3>0，所以 x 2 <2ln 3. 因为 f′(x 2 )＝0，所以 f(x 2 )＝4x 2 －2x 2 2 . 设 g(x)＝4x－2x 2 ，得 g(x 2 )>g(2ln 3)>g(2.2) ＝－0.88>－1， 所以 f(x 1 )＋f(x 2 )>0. 三、填空题 9．已知函数 f(x)＝x 2 －ax＋3 在(0,1)上为减函数，函数 g(x)＝x 2 －aln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 答案 2 解析 ∵函数 f(x)＝x 2 －ax＋3 在(0,1)上为减函数， ∴ a2 ...

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