1、1第 3 讲 导数及其应用考情考向分析 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型.3.导数与函数零点、不等式的结合常作为高考压轴题出现热点一 导数的几何意义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”的不同例 1 (1)(2018全国)设函数 f(x) x3( a1) x2 ax，若 f(x)为
2、奇函数，则曲线y f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A y2 x B y xC y2 x D y x答案 D解析 方法一 f(x) x3( a1) x2 ax， f( x)3 x22( a1) x a.又 f(x)为奇函数， f( x) f(x)恒成立，即 x3( a1) x2 ax x3( a1) x2 ax 恒成立， a1， f( x)3 x21， f(0)1，曲线 y f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y x.故选 D.2方法二 f(x) x3( a1) x2 ax 为奇函数， f( x)3 x22( a1) x a 为偶函数， a1，即 f( x)3 x21， f(0)1，
3、曲线 y f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y x.故选 D.(2)若直线 y kx b 是曲线 yln x1 的切线，也是曲线 yln( x2)的切线，则实数b_.答案 ln 2解析 设直线 y kx b 与曲线 yln x1 和曲线 yln( x2)的切点分别为( x1，ln x11)，(x2，ln( x22)直线 y kx b 是曲线 yln x1 的切线，也是曲线 yln( x2)的切线， ，即 x1 x22.1x1 1x2 2切线方程为 y(ln x11) (x x1)，1x1即为 y ln x1或 yln( x22) (x x2)，xx1 1x2 2即为 y ln x1，xx1
4、 2 x1x1 0，则 x12，2 x1x1 bln 2.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“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(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解跟踪演练 1 (1)(2018全国)曲线 y2ln( x1)在点(0,0)处的切线方程为_答案 2 x y0解析 y2ln( x1)， y .令 x0，得 y
5、2，由切线的几何意义得切线斜率2x 1为 2，又切线过点(0,0)，切线方程为 y2 x，即 2x y0.(2)若函数 f(x)ln x(x0)与函数 g(x) x22 x a(x0)，则切线方程为 yln x1 (x x1)1x1设公切线与函数 g(x) x22 x a 切于点 B(x2， x 2 x2 a)(x2h(2)ln 21ln ，12e a .(ln 12e， )热点二 利用导数研究函数的单调性1 f( x)0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x) x3在(，)上单调递增，但 f( x)0.2 f( x)0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内
6、恒有 f( x)0 时，则 f(x)为常函数，函数不具有单调性例 2 (2018聊城模拟)已知函数 f(x)2e x kx2.(1)讨论函数 f(x)在(0，)内的单调性；(2)若存在正数 m，对于任意的 x(0， m)，不等式| f(x)|2x 恒成立，求正实数 k 的取值范围解 (1)由题意得 f( x)2e x k， x(0，)，4因为 x0，所以 2ex2.当 k2 时， f( x)0，此时 f(x)在(0，)内单调递增当 k2 时，由 f( x)0 得 xln ，此时 f(x)单调递增；k2由 f( x)2 时， f(x)在 内单调递减，(0， ln k2)在 内单调递增(ln k2
7、， )(2)当 00.这时| f(x)|2x 可化为 f(x)2x，即 2ex( k2) x20.设 g(x)2e x( k2) x2，则 g( x)2e x( k2)，令 g( x)0，得 xln 0，k 22所以 g(x)在 内单调递减，且 g(0)0，(0， ln k 22 )所以当 x 时， g(x)2 时，由(1)可得 f(x)在 内单调递减，且 f(0)0，(0， ln k2)所以存在 x00，使得对于任意的 x(0， x0)都有 f(x)2x 可化为 f(x)2x，即2e x x20.(k 2)设 h(x)2e x x2，(k 2)则 h( x)2e x .(k 2)()若 24
8、，令 h( x)0，得 x0，(0， ln k 22 )此时取 mmin ，则对于任意的 x(0， m)，不等式| f(x)|2x 恒成立x0， ln k 22 综上可得 k 的取值范围为 .(4， )思维升华 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)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)1 时，ln x0，要使 f( x)0 恒成立，则 x a0 恒成立 x a1 a，1 a0，解得 a1，当 0f( x)，则关于 x 的不等式 f(x2) 的(x12) 1ex解集为( )6A(，3) B(
9、3，)C(，0) D(0，)答案 B解析 f(x)是偶函数， f(x) f( x)， f( x) f( x)，f x f( x) f( x)， f(x)f( x) f( x)，即 f(x) f( x)0，设 g(x)e xf(x)，则 e x 0，exfx fx f x g(x)在(，)上单调递增，由 f f(x1)0，(x12)得 f(x) f 0， f f 0，(x32) (x 32) (x 3)相减可得 f(x) f ， f(x)的周期为 3，(x 3)e 3f e 3f(2)1， g(2)e 2f(2) ， f(x2) ，结合 f(x)的周期为 3 可化为(2 018)1e 1exex
10、1 f(x1) e 2f(2)， g(x1) g(2)， x12， x3，1e不等式的解集为 ，故选 B.(3， )热点三 利用导数求函数的极值、最值1若在 x0附近左侧 f( x)0，右侧 f( x)0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值2设函数 y f(x)在 a， b上连续，在( a， b)内可导，则 f(x)在 a， b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得例 3 (2018北京)设函数 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x.(1)若曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线与 x 轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围解 (
11、1)因为 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x，所以 f( x) ax2(2 a1) x2e x.所以 f(1)(1 a)e.由题设知 f(1)0，即(1 a)e0，解得 a1.此时 f(1)3e0.所以 a 的值为 1.(2)由(1)得 f( x) ax2(2 a1) x2e x( ax1)( x2)e x.7若 a ，则当 x 时， f( x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a ，则当 x(0,2)时， x20.所以 2 不是 f(x)的极小值点综上可知， a 的取值范围是 .(12， )思维升华 (1)求函数 f(x)的极值，则先求方程 f( x)0 的根，再检查
12、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跟踪演练 3 (2018江西省八所重点中学联考)已知 f(x) ln x x.(e1e) 1x(1)求函数 f(x)的极值；(2)设 g(x)ln( x1) axe x，对于任意 x10，)， x21，)，总有 g(x1) f(x2)成立，求实数 a 的取值范围e2解 (1) f( x) 1 ，e 1ex 1x2(x e
13、)(x 1e)x2令 f( x)0，可得 x 或 xe.1e当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如表所示：x (0， 1e) 1e (1e， e) e (e，)f( x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 所以 f(x)的极小值为 f ，(1e) 2e极大值为 f(e) .2e8(2)由(1)可知，当 x1，)时，函数 f(x)的最大值为 ，2e对于任意 x10，)， x21，)，总有 g(x1) f(x2)成立，等价于对于任意 x0，)， g(x)1 恒成立，e2g( x)e x a(x0)，1x 1当 a2 时，因为 ex x1，所以 g( x)e x a x1 a2 a0，
14、1x 1 1x 1即 g(x)在0，)上单调递增， g(x) g(0)1 恒成立，符合题意当 a2 时，设 h(x)e x a(x0)，1x 1h( x)e x 0，1x 12 x 12ex 1x 12所以 g( x)在0，)上单调递增，且 g(0)2 a0，故正确2(2017全国改编)若 x2 是函数 f(x)( x2 ax1)e x1 的极值点，则 f(x)的极小值为_答案 1解析 函数 f(x)( x2 ax1)e x1 ，则 f( x)(2 x a)ex1 ( x2 ax1)e x1e x1 x2( a2) x a1由 x2 是函数 f(x)的极值点，得f(2)e 3 (42 a4 a
15、1)( a1)e 3 0，所以 a1，所以 f(x)( x2 x1)e x1 ，f( x)e x1 (x2 x2)由 ex1 0 恒成立，得当 x2 或 x1 时， f( x)0，且 x0；当21 时， f( x)0.所以 x1 是函数 f(x)的极小值点所以函数 f(x)的极小值为 f(1)1.3(2017山东改编)若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质，下列函数中具有 M 性质的是_(填序号) f(x)2 x; f(x) x2； f(x)3 x; f(x)cos x.答案 解析 若 f(x)具有性质 M，则
16、e xf(x)e xf(x) f( x)0 在 f(x)的定义域上恒成立，即 f(x) f( x)0 在 f(x)的定义域上恒成立对于式， f(x) f( x)2 x2 xln 22 x(1ln 2)0，符合题意经验证，均不符合题意104(2017全国)曲线 y x2 在点(1,2)处的切线方程为_1x答案 x y10解析 y2 x ， y| x1 1，1x2即曲线在点(1,2)处的切线的斜率 k1，切线方程为 y2 x1，即 x y10.押题预测1设函数 y f(x)的导函数为 f( x)，若 y f(x)的图象在点 P(1， f(1)处的切线方程为x y20，则 f(1) f(1)等于(
17、)A4 B3 C2 D1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点答案 A解析 依题意有 f(1)1,1 f(1)20，即 f(1)3，所以 f(1) f(1)4.2已知函数 f(x) x3 ax2 bx a27 a 在 x1 处取得极大值 10，则 的值为( )abA B223C2 或 D2 或23 23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁” ，理解极值概念是学好导数的关键极值点、极值的求法是高考的热点答案 A解析 由题意知 f( x)3 x22 ax b， f(1)0， f(1)10，即Error!解得Error!或E
18、rror!经检验Error! 满足题意，故 .ab 233已知函数 f(x) x2 ax3 在(0,1)上为减函数，函数 g(x) x2 aln x 在(1,2)上为增函数，则 a 的值等于_押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别答案 2解析 函数 f(x) x2 ax3 在(0,1)上为减函数，11 1，得 a2.a2又 g( x)2 x ，依题意 g( x)0 在(1,2)上恒成立，得 2x2 a 在(1,2)上恒成立，ax a2， a2.4已知函数 f(x) x ， g(x) x22
19、 ax4，若对任意 x10,1，存在 x21,2，1x 1使 f(x1) g(x2)，则实数 a 的取值范围是_押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决考查了转化与化归思想，是高考的一个热点答案 94， )解析 由于 f( x)1 0，1x 12因此函数 f(x)在0,1上单调递增，所以当 x0,1时， f(x)min f(0)1.根据题意可知存在 x1,2，使得 g(x) x22 ax41，即 x22 ax50，即 a 成立，x2 52x令 h(x) ，x2 52x则要使 a h(x)在1,2上能成立，只需使 a h(x)min，又函数 h(x) 在1,2上单调递减，x2 5
20、2x所以 h(x)min h(2) ，故只需 a .94 94A 组 专题通关1(2018株洲质检)设函数 y xsin xcos x 的图象在点 处切线的斜率为 g(t)，(t， ft)则函数 y g(t)的图象一部分可以是( )12答案 A解析 因为 y xcos x，所以 g(t) tcos t，由 g( t) tcos t g(t)知函数 g(t)为奇函数，所以排除 B，D 选项，当从 y 轴右侧 t0 时，cos t0， t0，所以 g(t)0，故选 A.2(2018昆明统考)已知函数 f(x) 2 kln x kx，若 x2 是函数 f(x)的唯一极值点，exx2则实数 k 的取值
21、范围是( )A. B.( ，e24 ( ， e2C(0,2 D.2， )答案 A解析 由题意得 f( x) k ， f(2)0，令 g(x)exx 2x3 2kx x 2(ex kx2)x3e x kx2，则 g(x)在区间(0，)内恒大于等于 0 或恒小于等于 0，令 g(x)0，得 k，令 h(x) ，则 h( x) ，所以 h(x)最小值为 h(2) ，无最大值，所以exx2 exx2 exx 2x3 e24k ，故选 A.e243(2018衡水金卷调研)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f( x)，满足 f( x)0，即所求不等式的解集为(0，)4设 aR，若函数 ye
22、 ax3 x， xR 有大于零的极值点，则( )A a3 B a D a0， a0)f( x) ，2x则 f( x0) 2，解得 x01. P(1,0)2x0则点 P 到直线 2x y60 的距离 d ，即为点 P 到直线|21 0 6|22 12 8552x y60 的距离的最小值9(2018衡水金卷调研)已知函数 f(x) ， m ， x1,2， g(m) f(x)mx2 2x 2ex 1， emax f(x)min，则关于 m 的不等式 g(m) 的解集为_4e2答案 24 e， e解析 由 f(x) ，mx2 2x 2ex得 f( x)(2mx 2)ex (mx2 2x 2)ex(ex
23、)22mx 2 mx2 2x 2exmx2 (2 2m)x 4ex15 ，(mx 2)x 2ex m ， x1,2，1， e f( x)0，因此函数 f(x)在区间1,2上单调递增， f(x)max f(2) ， f(x)min f(1) ，4m 2e2 me从而 g(m) f(x)max f(x)min ，4m 2e2 me 4m 2 mee2令 ，得 m ，4m 2 mee2 4e2 24 e又 m1，e， m .24 e， e故不等式 g(m) 的解集为 .4e2 24 e， e10(2018吕梁模拟)已知函数 f(x) a .exx (x ln x)(1)当 a0 时，试求 f(x)的
24、单调区间；(2)若 f(x)在(0,1)内有极值，试求 a 的取值范围解 (1)函数 f(x)的定义域为(0，)f( x) aexx 1x2 (1 1x) ，exx 1 axx 1x2 .(ex ax)x 1x2当 a0 时，对于 x(0， )，e x ax0 恒成立，所以由 f( x)0，得 x1；由 f( x)e 时， f( x) 0 有解(ex ax)x 1x2设 H(x)e x ax，则 H( x)e x a0， H(1)e ae 时， f(x)在(0,1)内有极值且唯一当 ae 时，当 x(0,1)时， f( x)0 恒成立， f(x)单调递减，不成立综上， a 的取值范围为(e，)
25、B 组 能力提高11(2018山东联盟考试)对于函数 f(x)e xln( x2)2，以下描述正确的是( )A x0( 2， )， f(x0)(，2)B x(2，)， f(x)( ，2)C x(2，)， f(x)( 2，)D f(x)min(1,1)答案 C解析 设函数 g(x)e x x1， g( x)e x1，当 x0 时， g( x)0，当 x2)，h( x)1 ，1x 2 x 1x 2令 h( x)0，得 x1，令 h( x)ln(x2)，e xln( x2)0，函数 f(x)e xln( x2)2 的值域为(2，)，故选 C.12(2018齐鲁名校教科研协作体模拟)已知函数 f(x)
26、sin x xcos x，现有下列结论：当 x0，时， f(x)0；当 0 sin ；若 ng ， ，( ) ( )sin sin 所以 sin g ，则 n ，sin xx ( 2) 2 2令 (x)sin x x，当 x 时，(0， 2) ( x)cos x1 (a0)恒成立，fxx 1 1x1a求 a 的取值范围解 (1) f(x)的定义域为(0，)， f(x) kln x ，定义域为(0，)，x 1x f( x) (x0)kx 1x2 kx 1x2由题意知 f(1) k10，解得 k1， f( x) (x0)，x 1x2由 f( x)0，解得 x1；由 f( x)1 时， n( x)m
27、(e) ，1e 1由题意知 ，又 a0，1a 1e 1 ae1.19下面证明：当 ae1,0 成立，ln xx 11a即证 aln x0，故 (x)在(0,1)上是增函数， x(0,1)时， (x) 成立，ln xx 11a故正数 a 的取值范围是 .e 1， )方法二 当 x(0,1)时， (a0)可化为 aln x x10)，ln xx 11a令 g(x) aln x x1( a0)，则问题转化为证明 g(x)0)，ax a xx令 g( x)0，得 0a，函数 g(x)在(0， a)上单调递增，在( a，)上单调递减()当 00( a(0,1)设 T(x) xln x x1(0T(1)0
28、.即 g(a)0(a(0,1)故此时不满足 g(x) (a0)，ln xx 11a令 h(x) aln x x1( a0)，则问题转化为证明 h(x)0 对任意 x(1，e)恒成立20又 h( x) 1 (a0)，ax a xx令 h( x)0 得 0a，函数 h(x)在(0， a)上单调递增，在( a，)上单调递减()当 ae 时， h(x)在(1，e)上是增函数，所以 h(x)h(1)0，()当 1ae 时， h(x)在(1， a)上单调递增，在( a，e)上单调递减，所以只需 h(e)0，即 ae1，()当 0a1 时， h(x)在(1，e)上单调递减，则 h(x)h(1)0，不符合题意综合()()()可得 ae1.由得正数 a 的取值范围是 .e 1， )
