13.1 导数的应用-高考数学试题方法研究

13 导数 13.1 导数的应用 方法归纳 应用分类 例题解析 （1）利用导数求解函数或曲线在某点的切线（导数的几何意义） 例1、函数f(x)＝－2x的图象在点(－1，2)处的切线与坐标轴围成三角形的面积等于(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为f′(x)＝－2，所以f′(－1)＝－4，所以函数图象在点(－1，2)处的切线方程为y＝－4x－2，则切线与坐标轴的交点为(0，－2)，，所以切线与坐标轴围成三角形的面积为×2×＝，故选C. 【举一反三·2024新高考I卷第13题】若曲线在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=__________ 【答案】ln2 【解析】对求导得：， ∴曲线在点(0,1)处的切线斜率为k=2，切线为y=2x+1 设曲线y=ln(x+1)+a的切点为，则其切线可表示为 即 ∴， 解得：a=ln2 （2）利用导数判断函数的单调性或单调区间 方法步骤：①求函数定义域；②作差；③变形；④确定符号；⑤下结论 例2、 已知函数f（x）＝ax2+bln1，且f'（）＝4，f'（1）＝5． （1）求f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程； （2）已知函数g（x）＝lnmlnx+3，若存在x0∈（1，e]，使得不等式f（x0）≥g（x0）成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）17x﹣2y﹣16＝0（2）（﹣∞，2e2﹣2] 【解析】（1）因为，x＞0， ∴f'（）＝a+2b＝4，f'（1）＝2a+b＝5， 解可得，a＝2，b＝1，， 则f'（2），f（2）＝9， 故f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为y﹣9 即17x﹣2y﹣16＝0， （2）若f（x）≥g（x），则， 即m在（1，e]上有解， 令h（x），x∈（1，e]，则， 令p（x）＝4xlnx﹣2x，则， 当x∈（1，e]时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，p（x）＞p（1）＝0，即h′（x）＞0， 故h（x）在（1，e]上单调递增，故h（x）max＝h（e）＝2e2﹣2， 所以m的范围（﹣∞，2e2﹣2]． （3）利用导数求函数的极值与最值 利用导数证明函数单调性或求极值最值的步骤： 第一步：判断函数的定义域． 第二步：求函数f（x）的导数f′（x），并令f′（x）＝0，求其根． 第三步：利用f′（x）＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列表． 第四步：由f′（x）在小开区间内的正、负值判断f（x）在小区间内的单调性；求极值、最值．注意：若求某个区间的最值，需要将区间两端的值，与这个区间的极值做比较，然后求出最值；若求参数取值范围，需将不等式恒成立问题转化为f（x）max ≤a或f（x）min ≥a，解不等式求参数的取值范围． 例3、求函数的极值 【答案】当x=-2时取极大值-8；当x=2时取极小值8 【解析】 令f’(x)=0 解得x=±2 当x>2或x<-2时，f’(x)>0; 当-2<x<2时，f’(x)<0; ∴当x∈(- ∞,-2)时f(x)单调递增；当x∈(-2,2)时f(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时f(x)单调递增； ∴当x=-2时取极大值-8；当x=2时取极小值8。 例4、已知函数. （Ⅰ）求的最大值；（Ⅱ）设实数，求函数在上的最小值. 【答案】（1）（2） 【解析】 令 得x=e ∵当时，，则f(x)在（0，e）上单调递增； 当时，，则f(x)在上单调递减； ∴ （2） ∵a>0,由（1）知：f(x)在（0，e）上单调递增，在上单调递减。 ∴F(x)在[a,2a]上的最小值 ∴当0<a≤2时，； 当a>2时， （4）利用导数判断函数零点 例5、已知函数． 若函数有两个零点，求的取值范围； 【答案】； 【解析】令，； 令，， 令，解得，令，解得， 则函数在上单点递增，在上单点递减，． 要使函数有两个零点，则函数的图像与有两个不同的交点． 则，即实数的取值范围为． （5）利用导数证明或解不等式 例6、设函数f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)，其中a>0. (1)当x>0时，证明不等式<ln(x＋1)<x； (2)设f(x)的最小值为g(a)，证明－<g(a)<0. 【证明】(1)设φ(x)＝ln(x＋1)－，x∈(0，＋∞)，则φ′(x)＝－＝， 当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，＋∞)上是增函数； ∴当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即ln(x＋1)－>0， ∴<ln(x＋1)成立， 同理可证ln(x＋1)<x，所以，<ln(x＋1)<x. (2)由已知得函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 且f′(x)＝(a>0)，令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在上单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增． 所以，f(x)的最小值g(a)＝＝1－(a＋1)ln()， 将x＝代入<ln(x＋1)<x，得<ln()<即1<(a＋1)ln()<1＋； 所以－<1－(a＋1)ln()<0，即－<g(a)<0. 注意：巧用第一问的结论。做题时前面小题的结论后面一般都会用上：直接使用或适当变形。 （6）利用导数判断函数图像或根据图像判断导数等 例7、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ） A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0 【答案】A 【解析】由图像知f(0)＝d>0，因为有两个不相等的正实根，且在单调递增，在上单调递减，或在上f’(x)<0（即导函数的一元二次函数图像开口向上） 所以a>0， 所以b<0，c>0， 所以a>0，b<0，c>0，d>0. 故选：A （7）利用导数求参数取值范围 例8、若函数是上的增函数，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为， 所以 因为在上的增函数， 所以在R上恒成立， 所以，即， 所以，解得，故选：B 跟踪练习 1、 【2022全国高考数学I卷第15题】若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是（ ） 2、 【2022高考数学辽宁卷第9题】 函数的图像以中心对称，则 A.在单调递减 B.在有2个极值点 C.直线是一条对称轴 D.直线是一条切线 3、【2022高考数学辽宁卷第13题】写出曲线y=ln|x|过坐标原点的切线方程：_________,_________。 4、【利用导数曲线在某点的切线·2020四川省南充市白塔中学高二开学考试】已知函数． （1）求函数在上的最大值和最小值． （2）过点作曲线的切线，求此切线的方程． 5、【2022全国高考数学乙卷第21题】已知函数 （1） 当a=1时，求曲线f(x)在点（0，f（0））处的切线方程； （2） 若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围。 6、【利用导数判断函数图像】已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中的图象大致是（ ） A． B． C． D． 7、【求最值】若函数的最大值为，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 8、【根据导数图像判断极值点】（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）如图是函数的导数的图象，则下面判断正确的是（ ） A．在内是增函数 B．在时取得极大值 C．在内是增函数 D．在时取得极小值 9、【利用导数解不等式】已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为______． 10、函数的导函数为，若已知的图象如图，则下列说法正确的是（ ） A．一定为偶函数 B．在单调递增 C．一定有最小值 D．不等式一定有解 11、已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； 12、【判断函数零点】函数的零点个数为（ ） A． B． C． D． 13、【求参数取值范围】已知函数，且，当时，恒成立，则a的取值范围为（ ） A． B． C． D． 14、【2023新高考I卷第19题▪判断单调性和求最值】已知函数 （1）讨论的单调性 （2）证明：当a>0时， 15、【2024新高考I卷第6题▪判断单调性】已知函数为在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A．（-∞，0］ B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+ ∞) 13.1 导数的应用 1、【答案】 【解析】易得曲线不过原点，设切点为，则切线斜率为，可得切线方程为，切线过原点，可得，化简得，又切线有两条，即方程有两不等实根，解得a<-4或a>0 2、【答案】AD 【解析】由题意得： 又，所以k=1时， 故 A：时，图像知是单调递减的； B：时图像知只有一个极值点，C:由可解得极值点，不是对称轴 D: 若直线是一条切线，那么切点应该为, 在点处的切线斜率为 切线方程为即 3、【答案】 【解析】当x>0时，点上的切线为，若该切线经过原点，则解得，此时的切线方程为 当x<0时，点上的切线为,若该切线经过原点，则此时的切线方程为 4、【答案】（1）的最小值是，的最大值是；（2）或 【解析】 （1）， ， 令，解得：或， 令，解得：， 故在递增，在递减， 而，，， 的最小值是，的最大值是； （2）， 设切点坐标为， 则切线方程为， ∵切线过点， ∴， 化简得， ∴或． ∴切线的方程：或． 5、【答案】（1）y=2x;（2）a<-1 令 （1）若a>0.当 ∴f(x)在（-1,0）上单调递增，f(x)<f(0)=0 股f(x)在（-1,0）上没有零点，不合题意。 （2）若-1<a<0，当 ∴g(x)在上单调递增，那么 ∴f(x)在上单调递增,f(x)>f(0)=0 故f(x)在上没有零点，不合题意。 （3）若a<-1 ①当，则∴g(x)在上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0,即 当单调递减， 当单调递增， ∴当 当 ∴f(x)在上有唯一零点 又没有零点，即f(x)在上有唯一零点 ②当 设 ∴在（-1,0）单调递增 ∴ ∴存在n∈(-1,0),使得 当单调递减 当单调递增， ∴存在t∈(-1,n)，使得g(t)=0,即 当x∈(-1,t),f(x)单调递增，当x∈(t,0),f(x)单调递减 有 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0 ∴f(x)在（-1,0）上有唯一零点 ∴a<-1符合题意 ∴若f(x)在区间（-1,0），（0，+∞）各恰有一个零点，a的取值范围 （-∞，-1） 6、【答案】C 【解析】 由函数的图象可知： 当时，，，此时单调递增； 当时，，，此时单调递减； 当时，，，此时单调递减； 当时，，，此时单调递增． 故选：C 7、【答案】C 【解析】 当时，，， 若，则在恒成立，在， 且时，，函数的最大值不可能为， ， 当时，得，当时，， 在单调递增，在单调递减， ， 当时，， ， 故选：C. 8、【答案】C 【解析】对A，由导函数的图象可知，在区间内函数先减后增，在不单调，故A错误； 对B，当时，，此时不是极大值，故B错误； 对C，在内，此时函数单调递增，故C正确． 对D，当时，，但此时不是极小值，而是极大值，故D错误； 故选：C． 9、【答案】． 【解析】 由图象特征可得， 导数，在上，在上， 所以等价于或，解得或， 即不等式的解集为． 10、 【答案】C 【解析】 A. 如函数为，则符合题意，但不是偶函数，故错误； B.由的图象，得在递减，递增；在递减，在递增，故错误； C.由，所以存在极小值和，无论是否存在，均可得出一定有最小值，故正确； D.最小值不一定为负数，故错误； .故选：C. 11、【答案】（1）（2）详见解析 【解析】 （1），，， ，又， 在处的切线方程为. （2）， 令，解得：，. ①当时，若和时，；若时，； 的单调递增区间为，；单调递减区间为； ②当时，在上恒成立， 的单调递增区间为，无单调递减区间； ③当时，若和时，；若时，； 的单调递增区间为，；单调递减区间为； 综上所述：当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为. 12、【答案】C 【解析】 由题得， 令得或，令得， 所以函数的单调递增区间为，减区间为. 所以函数的极大值为，极小值为， 当时，当时， 所以函数的零点个数为2. 故选：C 13、【答案】B 【解析】 由题意，，解得，则， 则当时，，即恒成立， 令，则， 当时，，时，， 所以在上是减函数，在是增函数，， 又因为当时，取得最大值1， 所以当时，取得最大值， 所以. 故选：B. 14、【答案】见解析 【解析】（1）对求导得，故 ①a≤0时，，函数单调递减 ②a>0时，令得故 （2） 令，求导得 令其为0得，故 故 15、【答案】B 【解析】在R上单调递增，则在x<0时有，且有-a，解得-1≤a≤0，故选B 学科网（北京）股份有限公司 $$