第1部分 专题1 微专题4 导数的简单应用（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

微专题4　导数的简单应用 ★[高考定位]　高考对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择题、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出现在解答题中． 　　　　导数的运算及几何意义 1．导数的几何意义 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)． 2．四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0，且a≠1)； (4)(logax)′＝(a＞0，且a≠1，x＞0)． [例1]　(1)(2024·河南名校联考)函数f(x)＝ln x－x2与直线x＋y＝0相切于点A，则点A的横坐标为(　　) A.　　 B．1 C．2　　 D．e [解析]　设点A(x0，y0)，求导，直线x＋y＝0的斜率为－1，根据导数的几何意义得到方程，求出横坐标．设函数f(x)＝ln x－x2与直线x＋y＝0相切于点A(x0，y0)，直线x＋y＝0的斜率为－1， f′(x)＝－2x，所以－2x0＝－1，所以x0＝1. [答案]　B (2)(2024·新课标全国Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________. [解析]　先求出曲线y＝ex＋x在(0,1)的切线方程，再设曲线y＝ln(x＋1)＋a的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，求出y′，利用公切线斜率相等求出x0，写出切线方程，结合两切线方程相同即可求解． 由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1；由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝， 设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′＝＝2， 解得x0＝－，则切点为， 切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. [答案]　ln 2 函数y＝f(x)的切线方程的三种类型及求解方法 (1)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． (2)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． (3)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． 1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　) A. B. C. D. 解析：A　[∵f(x)＝， ∴f′(x)＝ ＝ 则f′(0)＝3 ∴y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为 y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0 令x＝0，得y＝1， 令y＝0，得x＝－， ∴y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为S＝××1＝.] 2．(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的零点r，取初始值x0，f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为x1，f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2，一直继续下去，得到x1，x2，…，xn，它们越来越接近r.设函数f(x)＝x2＋bx，x0＝2，用牛顿迭代法得到x1＝，则实数b＝(　　) A．1 B. C. D. 解析：D　[求得f(x)在(2，f(2))的切线方程，代入求解即可． f′(x)＝2x＋b，f′(2)＝4＋b，f(2)＝4＋2b， 则f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y－(4＋2b)＝(4＋b)(x－2)，由题意得，切线过代入得，－(4＋2b)＝(4＋b)，解得b＝.] 　 　　　导数与函数的单调性 导数与函数单调性的关系 1．f′(x)>0是f(x)为单调递增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，而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恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性． [例2]　(2024·聊城三模)已知函数f(x)＝ax2＋x，g(x)＝ln x. (1)若曲线y＝f(x)与y＝g(x)有一条斜率为2的公切线，求实数a的值； (2)设函数h(x)＝f(x)－(a＋1)g(x)，讨论h(x)的单调性． [解]　(1)先利用导数的几何意义求出函数g(x)＝ln x的切线，再与抛物线联立，用判别式法求解参数；(2)求导函数，根据a≥0、－1＜a＜0、a≤－1分类讨论，即可求出函数的单调区间． (1)由g(x)＝ln x得g′(x)＝，设公切线与曲线g(x)＝ln x的切点坐标为(x0，ln x0)， 由已知得＝2，解得x0＝， 所以公切线方程为y－ln＝2，即y＝2x－1－ln 2， 由得ax2－x＋1＋ln 2＝0， 由已知得Δ＝1－4×a×(1＋ln 2)＝0， 解得a＝. (2)由已知h(x)＝ax2＋x－(a＋1)lnx(x＞0)，则h′(x)＝ax＋1－＝， 当a≥0时，ax＋a＋1＞0，令h′(x)＞0，得x＞1，令h′(x)＜0得0＜x＜1， 这时，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减；当a≤－1时，ax＋a＋1＜0，令h′(x)＞0，得0＜x＜1，令h′(x)＜0得x＞1，这时，h(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增；当－1＜a＜0时，令h′(x)＝0得x＝1或x＝－＞0， 1－＝， ①当a＝－时，h′(x)≤0，这时，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当－＜a＜0时，1＜－，令h′(x)＞0， 得1＜x＜－， 令h′(x)＜0得0＜x＜1或x＞－， 这时，h(x)在(0,1)和上单调递减，在上单调递增； ③当－1＜a＜－时，1＞－，令h′(x)＞0，得－＜x＜1， 令h′(x)＜0得0＜x＜－或x＞1， 这时，h(x)在和(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增； 综上，当a≤－1时，h(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增； 当－1＜a＜－时，h(x)在和(1，＋∞)上单调递减，在上单调递增； 当a＝－时，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－＜a＜0时，h(x)在(0,1)和上单调递减，在上单调递增； 当a≥0时，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减． 讨论求解函数单调性问题的解题策略 讨论函数的单调性，其实就是讨论不等式解集的情况，大多数情况下，这类问题可以归纳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． (2024·葫芦岛二模)设函数f(x)＝(x－1)ekx(k≠0)． (1)若k＝，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，求k的取值范围． 解：(1)只需分别求出f′(2)＝e，f(2)＝e即可得解；(2)由题意f′(x)＝ekx(kx－k＋1)≥0在(1,2)内恒成立，从而当且仅当，其中g(x)＝kx－k＋1，x∈(1,2)，k≠0，解不等式组即可得解． (1)当k＝，f(x)＝， f′(x)＝，f′(2)＝e， 又f(2)＝e. 所以y－e＝e(x－2)， 整理得：y＝ex－2e. (2)由题意，f′(x)＝ekx(kx－k＋1)在(1,2)内导数非负， 即kx－k＋1≥0在(1,2)上恒成立，令g(x)＝kx－k＋1，x∈(1,2)，k≠0， 从而需满足：g(1)＝1≥0且g(2)＝k＋1≥0，k≠0， 所以k≥－1且k≠0，经检验符合题意， 所以k的取值范围是[－1,0)∪(0，＋∞)． 　 　　　导数与函数的极值(最值) 可导函数的极值与最值 1．若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；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]　(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． [解]　(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；(2)解法一：求导，分析a≤0和a＞0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2＋ln a－1＞0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′(x)＝ex－a有零点，可得a＞0，进而利用导数求f(x)的单调性和极值，分析可得a2＋ln a－1＞0，构建函数解不等式即可． (1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1， f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1， 即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y－1＝0. (2)解法一：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意； 若a＞0，令f′(x)＞0，解得x＞ln a；令f′(x)＜0，解得x＜ln a； 可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得：f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， 即a2＋ln a－1＞0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a＞0， 则g′(a)＝2a＋＞0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1＞0等价于g(a)＞g(1)， 解得a＞1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)； 解法二：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a有交点，则a＞0， 若a＞0，令f′(x)＞0，解得x＞ln a；令f′(x)＜0，解得x＜ln a； 可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，符合题意， 由题意可得：f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， 即a2＋ln a－1＞0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a＞0， 因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上单调递增， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1＞0等价于g(a)＞g(1)， 解得a＞1，所以a的取值范围为(1，＋∞)． 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的全部实根，再检验f′(x)在方程根的左右两侧值的符号． (2)若已知极值的存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0的根的存在情况，从而求解． (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，比较区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值，从而得到函数的最值． (2024·衡阳联考二)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)取得极值－3. (1)求f(x)的解析式； (2)求f(x)在区间[－1,3]上的最值． 解：(1)利用极值定义可求得，可得解析式； (2)利用导函数判断出函数f(x)在区间[－1,3]上的单调性，比较端点处的值可得结论． (1)依题意可得f′(x)＝3ax2＋2bx， 又当x＝2时，f(x)取得极值－3， 所以，即， 解得， 所以f(x)＝x3－3x2＋1； (2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －3 单调递增 1 单调递减 －3 单调递增 1 因此，在区间[－1,3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1. 学科网（北京）股份有限公司 $$