1、高考资源网（） 您身边的高考专家第5讲导数的简单应用导数运算及其几何意义核心提炼1导数公式(1)(sin x)cos x；(2)(cos x)sin x；(3)(ax)axln a(a0)；(4)(logax)(a0，且a1)2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kf(x0)，相应的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)典型例题 (1)(2019绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线yx23ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为()A3B2C3或2D.(2)已知f(x)，g(x)(1sin x)2，若F
2、(x)f(x)g(x)，则F(x)的导函数为_【解析】(1)设切点为(m，n)(m0)，yx23ln x的导数为yx，可得切线的斜率为m，解方程可得，m2.故选B.(2)因为f(x)g(x)2(1sin x)(1sin x)2cos xsin 2x，所以F(x)f(x)g(x)2cos xsin 2x.【答案】(1)B(2)2cos xsin 2x利用导数几何意义解题的思路(1)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转化(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解 对点训练1已知aR，设函数f(x)axln
3、 x的图象在点(1，f(1)处的切线为l，则l在y轴上的截距为_解析：因为f(x)a，所以f(1)a1，又f(1)a，所以切线l的方程为ya(a1)(x1)，令x0，得y1.故填1.答案：12(2019浙江省十校联合体期末检测)已知函数f(x)aexx2，g(x)cos xbx，直线l与曲线yf(x)切于点(0，f(0)，且与曲线yg(x)切于点(1，g(1)，则ab_，直线l的方程为_解析：f(x)aex2x，g(x)sin xb，f(0)a，g(1)cos bb1，f(0)a，g(1)b，由题意可得f(0)g(1)，则ab，又f(0)a，即ab1，则ab2；所以直线l的方程为xy10.答案
4、：2xy103(2019湖州期末)如图，yf(x)是可导函数，直线l：ykx2是曲线yf(x)在x3处的切线，令g(x)xf(x)，其中g(x)是g(x)的导函数，则g(3)_解析：由题图可知曲线yf(x)在x3处切线的斜率等于，即f(3).又因为g(x)xf(x)，所以g(x)f(x)xf(x)，g(3)f(3)3f(3)，由题图可知f(3)1，所以g(3)130.答案：0利用导数研究函数的单调性核心提炼1若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0，所以只需ln xa0，即aln x在上恒成立令g(x)ln x.因为g(x)，由g(x)0，得
5、x1.x(1，e)g(x)g(x)gln ee1，g(e)1，因为e11，所以g(x)maxge1.故ae1.求解或讨论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 对点训练1(2019浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数f(x)；当x0时，恒有f(x)
6、f(x)0，若g(x)x2f(x)，则不等式g(x)g(12x)的解集为()A(，1)B(，)(1，)C(，) D(，)解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，所以f(x)f(x)因为x0时，恒有f(x)f(x)0，所以x2f(x)2xf(x)0，因为g(x)x2f(x)，所以g(x)2xf(x)x2f(x)0，所以g(x)在0，)为减函数，因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(，0)上为增函数，因为g(x)g(12x)，所以|x|12x|，即(x1)(3x1)0，解得x1，选A.2(2019湖州市高三期末)已知函数f(x).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2
7、)若函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x)，求证：当x2时，f(x)g(x)；(3)若x1x2，且f(x1)f(x2)，求证：x1x24.解：(1)因为f(x)，所以f(x).令f(x)0，解得x2.x(，2)2(2，)f(x)0f(x)极大值所以f(x)在(，2)内是增函数，在(2，)内是减函数所以当x2时，f(x)取得极大值f(2).(2)证明：g(x)f(4x)，令F(x)f(x)g(x)，所以F(x).当x2时，2x0，2x4，从而e4e2x0，所以F(x)0，F(x)在(2，)是增函数所以F(x)F(2)0，故当x2时，f(x)g(x)成立(3)证明：因为f(x)在(，2)内是
8、增函数，在(2，)内是减函数所以若x1x2，且f(x1)f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内不妨设x12x2，由(2)可知f(x2)g(x2)，又g(x2)f(4x2)，所以f(x2)f(4x2)因为f(x1)f(x2)，所以f(x1)f(4x2)因为x22，4x22，x12，且f(x)在区间(，2)内为增函数，所以x14x2，即x1x24.利用导数研究函数的极值(最值)问题核心提炼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，则f(x0)为函数f(x)的极小值2设函数yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则f(x
9、)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得典型例题 (1)已知函数f(x)(x)ex(x)求f(x)的导函数；求f(x)在区间上的取值范围(2)(2019浙江名校协作体高三联考)已知aR，函数f(x)aln x.若函数f(x)在(0，2)上递减，求实数a的取值范围；当a0时，求f(x)的最小值g(a)的最大值；设h(x)f(x)|(a2)x|，x1，)，求证：h(x)2.【解】(1)因为(x)1，(ex)ex，所以f(x)ex(x)ex.由f(x)0，解得x1或x.因为x(，1)1(1，)(，)f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在区间上的取值范围是.(2
10、)函数f(x)在(0，2)上递减任取x(0，2)，恒有f(x)0成立，而f(x)0任取x(0，2)，恒有a成立，而1，则a1满足条件当a0时，f(x)0x.x(0，)(，)f(x)0f(x)极小值f(x)的最小值g(a)f()aaln，g(a)ln 2ln a0a2.a(0，2)2(2，)g(a)0g(x)极大值g(a)的最大值为g(2)2.证明：当a2时，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，所以h(x)在1，)上是增函数，故h(x)h(1)a2.当a2时，h(x)f(x)(a2)xaln x(a2)x，h(x)a20，解得x0或x1，h(x)h(1)4a2，综上所
11、述：h(x)2.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 对点训练(2019嵊州模拟)已知函数f(x)ln x，g(x)x3x2mxn，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切于点(1，0)(1)求直线l的方程及g(x)的解析式；(2)若h(x)f(x)g(x)(其中g(x)是g(x)的导函数)，求
12、函数h(x)的极大值解：(1)直线l是函数f(x)ln x在点(1，0)处的切线，故其斜率kf(1)1，所以直线l的方程为yx1.又因为直线l与g(x)的图象相切，且切于点(1，0)，所以g(x)x3x2mxn在点(1，0)处的导数值为1，所以所以g(x)x3x2x.(2)由(1)得h(x)f(x)g(x)ln xx2x1(x0)，所以h(x)2x1.令h(x)0，得x或x1(舍)当0x0，即h(x)在上单调递增；当x时，h(x)0.令f(x)0，得x1；令f(x)0，得0x0，解得x0，即f(x)的单调递增区间为，(0，)，故选C.3已知f(x)x2ax3ln x在(1，)上是增函数，则实数
13、a的取值范围为()A(，2B.C2，)D5，)解析：选C.由题意得f(x)2xa0在(1，)上恒成立g(x)2x2ax30在(1，)上恒成立a2240或2a2或a4a2.4(2019台州二模)已知函数f(x)x2bxc(b，cR)，F(x)，若F(x)的图象在x0处的切线方程为y2xc，则函数f(x)的最小值是()A2B1C0D1解析：选C.因为f(x)2xb，所以F(x)，F(x)，又F(x)的图象在x0处的切线方程为y2xc，所以得所以f(x)(x2)20，f(x)min0.5(2019温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)(xx1)(xx2)(xx3)(其中x1x2x3)，g(x)exex，
14、且函数f(x)的两个极值点为，()设，则()Ag()g()g()g()Bg()g()g()g()Cg()g()g()g()Dg()g()g()g()解析：选D.由题意，f(x)(xx1)(xx2)(xx2)(xx3)(xx1)(xx3)，因为f()0，f()0，因为f(x)在(，)，(，)上递增，(，)上递减，所以，因为g(x)exex单调递增，所以g()g()g()g()故选D.6(2019宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)xa，xa，)，其中a0，bR，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)2时，b的取值范围为()AbBbCbDb解析：选D.函数f(x)xa，xa
15、，)，导数f(x)1，当b0时，f(x)0，f(x)在xa，)递增，可得f(a)取得最小值，且为2a，由题意可得2a2，a0，b0方程有解；当b0时，由f(x)10，可得x(负的舍去)，当a时，f(x)0，f(x)在a，)递增，可得f(a)为最小值，且有2a2，a0，b0，方程有解；当a时，f(x)在a，递减，在(，)递增，可得f()为最小值，且有a22，即a220，解得0b.综上可得b的取值范围是(，)故选D.7(2019浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)的大致图象是()解析：选B.由f(x)的解析式知有两个零点x与x0，排除A，又f(x)，由f(x)0知函数有两个极值点，排除C，D，故
16、选B.8(2019成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1：y2tx(y0，t0)在点M处的切线与曲线C2：yex11也相切，则t的值为()A4e2B4e C.D.解析：选A.由y，得y，则切线斜率为k，所以切线方程为y2，即yx1.设切线与曲线yex11 的切点为(x0，y0)由yex11，得yex1，则由ex01，得切点坐标为，故切线方程又可表示为y1，即yxln 1，所以由题意，得ln 11，即ln 2，解得t4e2，故选A.9(2019金华十校高考模拟)已知函数f(x)x3x2ax1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a的取值范围为_解析：由题意知，f(x)x3x
17、2ax1的导数f(x)2x22xa.2x22xa3有两个不等正根，则，得3a.答案：10(2019湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)1，且对于任意的xR，都有f(x)，则不等式f(log2x)的解集为_解析：设g(x)f(x)x，因为f(x)，所以g(x)f(x)0，所以g(x)为减函数，又f(1)1，所以f(log2x)log2x，即g(log2x)f(log2x)log2xg(1)f(1)g(log22)，所以log2xlog22，又ylog2x为底数是2的增函数，所以0x2，则不等式f(log2x)的解集为(0，2)答案：(0，2)11(2019绍兴、诸暨高考二模)已
18、知函数f(x)x33x，函数f(x)的图象在x0处的切线方程是_；函数f(x)在区间0，2内的值域是_解析：函数f(x)x33x，切点坐标(0，0)，导数为y3x23，切线的斜率为3，所以切线方程为y3x；3x230，可得x1，x(1，1)，y0，函数是减函数，x(1，)，y0函数是增函数，f(0)0，f(1)2，f(2)862，函数f(x)在区间0，2内的值域是2，2答案：y3x2，212(2019台州市高三期末考试)已知函数f(x)x23xln x，则f(x)在区间，2上的最小值为_；当f(x)取到最小值时，x_解析：f(x)2x3(x0)，令f(x)0，得x，1，当x(，1)时，f(x)
19、0，x(1，2)时，f(x)0，所以f(x)在区间，1上单调递减，在区间1，2上单调递增，所以当x1时，f(x)在区间，2上的最小值为f(1)2.答案：2113(2019唐山二模)已知函数f(x)ln xnx(n0)的最大值为g(n)，则使g(n)n20成立的n的取值范围为_解析：易知f(x)的定义域为(0，)因为f(x)n(x0，n0)，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值g(n)fln n1.设h(n)g(n)n2ln nn1.因为h(n)10，所以h(n)在(0，)上单调递减又h(1)0，所以当0nh(1)0，故使g(n)n
20、20成立的n的取值范围为(0，1)答案：(0，1)14(2019浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是_解析：设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题意存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e，当x0时，g(0)1，g(1)e0，直线yaxa恒过(1，0)，斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a1.答案：a115设函数f(x)x3x2bxc，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程
21、为y1.(1)求b，c的值；(2)若a0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解：(1)f(x)x2axb，由题意得即(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)，当x(，0)时，f(x)0；当x(0，a)时，f(x)0；当x(a，)时，f(x)0.所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax20成立，即x(2，1)时，a2，当且仅当x即x时等号成立所以满足要求的a的取值范围是(，2)16(2
22、019浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)f(x)对任意x0，1恒成立时k的最大值为，证明：46.解：(1)因为f(x)exx，所以f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(0)1.(2)证明：由h(x)f(x)，化简可得k(x2x3)ex1，当x0，1时，kR，当x(0，1)时，k，要证：46，则需证以下两个问题；4对任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先证：4，即证ex14(x2x3)，由(1)可知，exx
23、1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即证x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，显然成立，所以4对任意x(0，1)恒成立；再证存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因为，所以8(1)86，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，46.17(2019宁波市高考模拟)已知f(x)x，g(x)xln x，其中a0.若对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围解：对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)当x1，e有f(x)ming(x)max，当x1，e时，g(x)10，所以g(x)在x1，e上单调递增，所以g(x)max
24、g(e)e1.当x1，e时，f(x)1，因为a0，所以令f(x)0得xa.当0a1时，f(x)0，所以f(x)在1，e上单调递增，所以f(x)minf(1)a21.令a21e1得a，这与0a1矛盾当1ae时，若1xa，则f(x)0，若axe，则f(x)0，所以f(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以f(x)minf(a)2a，令2ae1得a，又1ae，所以ae.当ae时，f(x)0，所以f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)minf(e)e.令ee1得a，又ae，所以ae.综合得，所求实数a的取值范围是.18(2019宁波九校联考)已知函数f(x)ex.(1)证明：当x0，3时，
25、ex；(2)证明：当x2，3时，f(x)0.证明：(1)要证ex，也即证ex19x.令F(x)ex9x1，则F(x)ex9.令F(x)0，则x2ln 3.因此，当0x2ln 3时，有F(x)0，故F(x)在0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3x3时，有F(x)0，故F(x)在2ln 3，3上单调递增所以，F(x)在0，3上的最大值为maxF(0)，F(3)又F(0)0，F(3)e3280.故F(x)0，x0，3成立，即ex19x，x0，3成立原命题得证(2)由(1)得：当x2，3时，f(x)ex.令t(x)，则t(x)(19x)29(1x)20，x2，3所以，t(x)在2，3上单调递增，即t(x)t(2)，x2，3，所以f(x)得证下证f(x)0.即证exx1令h(x)ex(x1)则h(x)ex10，所以h(x)在2，3上单调递增，所以，h(x)ex(x1)e230，得证另证：要证，即证9x218x10，令m(x)9x218x19(x1)28在2，3上递增，所以m(x)m(2)10得证- 17 - 版权所有高考资源网
