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 kf(x0)，相应的切线方程为 yf(x0)f(x0)(xx0)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)x2ax，若 f(x)为奇函数，则曲线 yf(x)在点(0,0)处的切线方程为()Ay2xByxCy
2、2xDyx答案 D解析 方法一 f(x)x3(a1)x2ax，f(x)3x22(a1)xa.又 f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立，即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax 恒成立，a1，f(x)3x21，f(0)1，曲线 yf(x)在点(0,0)处的切线方程为 yx.故选 D.方法二 f(x)x3(a1)x2ax 为奇函数，f(x)3x22(a1)xa 为偶函数，a1，即 f(x)3x21，f(0)1，曲线 yf(x)在点(0,0)处的切线方程为 yx.故选 D.(2)若直线 ykxb 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
3、直线 ykxb 与曲线 yln x1 和曲线 yln(x2)的切点分别为(x1，ln x11)，(x2，ln(x22)直线 ykxb 是曲线 yln x1 的切线，也是曲线 yln(x2)的切线，1x11x22，即 x1x22.切线方程为 y(ln x11)1x1(xx1)，即为 yxx1ln x1或 yln(x22)1x22(xx2)，即为 yxx12x1x1 ln x1，2x1x1 0，则 x12，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
4、 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 2xy0解析 y2ln(x1)，y 2x1.令 x0，得 y2，由切线的几何意义得切线斜率为 2，又切线过点(0,0)，切线方程为 y2x，即 2xy0.(2)若函数 f(x)lnx(x0)与函数 g(x)x22xa(x0)，则切线方程为 ylnx11x1(xx1)设公切线与函数 g(x)x22xa 切于点
5、 B(x2，x222x2a)(x20)，则切线方程为 y(x222x2a)2(x21)(xx2)，1x12x21，ln x11x22a，x20 x1，01x12.又 alnx112x11 21ln 1x1141x12 21，令 t1x1，0t2，a14t2tlnt.设 h(t)14t2tlnt(0t2)，则 h(t)12t11tt1232th(2)ln21ln 12e，aln 12e，.热点二 利用导数研究函数的单调性1f(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)0.2f(x)0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，如函数在某个区间
6、内恒有 f(x)0 时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性例 2 已知函数 f(x)2exkx2.(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)2exk，x(0，)，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 xlnk2，此时 f(x)单调递增；由 f(x)0 得 0 x2 时，f(x)在0，lnk2 内单调递减，在lnk2，内单调递增(2)当 00.这时|f(x)|2x 可化为 f(x
7、)2x，即 2ex(k2)x20.设 g(x)2ex(k2)x2，则 g(x)2ex(k2)，令 g(x)0，得 xlnk22 0，所以 g(x)在0，lnk22内单调递减，且 g(0)0，所以当 x0，lnk22时，g(x)2 时，由(1)可得 f(x)在0，lnk2 内单调递减，且 f(0)0，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2ex()k2 x20.设 h(x)2ex()k2 x2，则 h(x)2ex()k2.()若 2k4，则 h(x)0 在(0，)上恒成立，这时 h(x)在(0，)内单调递减，且 h(0)0，所以对于任意的 x(
8、0，x0)都有 h(x)4，令 h(x)0，得 x0，此时取 mminx0，lnk22，则对于任意的 x(0，m)，不等式|f(x)|2x 恒成立综上可得 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 xa0 恒成立xa1a，1a0，解得 a1，当 0 x1 时，ln x0，要使 f(x)0 恒成立，则 xa0 恒成立，xaf(x)，则关于 x 的不等式 f(x2)1ex的解集为()
9、A(，3)B(3，)C(，0)D(0，)答案 B解析 f(x)是偶函数，f(x)f(x)，f(x)fx f(x)，f(x)f(x)，f(x)f(x)f(x)，即 f(x)f(x)0，设 g(x)exf(x)，则exfx exfxfx 0，g(x)在(，)上单调递增，由 f x12 f(x1)0，得 f(x)f x32 0，f x32 f()x3 0，相减可得 f(x)f()x3，f(x)的周期为 3，e3f()2 018 e3f(2)1，g(2)e2f(2)1e，f(x2)1ex，结合 f(x)的周期为 3 可化为 ex1f(x1)1ee2f(2)，g(x1)g(2)，x12，x3，不等式的解
10、集为()3，故选 B.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)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(4a1)x4a3ex.(1)若曲线 yf(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(1)因为 f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以 f
11、(x)ax2(2a1)x2ex.所以 f(1)(1a)e.由题设知 f(1)0，即(1a)e0，解得 a1.此时 f(1)3e0.所以 a 的值为 1.(2)由(1)得 f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若 a12，则当 x1a，2 时，f(x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a12，则当 x(0,2)时，x20，ax112x10.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 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(
12、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浙江省重点中学联考)已知函数 f(x)ln(xb)a(a，bR)(1)若 yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线方程为 yx3，求 a，b 的值；(2)当 b0 时，f(x)2x1对定义域内的 x 都成立，求 a 的取值范围解(1)由 f(x)ln(xb)a，得 f(x)1xb，所以f2 12b1，f2ln2ba1，解得a1，b1.(2)当 b0 时，f(x)2x1对定义域内的 x 都成立
13、，即ln xa 2x1x12 恒成立，所以 aln x 2x1，则 a(ln x 2x1)max.令 g(x)ln x 2x1，则 g(x)1x12x1 2x1xx 2x1.令 m(x)2x1x，则 m(x)12x111 2x12x1，令 m(x)0，得12x1，令 m(x)1，所以 m(x)在12，1 上单调递增，在(1，)上单调递减，则 m(x)maxm(1)0，所以 g(x)0，即 g(x)在定义域上单调递减，所以 g(x)maxg 12 ln12，即 aln12.真题体验1(2017浙江改编)函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示，则函数 yf(x)的图象可能是_(填序号)
14、答案 解析 观察导函数 f(x)的图象可知，f(x)的函数值从左到右依次为小于 0，大于 0，小于 0，大于 0，对应函数 f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增观察图象可知，排除.如图所示，f(x)有 3 个零点，从左到右依次设为 x1，x2，x3，且 x1，x3 是极小值点，x2 是极大值点，且 x20，故正确2(2017全国改编)若 x2 是函数 f(x)(x2ax1)ex1 的极值点，则 f(x)的极小值为_答案 1解析 函数 f(x)(x2ax1)ex1，则 f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1ex1x2(a2)xa1由 x2 是函数 f(x)的极值点，得f(2)e3(
15、42a4a1)(a1)e30，所以 a1，所以 f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)由 ex10 恒成立，得当 x2 或 x1 时，f(x)0，且当 x0；当2x1时，f(x)1 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)2x;f(x)x2；f(x)3x;f(x)cos x.答案 解析 若 f(x)具有性质 M，则exf(x)exf
16、(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)2x2xln 22x(1ln 2)0，符合题意经验证，均不符合题意4(2017全国)曲线 yx21x在点(1,2)处的切线方程为_答案 xy10解析 y2x1x2，y|x11，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率 k1，切线方程为 y2x1，即 xy10.押题预测1设函数 yf(x)的导函数为 f(x)，若 yf(x)的图象在点 P(1，f(1)处的切线方程为 xy20，则 f(1)f(1)等于()A4B3C2D1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
17、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)1,1f(1)20，即 f(1)3，所以 f(1)f(1)4.2已知函数 f(x)x3ax2bxa27a 在 x1 处取得极大值 10，则ab的值为()A23B2C2 或23D2 或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)3x22axb，f(1)0，f(1)10，即32ab0，1aba27a10，解得a2，b1或a6，b9，经检验a6，b9满足题意，故ab23.3已知函数 f(x)x2ax3 在(0,1)上为减函数，
18、函数 g(x)x2aln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值为_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)x2ax3 在(0,1)上为减函数，a21，得 a2.又g(x)2xax，依题意 g(x)0 在(1,2)上恒成立，得 2x2a 在(1,2)上恒成立，a2，a2.4已知函数 f(x)x 1x1，g(x)x22ax4，若对任意 x10,1，存在 x21,2，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
19、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)11x120，因此函数 f(x)在0,1上单调递增，所以当 x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在 x1,2，使得 g(x)x22ax41，即 x22ax50，即 ax2 52x成立，令 h(x)x2 52x，则要使 ah(x)在1,2上能成立，只需使 ah(x)min，又函数 h(x)x2 52x在1,2上单调递减，所以 h(x)minh(2)94，故只需 a94.A 组 专题通关1(2018宁波月考)已知 f(x)14x2cos x，f(x)为 f(x)的导函数，则 f(x)的图象是()答案 A解析
20、由题意得 f(x)x2sin x，易得函数 f(x)为奇函数，排除 B，D；设 g(x)x2sin x，则 g(x)12cos x，易得当 x0，3 时，g(x)12cos x0，即函数 f(x)在0，3 上单调递减，排除 C，故选 A.2已知函数 f(x)exx22kln xkx，若 x2 是函数 f(x)的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是()A.，e24B.，e2C(0,2 D.)2，答案 A解析 由题意得 f(x)exx2x32kx kx2()exkx2x3，f(2)0，令 g(x)exkx2，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 kexx2
21、，令 h(x)exx2，则h(x)exx2x3，所以 h(x)的最小值为 h(2)e24，无最大值，所以 ke24，故选 A.3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)f(x)，且 f(0)12，则不等式 f(x)12ex0 的解集为()A.，12B(0，)C.12，D(，0)答案 B解析 构造函数 g(x)fxex，则 g(x)fxfxex，因为 f(x)f(x)，所以 g(x)0，故函数 g(x)在 R 上为减函数，又 f(0)12，所以 g(0)f0e0 12，则不等式 f(x)12ex0 可化为fxex 12，即 g(x)0，即所求不等式的解集为(0，
22、)4(2018浙江杭州二中月考)若函数 f(x)13bx3ax2b1b x1 存在极值点，则关于 a，b的描述正确的是()Aab 有最大值 2Bab 有最小值 2Ca2b2 有最小值 1Da2b2 无最大值也无最小值答案 D解析 由题意得 f(x)bx22axb1b，则由函数 f(x)存在极值点得导函数 f(x)bx22axb1b 存在穿过型零点，则(2a)24bb1b 0，化简得 a2b21，所以 a2b2 无最大值也无最小值，故选 D.5设过曲线 f(x)exx2a(e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为 l1，总存在过曲线g(x)a2(12x)2sin x 上一点处的切线 l2，使得
23、 l1l2，则实数 a 的取值范围为()A1,1B2,2C1,2D2,1答案 C解析 设 yf(x)的切点为(x1，y1)，yg(x)的切点为(x2，y2)，f(x)ex1，g(x)a2cosx，由题意得，对任意 x1R，总存在 x2 使得(1ex 1)(a2cos x2)1，2cos x211ex 1a 对任意 x1R 均有解 x2，故211ex 1a2 对任意 x1R 恒成立，则 a211ex 1a2 对任意 x1R 恒成立又11ex 1(0,1)，a20 且 2a1，1a2.6已知 f(x)xln xf1x，则 f(1)_.答案 12解析 因为 f(x)1ln xf1x2，令 x1，得
24、f(1)1f(1)，解得 f(1)12.7(2018全国)曲线 y(ax1)ex 在点(0,1)处的切线的斜率为2，则 a_.答案 3解析 y(axa1)ex，当 x0 时，ya1，a12，得 a3.8已知函数 f(x)2ln x 和直线 l：2xy60，若点 P 是函数 f(x)图象上的一点，则点 P 到直线 l 的距离的最小值为_答案 8 55解析 设直线 y2xm 与函数 f(x)的图象相切于点 P(x0，y0)(x00)f(x)2x，则 f(x0)2x02，解得 x01，P(1,0)则点 P 到直线 2xy60 的距离 d|2106|2212 8 55，即为点 P 到直线 2xy60
25、的距离的最小值9已知函数 f(x)xax21(aR)的值域是14，m，则常数 a_，m_.答案 34 1解析 由题意得 f(x)xax2114，即 a14x2x14对任意 xR 恒成立，且存在 xR 使得等号成立，所以 a14x2x14 max，又因为14x2x1414(x2)234，所以 a14x2x14 max34，所以 f(x)x34x21 4x34x24，则 f(x)2x23x22x212x22x12x212，当 x2，12 时，f(x)0，当 x(，2)和12，时，f(x)0 恒成立，所以由 f(x)0，得 x1；由 f(x)0，得 0 x1.所以 f(x)的单调增区间为(1，)，单
26、调减区间为(0,1)(2)若 f(x)在(0,1)内有极值，则 f(x)0 在(0,1)内有解令 f(x)()exax x1x20，即 exax0，即 aexx.设 g(x)exx，x(0,1)，所以 g(x)exx1x2，当 x(0,1)时，g(x)e 时，f(x)()exax x1x20 有解设 H(x)exax，则 H(x)exa0，H(1)eae 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，)11已知函数 f(x)xaln xb，a，b 为实数(1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处
27、的切线方程为 y2x3，求 a，b 的值；(2)若|f(x)|3x2对 x2,3恒成立，求 a 的取值范围解(1)由已知，得 f(x)1ax，且由题设得 f(1)2，f(1)5，从而得 1a2 且 1b5，解得 a1，b4.(2)根据题设可知，命题等价于当 x2,3时，1ax 3x2恒成立|xa|3x恒成立3xax3x恒成立x3xax3x恒成立(*)设 g(x)x3x，x2,3，h(x)x3x，x2,3，则(*)式即为 g(x)maxah(x)min，而当 x2,3时，g(x)x3x和 h(x)x3x均为增函数，则 g(x)maxg(3)2，h(x)minh(2)72，所以实数 a 的取值范围
28、为2，72.B 组 能力提高12已知函数 f(x)sin xxcos x，现有下列结论：当 x0，时，f(x)0；当 0sin；若 nsin xx m 对x0，2 恒成立，则 mn 的最小值等于 12；已知 k0，1，当 xi()0，2 时，满足|sin xi|xik 的 xi 的个数记为 n，则 n 的所有可能取值构成的集合为0,1,2,3其中正确的个数为()A1B2C3D4答案 C解析 当 x0，时，f(x)xsin x0，函数 f(x)在0，上为增函数，所以 f(x)f(0)0，正确；令 g(x)sin xx，由知，当 x(0，)时，g(x)xcos xsin xx2g()，即sin s
29、in ，所以 sin g 2 2，则 n2，令(x)sin xx，当 x0，2 时，(x)cos x10，所以(x)在0，2 上为减函数，所以(x)sin xx(0)0，所以sin xx 0)，g(x)ln x2.(1)当 m1 时，求函数 f(x)的单调递增区间；(2)若对任意的 x11，e，总存在 x21，e，使fx1x1 gx2x2 1，其中 e 是自然对数的底数，求实数 m 的取值范围解(1)当 m1 时，f(x)1xxln x，则 f(x)1x2ln x1.因为 f(x)在(0，)上单调递增，且 f(1)0，所以当 x1 时，f(x)0；当 0 x1 时，f(x)0 在1，e上恒成立
30、，所以函数(x)ln x2x在1，e上单调递增，故(x)2，1e.又 h(x)(x)1，所以 h(x)12，e，即12mx2ln xe 在1，e上恒成立，即x22x2ln xmx2(eln x)在1，e上恒成立设 p(x)x22x2ln x，则 p(x)2xln x0 在1，e上恒成立，所以 p(x)在1，e上单调递减，所以 mp(x)maxp(1)12.设 q(x)x2(eln x)，则 q(x)x(2e12ln x)x(2e12ln e)0 在1，e上恒成立，所以 q(x)在1，e上单调递增，所以 mq(x)minq(1)e.综上所述，m 的取值范围为12，e.15已知函数 f(x)kln
31、 xx1x，且曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 y 轴垂直(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若对任意 x(0,1)(1，e)(其中 e 为自然对数的底数)，都有 fxx11x1a(a0)恒成立，求 a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)kln xx1x，定义域为(0，)，f(x)kx1x2kx1x2(x0)由题意知 f(1)k10，解得 k1，f(x)x1x2(x0)，由 f(x)0，解得 x1；由 f(x)0，解得 0 x1 时，n(x)0，n(x)在1，)上单调递减，当 x(1，e)时，n(x)n(1)0，当 x(1，e)时，m(x)m(e)1e1，由题
32、意知1a 1e1，又 a0，ae1.下面证明：当 ae1,0 x1a成立，即证 aln xx1 成立，令(x)aln xx1，则(x)ax1axx(0 x1)，由 ae1,0 x0，故(x)在(0,1)上是增函数，当 x(0,1)时，(x)(1)0，aln x1a成立，故正数 a 的取值范围是)e1，.方法二 当 x(0,1)时，ln xx11a(a0)可化为 aln xx10)，令 g(x)aln xx1(a0)，则问题转化为证明 g(x)0)，令 g(x)0，得 0 xa，令 g(x)a，函数 g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减()当 0a0(a(0,1)设 T(x)xl
33、n xx1(0 x1)，则 T(x)ln x11ln x0(0 xT(1)0.即 g(a)0(a(0,1)故此时不满足 g(x)0 对任意 x(0,1)恒成立；()当 a1 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增故 g(x)1a(a0)，令 h(x)aln xx1(a0)，则问题转化为证明 h(x)0 对任意 x(1，e)恒成立又 h(x)ax1axx(a0)，令 h(x)0 得 0 xa；令 h(x)a，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)e1，.
