高考二轮复习数学理配套讲义16,导数的简单应用

微专题16　导数的简单应用 命 题 者 说 考 题 统 计 考 情 点 击 2018·全国卷Ⅰ·T5·函数的奇偶性、导数的几何意义 2018·全国卷Ⅱ·T13·导数的几何意义 2018·全国卷Ⅲ·T14·导数的几何意义 2017·全国卷Ⅱ·T11·利用导数求函数的极值 2016·全国卷Ⅲ·T15·导数的几何意义 　　1.此部分内容是高考命题的热点内容。在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小。

2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题。有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般。

考向一 导数的计算与几何意义 【例1】　(1)(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax。若f (x)为奇函数，则曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x (2)(2018·天津高考)已知函数f (x)＝exlnx，f ′(x)为f (x)的导函数，则f ′(1)的值为________。

解析　(1)解法一：因为函数f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f (－x)＝－f (x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x。故选D。

解法二：因为函数f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以(－1＋a－1－a)＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x。故选D。

解法三：易知f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f (x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x。故选D。

(2)由题意得f ′(x)＝exlnx＋ex·，则f ′(1)＝e。

答案　(1)D　(2)e (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。

变|式|训|练 1．(2018·合肥质检)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是(　　) A．　　　　B．1 C．2　　　　D．e 解析　由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－lna，代入曲线方程得y＝1－lna，所以切线方程为y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1⇒a＝1。故选B。

答案　B 2．(2018·广州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为________。

解析　由y＝xlnx得，y′＝lnx＋1。设直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切于点P(x0，y0)，则切线方程为y－y0＝(lnx0＋1)(x－x0)，又直线y＝kx－2恒过点(0，－2)，所以点(0，－2)在切线上，把(0，－2)以及y0＝x0lnx0代入切线方程，得x0＝2，故P(2,2ln2)。把(2,2ln2)代入直线的方程y＝kx－2，得k＝1＋ln2。

答案　1＋ln2 考向二 导数与函数的单调性 微考向1：利用导数求函数的单调区间 【例2】　已知函数f (x)＝－lnx＋x2＋5，则其单调递增区间为(　　) A．(0,1] B．[0,1] C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析　由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，因为f (x)＝－lnx＋x2＋5，所以f ′(x)＝－＋x＝(x2－1)。由⇒⇒⇒x>1。故选D。

答案　D 用导数求y＝f (x)的单调区间，应转化为求f ′(x)>0或f ′(x)<0的解集，应注意函数的定义域。如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，那么这些单调区间不能用“∪”连接，应用“，”隔开。

变|式|训|练 已知函数f (x)＝x2＋3x－2lnx，则函数f (x)的单调递减区间为________。

解析　函数f (x)＝x2＋3x－2lnx的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x＋3－，令2x＋3－<0，即2x2＋3x－2<0，解得x∈。又x∈(0，＋∞)，所以x∈。所以函数f (x)的单调递减区间为。

答案　 微考向2：利用导数求参数的取值范围 【例3】　(1)设函数f (x)＝在区间(a，a＋2)内单调递增，则实数a的取值范围是________。

(2)已知函数g(x)＝kx3－x－2在区间(1,2)内不单调，则实数k的取值范围是________。

解析　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，由f ′(x)＝>0，解得0<x<e，即函数的递增区间为(0，e)。若函数f (x)在区间(a，a＋2)内单调递增，则即0≤a≤e－2。故实数a的取值范围是[0，e－2]。

(2)依题意g′(x)＝3kx2－1。①当k≤0时，g′(x)＝3kx2－1≤0，所以g(x)在(1,2)内单调递减，不满足题意；
②当k>0时，g(x)在内单调递减，在内单调递增。因为函数g(x)在区间(1,2)内不单调，所以1< <2，解得<k<。综上所述，实数k的取值范围是。

答案　(1)[0，e－2]　(2) 根据函数y＝f (x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上单调递增，转化为f ′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立求解。

(2)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上单调递减，转化为f ′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立求解。

(3)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上单调，转化为f ′(x)在区间(a，b)上不变号，即f ′(x)在区间(a，b)上恒正或恒负。

(4)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上不单调，转化为f ′(x)＝0在区间(a，b)上有解。

变|式|训|练 1．若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则b的取值范围是________。

解析　若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则对任意x∈(－1，＋∞)，f ′(x)＝－x＋≤0，只需b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)内恒成立，令y＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则在(－1，＋∞)内y>－1，所以b的取值范围是b≤－1。

答案　(－∞，－1] 2．若函数f (x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________。

解析　因为函数f (x)＝x2－ex－ax，所以f ′(x)＝2x－ex－a。因为函数f (x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，所以f ′(x)＝2x－ex－a>0有解，即a<2x－ex有解。令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，g′(x)＝2－ex＝0，x＝ln2，g′(x)＝2－ex>0，x<ln2，g′(x)＝2－ex<0，x>ln2，所以当x＝ln2时，g(x)max＝2ln2－2。所以a<2ln2－2。故实数a的取值范围是(－∞，2ln2－2)。

答案　(－∞，2ln2－2) 微考向3：导数与不等式 【例4】　(2018·德州模拟)设偶函数f (x)定义在∪上，其导函数为f ′(x)，当0<x<时，f ′(x)cosx＋f (x)sinx<0，则不等式f (x)>2f cosx的解集为(　　) A．∪ B．∪ C．∪ D．∪ 解析　令g(x)＝，因为f (x)是定义在∪上的偶函数，所以g(x)是定义在∪上的偶函数，又当0<x<时，f ′(x)cosx＋f (x)sinx<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，即g(x)＝在上单调递减，在上单调递增，将f (x)>2f cosx化为>，即g(x)>g，则|x|<，又x∈∪，所以x∈∪。故选C。

答案　C 本题考查利用导数研究不等式问题。利用导数研究不等式恒成立问题或不等式的解集问题，往往要根据已知和所求合理构造函数，再求导进行求解，如本题中的关键是利用“f ′(x)cosx＋f (x)sinx<0”和“f (x)>2f cosx”的联系构造函数g(x)＝。

变|式|训|练 (2018·益阳、湘潭调研)π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是(　　) A．3e,3π B．3e，eπ C．e3，π3 D．πe,3π 解析　构造函数f (x)＝，f (x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x)＝，当f ′(x)>0，即0<x<e时，函数f (x)单调递增；
当f ′(x)<0，即x>e时，函数f (x)单调递减。故函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)。因为e<3<π，所以eln3<elnπ，πlne<πln3，即ln3e<lnπe，lneπ<ln3π。又函数y＝lnx，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，故3e<πe<π3，e3<eπ<3π，故这六个数中的最大数为π3或3π，由e<3<π及函数f (x)＝的单调性，得f (π)<f (3)<f (e)，即<<，由<，得lnπ3<ln3π，所以3π>π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e。故选A。

答案　A 考向三 导数与函数的极值、最值 【例5】　(1)(2018·河南漯河四模)设函数f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是(　　) A．x＝1为f (x)的极大值点 B．x＝1为f (x)的极小值点 C．x＝－1为f (x)的极大值点 D．x＝－1为f (x)的极小值点 (2)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝2sinx＋sin2x，则f (x)的最小值是________。

解析　(1)绘制表格考查函数的性质如下：
区间 (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞) 1－x符号 ＋ ＋ － y＝(1－x)f ′(x)的符号 － ＋ － f ′(x)符号 － ＋ ＋ f (x)的单调性 单调递减 单调递增 单调递增 据此可得，函数f (x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值。故选D。

(2)解法一：因为f (x)＝2sinx＋sin2x，所以f ′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4·(cosx＋1)，由f ′(x)≥0得≤cosx≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z，由f ′(x)≤0得－1≤cosx≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z，所以当x＝2kπ－(k∈Z)时，f (x)取得最小值，且f (x)min＝f ＝2sin＋sin2＝－。

解法二：因为f (x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，设cosx＝t，则y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以当－1<t<时，y′>0；
当<t<1时，y′<0。所以函数y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在上单调递增，在上单调递减，所以当t＝时，ymax＝；
当t＝±1时，ymin＝0。所以0≤y≤，即0≤[f (x)]2≤，所以－≤f (x)≤，所以f (x)的最小值为－。

解法三：因为f (x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3≤·4＝，当且仅当3(1－cosx)＝1＋cosx，即cosx＝时取等号，所以0≤[f (x)]2≤，所以－≤f (x)≤，所以f (x)的最小值为－。

解法四：f (x)的最小值只能在使得解得cosx＝1，cosx＝－1，cosx＝的这些点处取到，对应的sinx的值依次是：sinx＝0，sinx＝0，sinx＝±。显然，f (x)min＝2××＝－。

答案　(1)D　(2)－ (1)求函数f (x)的极值，需先求方程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]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。求f (x)在(a，b)的最值需讨论函数的单调性。

变|式|训|练 1．设函数f (x)在(m，n)上的导函数为g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的导函数小于零恒成立，则称函数f (x)在(m，n)上为“凸函数”。已知当a≤2时，f (x)＝x3－ax2＋x，在x∈(－1,2)上为“凸函数”，则函数f (x)在(－1,2)上结论正确的是(　　) A．既有极大值，也有极小值 B．有极大值，没有极小值 C．没有极大值，有极小值 D．既没有极大值，也没有极小值 解析　g(x)＝f ′(x)＝x2－ax＋1。由已知得g′(x)＝x－a<0，当x∈(－1,2)时恒成立，故a≥2，又已知a≤2，故a＝2，此时由f ′(x)＝0，得x1＝2－，x2＝2＋∉(－1,2)，当x∈(－1,2－)时，f ′(x)>0；
当x∈(2－，2)时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(－1,2)有极大值，没有极小值，故选B。

答案　B 2．(2018·贵州联考)已知函数f (x)＝lnx－，若函数f (x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．e 解析　由题意，f ′(x)＝＋，若a≥0，则f ′(x)>0，函数单调递增，所以f (x)min＝f (1)＝－a＝，矛盾；
若－e<a<－1，函数f (x)在[1，－a]上递减，在[－a，e]上递增，所以f (－a)＝，解得a＝－；
若－1≤a<0，函数f (x)是递增函数，所以f (1)＝－a＝，矛盾；
若a≤－e，函数f (x)单调递减，所以f (e)＝，解得a＝－，矛盾。综上a＝－。故选A。

答案　A 1．(考向一)(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________。

解析　y′＝aex＋(ax＋1)ex，则f ′(0)＝a＋1＝－2，所以a＝－3。

答案　－3 2．(考向二)(2018·安徽黄山八校联考)已知f (x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f ′(x)<2f (x)，则有(　　) A．e4 034f (－2 017)<f (0)，f (2 017)>e4 034f (0) B．e4 034f (－2 017)<f (0)，f (2 017)<e4 034f (0) C．e4 034f (－2 017)>f (0)，f (2 017)>e4 034f (0) D．e4 034f (－2 017)>f (0)，f (2 017)<e4 034f (0) 解析　构造函数g(x)＝，g′(x)＝，因为f ′(x)<2f (x)，所以g′(x)<0，即g(x)在R上单调递减，所以g(－2 017)>g(0)，所以>，所以e4 034f (－2 017)>f (0)，同理得g(2 017)<g(0)，所以<。所以f (2 017)<e4 034f (0)。故选D。

答案　D 3．(考向二)(2018·河南联考)若函数f (x)＝mx2－lnx－在(1，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围为________。

解析　因为f ′(x)＝2mx－＋≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≥的最大值，令y＝，则y′＝＝0，解得x＝，当x＝时，ymax＝，所以m≥。

答案　 4．(考向三)(2018·广东中山二测)设函数f (x)＝xsinx在x＝x0处取得极值，则(1＋x)(1＋cos2x0)的值为(　　) A．1 B．－1 C．－2 D．2 解析　由题意可得f ′(x)＝sinx＋xcosx；
因为f (x)在x＝x0处取得极值，所以f ′(x0)＝sinx0＋x0cosx0＝0；
所以x0＝－＝－tanx0，则(1＋x)(1＋cos2x0)＝(1＋tan2x0)·(1＋cos2x0)＝×2cos2x0＝2。故选D。

答案　D 5．(考向三)(2018·汕头质检)已知函数f (x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，e) C． D． 解析　因为f (x)＝－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，所以m<在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，x>0，所以g′(x)＝＝，当0<x<2时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增。故当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为g(2)＝。所以m<。故选C。

答案　C