专题05 导数的简单应用-艺体生考前冲刺专项讲解与训练 .

2019年高考数学艺体生考前冲刺专项讲解与训练
第5讲 导数的简单应用
导数的几何意义
[核心提炼]
1．导数的几何意义
函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．
2．四个易误导数公式
(1)(sin x )′＝cos x ；
(2)(cos x )′＝－sin x ；
(3)(a x )′＝a x ln a (a ＞0，且a ≠1)；
(4)(log a x )′＝1x ln a (a ＞0，且a ≠1，x ＞0)． (1)曲线y ＝x 2＋1x
在点(1，2)处的切线方程为____________________． (2)曲线y ＝x 2＋a 在x ＝12
处的切线与曲线y ＝e x 相切，则a ＝________． 【答案】 (1)y ＝x ＋1 (2)54
【解析】 (1)因为y ′＝2x －1x 2，所以在点(1，2)处的切线方程的斜率为y ′|x ＝1＝2×1－11
2＝1，所以切线方程为y －2＝x －1，即y ＝x ＋1.
(2)由y ＝x 2＋a ，得y ′＝2x .
所以k ＝y ′|x ＝12
＝1，且当x ＝12时，y ＝14＋a ， 所以切线方程为y －(14＋a )＝x －12
. 即y ＝x ＋a －14
.
设切线与曲线y ＝e x 相切于(x 0，e x 0)，
由y ＝e x ，得y ′＝e x ，
所以e x 0＝1，x 0＝0，则切线与曲线y ＝e x 的切点为(0，1)，
所以1＝a －14，即a ＝54
.
(1)利用导数的几何意义求曲线的切线问题的基本思路
设曲线在(x 0，y 0)处的切线为l ，则根据
⎩⎪⎨⎪⎧k 切＝f ′（x 0），切点在切线l 上，建立方程组求解.切点在曲线上
(2)过点P 与曲线相切的切线问题
设出切点坐标(x 0，f (x 0))，先求出在x ＝x 0处的切线方程，然后用所过点的坐标代入即求出x 0，从而得出切线方程． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0.
②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ．从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0.
③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a 2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2
)]．从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2
)]≥0，即a ≥－2e 34时f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 3
4，1]．
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·张掖第一次诊断考试)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间(12
，3)上单调递减，则实数a 的取值范围是________．
【答案】：[103
，＋∞) 【解析】：f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间(12，3)上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间(12
，3)上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（12）≤0f ′（3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤09－3a ＋1≤0
，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为[103，＋∞)． 2．(2019·云南第一次统考)已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．判断函数f (x )的单调性．
利用导数研究函数的极值(最值)
[核心提炼]
导数与函数的极值、最值的关系
(1)若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)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．
(1)(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x
－1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1
B ．－2e －
3 C ．5e －3 D ．1 (2)(2018·唐山二模)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为
( )
A ．(0，1)
B ．(0，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫0，14 D.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 【答案】 (1)A (2)A
【解析】 (1)因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －
1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.
(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)．
因为f ′(x )＝1x
－n (x >0，n >0)， 当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1n 时，f ′(x )>0，
当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭
⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.
因为h ′(n )＝－1n
－1<0， 所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，
所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，
故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)，选A.
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】
1．已知函数f (x )＝
ln x x ＋a
(a ∈R )．曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，则f (x )的最大值为________．
【答案】：1e
【解析】：f ′(x )＝x ＋a －x ln x x （x ＋a ）2(x >0)． 因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，
所以f ′(1)＝1＋a （1＋a ）2
＝1， 解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x
， f ′(x )＝1－ln x x 2
， 当x >e 时，f ′(x )<0，此时函数f (x )单调递减；当0<x <e 时，f ′(x )>0，此时函数f (x )单调递增．
所以函数f (x )的最大值为f (e)＝1e
. 2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．
【解析】：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x
－a .
若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭
⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；
当a ＞0时，f (x )在x ＝1a
处取得最大值，最大值为 f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋a ⎝⎛⎭
⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.
令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，
g (1)＝0.
于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.
因此，a 的取值范围是(0，1)．
课时作业
[基础达标]
1．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )
【答案】D.
【解析】原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D.
2．若函数e x f (x )(e ＝2.718 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( )
A ．f (x )＝2－x
B ．f (x )＝x 2
C ．f (x )＝3－x
D ．f (x )＝cos x 【答案】A
【解析】.对于选项A ，f (x )＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫12x ＝⎝⎛⎭⎫e 2x
，因为e 2>1，所以e x f (x )在R 上单调递增，所以f (x )＝2－x 具有M 性质．对于选项B ，f (x )＝x 2，e x f (x )＝e x x 2，[e x f (x )]′＝e x (x 2＋2x )，令e x (x 2＋2x )>0，得x >0或x <－2；令e x (x 2＋2x )<0，得－2<x <0，所以函数e x f (x )在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，所以
f (x )＝x 2不具有M 性质．对于选项C ，f (x )＝3－x ＝⎝⎛⎭⎫13x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫13x ＝⎝⎛⎭⎫e 3x
，因为e 3
<1，所以y ＝⎝⎛⎭
⎫e 3x
在R 上单调递减，所以f (x )＝3－x 不具有M 性质．对于选项D ，f (x )＝cos x ，e x f (x )＝e x cos x ，则[e x f (x )]′＝e x (cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立，故e x f (x )＝e x cos x 在R 上不是单调递增的，所以f (x )＝cos x 不具有M 性质．
令x 2＝t ，g (t )＝ln t ＋1t
＋at (a >0)， 由g ′(t )＝0⇒at 2＋t －1t 2＝0⇒at ＝1－t t
>0⇒t ∈(0，1)， 于是g (t )＝ln t ＋2t
－1(0<t <1)， 所以g ′(t )＝1t －2t 2＝t －2t 2<0(0<t <1)， 所以g (t )在(0，1)上单调递减，所以g (t )>g (1)＝1.
所以当a >0时，f (x )的最小值的取值集合为(1，＋∞)．
[能力提升]
1．(2019·福州综合质量检测)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．
(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间；
(2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．
【解析】：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x
， 因为x ＝3是f (x )的极值点，
所以f ′(3)＝18－3a ＋a 3
＝0，解得a ＝9， 所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝（2x －3）（x －3）x
， 所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32
＜x ＜3时，f ′(x )＜0. 所以x ＝3是f (x )的极小值点，
所以f (x )的单调递增区间为(0，32)，(3，＋∞)，单调递减区间为(32
，3)． (2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝（2x －a ）（x －1）x
. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；
2．(2018·成都第二次诊断性检测)已知函数f (x )＝(a ＋1a )ln x －x ＋1x ，其中a >0. (1)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，求a 的取值范围； (2)设a ∈(1，e]，当x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)时，记f (x 2)－f (x 1)的最大值为M (a )．那么M (a )是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．
【解析】：(1)f ′(x )＝(a ＋1a )1x －1－1x 2＝－（x －a ）（x －1a ）x 2
，x ∈(0，＋∞)． ①当a ＝1时，f ′(x )＝－（x －1）2
x 2
≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不存在极值点； ②当a >0且a ≠1时，f ′(a )＝f ′(1a )＝0.经检验a ，1a
均为f (x )的极值点． 所以a ∈(0，1)∪(1，＋∞)．
(2)当a ∈(1，e]时，0<1a <1<a .由(1)知，当f ′(x )>0时，1a <x <a ；当f ′(x )<0时，x >a 或x <1a
. 所以f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a
，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． 所以对∀x 1∈(0，1)，有f (x 1)≥f (1a
)；对∀x 2∈(1，＋∞)，有f (x 2)≤f (a )． 所以[f (x 2)－f (x 1)]max ＝f (a )－f (1a
)．学-科网 所以M (a )＝f (a )－f (1a
) ＝[(a ＋1a )ln a －a ＋1a ]－[(a ＋1a )ln 1a －1a
＋a ] ＝2[(a ＋1a )ln a －a ＋1a
]，a ∈(1，e]． M ′(a )＝2(1－1a 2)ln a ＋2(a ＋1a )1a ＋2(－1－1a
2) ＝2(1－1a
2)ln a ，a ∈(1，e]．
所以M ′(a )>0，即M (a )在(1，e]上单调递增．
所以M (a )max ＝M (e)＝2(e ＋1e )＋2(1e －e)＝4e
. 所以M (a )存在最大值4e
.。