2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：2.3导数的简单应用

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k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0＝f′(x0)·(x－x0)．
[例1](1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y＝3(x2＋x)e x在点(0,0)处的切线方程为________；
(2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y＝a e x＋x ln x在点(1，a e)处的切线方程为y＝2x＋b，则()
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
『对接训练』A.1
2 B ．2
C ．ln 2
D ．ln 1
2
解析：由题意知，y ′＝a x ln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点
为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝1
2.故选A.
答案：A
应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．
令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a
3.
若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛
0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)， ⎛⎪⎫a ，＋∞单调递增，在 ⎛
⎪⎫0，a 单调递
1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略
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．
2．[警示]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.
『对接训练』
(1)f ′(x )在区间⎝ ⎭
⎪－1，2存在唯一极大值点；
(2)f (x )有且仅有2个零点．
【解析】 本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －1，g ′(x )＝－sin x ＋1
＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点.
1．利用导数求函数最值的方法技巧
(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极
值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y′的符
『对接训练』
无单调递减区间．
当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1＋1a ，＋∞.
(2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立， 等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．
应注意将曲线方程变为x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值．
辽宁丹东适应性测试]如图，
形成一个闭合图形(图中的阴影部分
(1)求曲边多边形面积的步骤
『对接训练』⎠-1
A .14
B .14
3 C ．7 D .21
2
解析：函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x ，1<x ≤4，
x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛
答案：B
的面积，故⎠⎛-1
|x|d x ＝2×⎝
⎭
2＝1.
答案：B 2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足( )
答案：B
5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x3－3ln x的最小值为() A．0 B．1
C．2 D．3
解析：函数f(x)＝x3－3ln x的定义域为(0，＋∞)．
可得f′(x)＝3x3－3
x＝
3(x－1)(x2＋x＋1)
x，令f′(x)＝0，可得x＝1，
1,2) (1,2)
m －2)＝(x －m 8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )
A ．1
B .1
2
C .52
D .22
解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x)＝
1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该
切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝1
2.
答案：12 12．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0
T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．解析：T x 2
d x ＝
⎪⎛⎫1x 3T ＝1T 3
＝9，所以T ＝3.
≥2e ，得2e k ≥k ＋1，即k(2e －1)≥1，则k ≥2e －1
，故正数k 的取值
范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
12e －1，＋∞.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
12e －1，＋∞
15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e ax
x －1
.
当a<0时，x ＝a <1，
所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：
x ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－∞，a ＋1a a ＋1a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋1a ，1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － － 极大
由(1)知ln x ＋x ＋x －3≥0. 即当x>0时，f ′(x)≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)不存在极值．
方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2
x ＋2ax －4.
∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2， F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3.
(2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，
∴e x ＋12x 2－5
2x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，
∴k ≤e x
＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．
155
解析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x
⎝ ⎭⎪x －a ， 由于e 1－x
>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a ，
令f ′(x )<0，得x >a ＋1
a ，
∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝
⎛⎭⎪⎫
－∞，
a ＋1a ，单调递减区间。