2020高考数学二轮复习专题一集合逻辑函数与导数不等式第5讲导数的简单应用教案[浙江]

第五讲导数的应用(一)年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018Ⅰ卷函数的奇偶性应用及切线方程求法·T5命题分析(1)高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．(2)高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．学科素养导数的应用主要是通过利用导数研究单调性解决最值、不等式、函数零点等问题，着重考查逻辑推理与数学运算这两大核心素养与分析问题解决问题的能力.Ⅱ卷切线方程求法·T13Ⅲ卷切线方程求法·T142017Ⅰ卷利用导数求三棱锥的体积·T16Ⅱ卷函数图象的极小值求法·T112016Ⅰ卷利用导数研究函数的图象和性质·T7利用导数研究函数零点、不等式证明·T21Ⅱ卷曲线的切线方程·T16利用导数判断函数的单调性、证明不等式、求函数的最值问题·T21Ⅲ卷导数的几何意义、切线方程·T15导数与函数、不等式的综合应用·T21导数的运算及几何意义授课提示：对应学生用书第11页[悟通——方法结论]1．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)．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)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1)．[全练——快速解答]1．假设直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，那么实数a的值为( ) A．B．C．D．解析：依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，那么有y′|x＝x0＝2x0，于是有⎩⎪⎨⎪⎧a＝2x0ax0＝2ln x0＋1，解得答案：B2．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，假设ƒ(x)为奇函数，那么曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x解析：法一：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又ƒ(x)为奇函数，∴ƒ(－x)＝－ƒ(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.应选D.法二：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，∴a＝1，即ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.应选D. 答案：D3．(2018·某某四市联考)函数f (x )＝x 3 3－b2x 2＋ax ＋1的部分图象如下图，那么函数g (x )＝a ln x ＋f ′(x )a在点(b ，g (b ))处的切线的斜率的最小值是________．解析：由题意，f ′(x )＝x 2－bx ＋a ，根据f (x )的图象的极大值点、极小值点均大于零，可得b >0，a >0，又g ′(x )＝a x＋2x －b a，那么g ′(b )＝a b＋2b －b a＝a b ＋ba≥2，当且仅当a ＝b时取等号，所以切线斜率的最小值为2.答案：2求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法(1)切点P (x 0，y 0)，求切线方程求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程； (2)切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程； (3)切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．利用导数研究函数的单调性授课提示：对应学生用书第12页[悟通——方法结论] 导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.(2)f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，那么f (x )为常数，函数不具有单调性．(2017·高考全国卷Ⅰ)(12分)函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ❶.(1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )≥0❷，求a 的取值X 围．[学审题] 条件信息想到方法 注意什么信息❶：f (x )的解析式可求导函数f ′(x ) (1)要讨论函数的单调性，必须先求出函数定义域(2)对于含参数的问题，要根据不同情况对参数进行分类讨论信息❷：f (x )≥0函数的最小值f (x )min ≥0[规X 解答] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，(1分)f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①假设a ＝0，那么f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②假设a >0，那么由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(3分)③假设a <0，那么由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0；故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．(6分)(2)①假设a ＝0，那么f (x )＝e 2x， 所以f (x )＞0.(7分)②假设a >0，那么由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2lna .从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0<a ≤1时，f (x )≥0.(9分)③假设a <0，那么由(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－2e 34≤a <0时，f (x )≥0.(11分)综上，a 的取值X 围是[－2e 34，1](12分)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． 2．讨论函数的单调性重点考查学科核心素养中的逻辑推理与数学运算，表达了分类讨论思想及分析问题解决问题的能力.[练通——即学即用]1．f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，那么实数a 的取值X 围为( )A ．(－∞，－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g (1)≥0，∴－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5，即a ≥－2 6. 答案：C2．(2018·荆州联考)函数f (x )＝x (ln x －a )．(1)当x ≥1时，对任意实数b ，直线y ＝－x ＋b 与函数f (x )的图象都不相切，某某数a 的取值X 围；(2)当a ＝－1时，讨论f (x )在区间[t ，t ＋e](t>0)上的单调性； (3)证明：当a ＝－1时，对任意的x >0，都有1x ·[f (x )＋2e 2]>1e x ＋1成立．解析：(1)由f (x )＝x (ln x －a )(x ≥1)，得f ′(x )＝ln x －a ＋1，因为对任意实数b ，直线y ＝－x ＋b 与函数f (x )的图象都不相切，所以f ′(x )＝ln x －a ＋1≠－1，即a ≠ln x ＋2.而函数y ＝ln x ＋2在[1，＋∞)上单调递增，所以ln x ＋2≥ln 1＋2＝2， 故a <2.(2)当a ＝－1时，f (x )＝x (ln x ＋1)，f ′(x )＝ln x ＋2， 由f ′(x )＝0得x ＝1e2.当0<t<1e 2时，在[t ，1e 2)上，f ′(x )<0，在(1e 2，t ＋e]上，f ′(x )>0，因此f (x )在[t ，1e 2)上单调递减，在(1e 2，t ＋e]上单调递增．当t≥1e2时，在[t ，t ＋e]上，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在[t ，t ＋e]上单调递增．综上所述，当0<t<1e 2时，f (x )在[t ，1e 2)上单调递减，在(1e 2，t ＋e]上单调递增；当t≥1e 2时，f (x )在[t ，t ＋e]上单调递增．(3)证明：问题等价于证明当a ＝－1时，f (x )>x e x ＋1－2e2对任意的x >0恒成立．由(2)知当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 在(0，1e 2)上单调递减，在(1e 2，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1e 2)＝－1e2.设g (x )＝x e x ＋1－2e 2(x >0)，那么g ′(x )＝1－xex ＋1，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g (x )max ＝g (1)＝－1e2.从而当a ＝－1时，对任意的x >0，都有f (x )≥－1e 2≥g (x )(等号不同时取到)，所以f (x )>xe x ＋1－2e2成立， 即对任意的x >0，都有1x [f (x )＋2e 2]>1e x ＋1成立．利用导数研究函数的极值、最值授课提示：对应学生用书第12页[悟通——方法结论]1．假设在x 0附近左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，那么f (x 0)为函数f (x )的极大值；假设在x 0附近左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，那么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，那么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．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)函数f (x )＝(1)；(2)，证明：[学审题]条件信息想到方法注意什么信息❶：f (x )的解析式先求定义域，再求导函数，变形(1)易忽视定义域求法及参数对单调性的影响． (2)与极值点有关的双变量不等式证明，要明确消元、构造法信息❷：讨论单调性参数分类标准的确立及用导数判断单调性方法信息❸：两极值点x 1、x 2 极值点的定义及应用 信息❹：双变量不等式的证明双变量不等式证明，利用极值点消元、构造[规X 解答] (1)ƒ(x )的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(2分)①假设a ≤2，那么ƒ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，ƒ′(x )＝0， 所以ƒ(x )在(0，＋∞)上单调递减． (4分)②假设a ＞2，令ƒ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，ƒ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，ƒ′(x )＞0.所以ƒ(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(6分)(2)证明：由(1)知，ƒ(x )存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于ƒ(x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，那么x 2＞1. (8分)由于ƒ(x 1)－ƒ(x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以ƒ(x 1)－ƒ(x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.(10分)设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即ƒ(x 1)－ƒ(x 2)x 1－x 2＜a －2.(12分)利用导数研究函数极值、最值的方法(1)假设求极值，那么先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)假设极值大小或存在情况，那么转化为方程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．[练通——即学即用]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)假设x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，那么f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －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)ex －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. 答案：A2．(2018·某某八校联考)函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，那么实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C ．(0,1)D ．(0，＋∞)解析：f ′(x )＝ln x －2ax ＋1(x >0)， 故f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点， 令f ′(x )＝0，那么2a ＝ln x ＋1x，设g (x )＝ln x ＋1x ，那么g ′(x )＝－ln xx2， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又∵当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0， 而g (x )max ＝g (1)＝1， ∴只需0<2a <1，即0<a <12.答案：B3．(2018·某某模拟)设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m ，n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )有最大值－ln 2，求m ＋n 的最小值． 解析：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m >0时，令f ′(x )>0得0<x <m 2m ，令f ′(x )<0得x >m 2m， ∴f (x )在(0，m 2m )上单调递增，在(m2m，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知，当m >0时，f (x )在(0，m 2m )上单调递增，在(m2m，＋∞)上单调递减． ∴f (x )max ＝f (m 2m )＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2， ∴n ＝－12ln m －12，∴m ＋n ＝m －12ln m －12，令h (x )＝x －12ln x －12(x >0)，那么h ′(x )＝1－12x ＝2x －12x ，∴h (x )在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (12)＝12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.授课提示：对应学生用书第119页一、选择题1．曲线y ＝e x在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为( ) A.94e 2 B ．2e 2C ．e 2 D.e22解析：由题意可得y ′＝e x，那么所求切线的斜率k ＝e 2， 那么所求切线方程为y －e 2＝e 2(x －2)． 即y ＝e 2x －e 2，∴S ＝12×1×e 2＝e 22.答案：D2．(2018·某某一检)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，那么a ＝( )A ．－2B ．2C ．－12D.12解析：由y ′＝－2(x －1)2得曲线在点(3,2)处的切线斜率为－12，又切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，那么a ＝－2.答案：A3．(2018·模拟)曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π4.答案：B4．函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，那么函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．答案：C5．函数f (x )在定义域R 内可导，假设f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析：因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝b ， 又f (x )＝f (2－x )， 所以c ＝f (3)＝f (－1)， 所以c ＝f (－1)<f (0)＝a ， 所以c <a <b ，应选C. 答案：C6．函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，假设f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，那么实数k 的取值X 围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－k ≤－3.答案：D7．函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，假设x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，那么实数k的取值X 围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝e xx ，那么g ′(x )＝(x －1)e xx2，那么g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e.答案：A8．函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，那么使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值X 围为( )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，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X 围为(0,1)，应选A.答案：A 二、填空题9．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 解析：∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，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y ＝2x .答案：y ＝2x10．(2016·高考全国卷Ⅲ)f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，那么曲线y＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是________．解析：设x >0，那么－x <0，f (－x )＝e x －1＋x .∵f (x )为偶函数，∴f (－x )＝f (x )， ∴f (x )＝ex －1＋x .∵当x >0时，f ′(x )＝e x －1＋1，∴f ′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.∴曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0. 答案：2x －y ＝011．(2018·某某二模)假设函数f (x )＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，那么实数a 的取值X 围是________．解析：∵f ′(x )＝cos x ＋a ，由题意可知，f ′(x )≤0对任意的x ∈R 都成立，∴a ≤－1，故实数a 的取值X 围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]12．(2018·某某一模)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，假设x 1<2<x 2，那么实数a 的取值X 围是________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2，所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6.答案：(2,6) 三、解答题13．函数f (x )＝x －1＋aex (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)假设曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． 14．(2018·某某质检)函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)假设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 ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝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 )＝a ln x ＋x 2－ax －2x ，那么g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x.令g ′(x )＝0，得x ＝a2或x ＝1.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )min ＝g (1)＝－a －1；②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a2，e 上为增函数，h (a )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )min ＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.。

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第5讲导数及其应用1．（2019·宁波模拟)曲线y＝错误!在点（1，－1)处的切线方程为________．[解析］由题意可得:y′＝错误!，所以在点(1,－1）处的切线斜率为－2,所以在点(1,－1）处的切线方程为y＝－2x＋1．［答案] y＝－2x＋12．（2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x）＝x3－3x2的单调递减区间为[a,b]，则a＋b＝______．[解析］因为f（x）＝x3－3x2，所以f′（x)＝3x2－6x．令f′（x)≤0，得0≤x≤2,所以函数f（x)的单调递减区间为［0,2],所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案］ 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x）为其导函数，f(x)＋f(x＋2）＝4，当x∈［0，2]时，f（x）＝x2,则f′（2 019)＝______．［解析] 因为f（x)＋f（x＋2)＝4，所以f(x＋2）＋f(x＋4)＝4,所以f（x＋4)＝f（x)，所以f(x）的周期为4．当x∈［2,4］时，x－2∈[0，2]，f(x－2）＝（x－2)2，因为f（x)＋f(x＋2）＝4，所以f(x－2）＋f(x）＝4,所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′（2 019）＝f′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f（x)＝－x2＋2ln x，g（x)＝x＋ax，若函数f(x）与g（x）有相同的极值点，则实数a的值为________．［解析] 因为f(x）＝－x2＋2ln x，所以f′(x）＝－2x＋错误!＝－错误!（x〉0）,令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1（舍去),又当0〈x<1时，f′(x)〉0；当x〉1时，f′(x）<0，所以x ＝1是函数f(x)的极值点．因为g（x)＝x＋错误!，所以g′(x)＝1－错误!．又函数f（x）与g(x）＝x＋错误!有相同极值点，所以x＝1也是函数g（x)的极值点,所以g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1．经检验,当a＝1时，函数g（x）取到极小值．［答案］ 15．(2019·高三第一次调研测试）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y ＝a sin x＋b cos x(a，b，t∈R）相切于点（0,1)，则（a＋b）t的值为______．［解析］由题意可得t＝1,b＝1，y′＝a cos x－b sin x,则a cos 0－b sin 0＝3，a＝3,所以(a＋b)t＝4．［答案] 46．(2018·高考江苏卷）若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在（0,＋∞）内有且只有一个零点,则f（x)在[－1，1］上的最大值与最小值的和为________．［解析］f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a)(a∈R），当a≤0时，f′（x）〉0在（0，＋∞)上恒成立，则f（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f(0）＝1，所以此时f（x）在(0，＋∞）内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x）>0得x>错误!，由f′(x)〈0得0〈x〈错误!，则f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，又f（x）在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f错误!＝－错误!＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1,则f′(x)＝6x（x－1），当x∈(－1，0)时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，当x∈(0，1）时，f′(x）〈0，f（x）单调递减，则f(x)＝f（0）＝1，f(－1）＝－4,f(1)＝0,则f(x）min＝－4，所以f(x）在［－1,1］上的最max大值与最小值的和为－3．［答案］－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷（八）)已知函数f(x）＝x ln x＋错误!x2－3x在区间错误!内有极值，则整数n的值为______．[解析］由题意知，f′（x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g（x)＝ln x＋x－2，因为g（错误!）＝ln 错误!＋错误!－2＝ln 错误!－错误!<ln错误!－错误!＝0，g(2）＝ln 2〉0，所以函数g（x)＝ln x＋x－2在(错误!，2）内有零点．又g′(x)＝错误!＋1〉0恒成立,所以函数g（x)＝ln x＋x－2在（0,＋∞）上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x∈（错误!,2），则当x∈(0，x0）时，f′(x)〈0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x∈（错误!，2），结合题意可知n＝2．［答案] 28．（2019·高三第二学期四校联考）函数f（x）＝a·e x－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f（x2－1)＋f（1－x）<0的解集为______．[解析］f′（x）＝a e x＋e－x，由题易知f′（0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x）＝e x－e－x．易知f(x)＝e x－e－x为奇函数且f′(x）＝e x＋e－x〉0，所以f（x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x）〈0可化为f（x2－1）〈f(x－1)，由f(x）单调递增可得x2－1〈x－1，解得0〈x〈1,所以不等式的解集为{x｜0〈x<1}．［答案］｛x｜0〈x〈1｝9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x）＝x2－4x的图象上有两点A（x1，y1)，B（x，y2）,x1＜x2，若曲线y＝f(x）在点A,B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．2［解析] 由题意得f′（x)＝2x－4，因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2,x2≠2，（2x1－4）·(2x2－4）＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0,2x2－4＞0，x1＝错误!＋2，则3x1－2x2＝3×错误!－2x2＝－2x2－错误!＋6＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝2－错误!，当且仅当错误!(4x2－8）＝错误!时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－错误!．[答案] 2－错误!10．（2018·江苏名校高三入学摸底）已知函数f（x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝错误!，若存在正实数m，n，使得f(m）≤f(x)，g（n）≤g(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf（x）＋ng(x)的零点个数是________．［解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x）＝2x－错误!，f′（2)＝4－错误!＝3，a＝2，f′（x)＝2x－错误!＝错误!，当0<x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x〉1时，f′（x）〉0,f（x）单调递增，所以f(m）＝f（1），m＝1．g（x)＝x－2错误!(x〉0），g′(x)＝1－错误!＝错误!，当0〈x〈1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x）单调递增，所以g(n）＝g（1），n＝1．则h（x）＝f（x）＋g（x)＝x2－2ln x＋x－2错误!，易知当0〈x<1时，h（x)单调递减，当x>1时，h（x）单调递增，且h（1)＝0，所以函数h(x）有1个零点．［答案］ 111．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知函数f（x）＝x2ln x－a(x2－x）(a＜0)，g(x)＝错误!．（1）若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值;(2）判断函数g(x）在x∈（0，1)上的单调性，并说明理由；（3）若方程f（x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解] （1)g（x）＝错误!＝错误!－a(a＜0),则g′（x)＝错误!＝错误!．g（2）＝2ln 2－a，g′(2）＝1－ln 2，函数g（x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a）＝（1－ln 2)（x－2），将点（0，4ln 2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－ln x－1,则h′(x）＝1－错误!＝错误!，当x∈(0，1）时，h′（x）＜0，h（x)单调递减，h（x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1）时,g′（x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0,1)上单调递增．（3)证明：f′(x）＝2x ln x＋x－a（2x－1)，令φ（x)＝2x ln x＋x－a(2x－1）(a＜0)，则φ′（x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x）在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a－2）＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈（0,1),使得φ′（x0)＝0，即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′（x0）＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0,f′（1）＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3）＝0，则x3∈(x0，1），所以f(x)在(0,x3）上单调递减，在（x3,＋∞)上单调递增，又f(1）＝0，不妨设x1＜x2,则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由（2）知,g（x1)＜g(x3)＜g(x2），即错误!则g(x3)(x22－x2)＞f（x2）＝f（x1）＞g(x3）（x错误!－x1），所以（x错误!－x2）－（x错误!－x1）＝（x2－x1）（x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x）＝错误!－1．(1）求函数f（x）的单调区间；（2)设m〉0,求函数f（x)在区间[m，2m]上的最大值．［解] （1)因为函数f（x）的定义域为(0,＋∞)，且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x〉e．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e），单调递减区间为(e，＋∞)．（2）①当错误!，即0〈m≤错误!时，[m，2m］⊆（0，e),函数f（x)在区间［m，2m]上单调递增，所以f(x）max＝f(2m）＝错误!－1；②当m〈e<2m,即错误!<m〈e时，（m，e)⊆(0，e），(e,2m)⊆（e，＋∞)，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e，2m)上单调递减，所以f（x)max＝f(e）＝错误!－1＝错误!－1；③当m≥e时,（m,2m）⊆(e,＋∞)，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递减,所以f（x)max ＝f（m）＝错误!－1．综上所述，当0<m≤错误!时,f(x)max＝错误!－1；当错误!〈m<e时，f（x)max＝错误!－1；当m≥e时,f（x)max＝错误!－1．13．(2019·高三第二次调研测试）已知函数f（x）＝2ln x＋错误!x2－ax，a∈R．（1）当a＝3时,求函数f(x）的极值．（2)设函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g(x)是（0，＋∞）上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f（x）的图象相切于两个不同的点?并说明理由．［解] (1)当a＝3时,f(x）＝2ln x＋错误!x2－3x（x〉0)，f′(x）＝错误!＋x－3＝错误!,令f′（x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时,f′（x)，f(x）的变化情况如下表所示．错误!(2)依题意，知切线方程为y＝f′（x0)(x－x0）＋f（x0）（x0〉0)，从而g(x）＝f′(x0)(x－x0）＋f（x0)（x0>0)，记p(x)＝f（x)－g(x），则p(x)＝f（x）－f（x0)－f′（x0)(x－x0)在（0,＋∞)上为增函数，所以p′（x)＝f′（x)－f′（x0）≥0在(0,＋∞）上恒成立，即p′（x）＝错误!－错误!＋x－x0≥0在(0，＋∞）上恒成立,即x＋错误!≥x0＋错误!在（0，＋∞）上恒成立，因为x＋错误!≥2错误!＝2错误!(当且仅当x＝错误!时，等号成立），所以2错误!≥x0＋错误!，从而（x0－错误!）2≤0，所以x0＝错误!．（3）假设存在一条直线与函数f(x）的图象有两个不同的切点T1(x1,y1），T2(x2，y2)，不妨设0<x1〈x2，则函数f（x）的图象在点T1处的切线l1的方程为y－f(x1）＝f′(x1)（x－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2）＝f′（x2)（x－x2)．因为l1，l2为同一条直线,所以f′（x1)＝f′（x2）,f（x1)－x1f′(x1）＝f（x2)－x2f′(x2)，即错误!＋x1－a＝错误!＋x2－a，2ln x1＋错误!x错误!－ax1－x1错误!＝2ln x2＋错误!x错误!－ax2－x2错误!，整理得2ln错误!＋错误!－错误!＝0．①令t ＝x 2，12，由0<x 1〈x 2与x 1x 2＝2，得t ∈（0,1)．记p (t ）＝2ln t ＋错误!－t ,则p ′（t )＝错误!－错误!－1＝－错误!<0，所以p （t ）在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p （1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x ）的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b （a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；（2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（－∞，－3）∪(1,错误!）∪(错误!,＋∞)，求c 的值．[解］ （1）f ′(x ）＝3x 2＋2ax ，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝0，x 2＝－错误!．当a ＝0时，因为f ′(x ）＝3x 2≥0，所以函数f (x ）在（－∞，＋∞）上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞,－错误!）∪(0，＋∞）时，f ′(x ）>0,x ∈（－错误!，0)时，f ′(x ）〈0，所以函数f (x ）在（－∞,－错误!）,(0,＋∞）上单调递增,在（－错误!,0)上单调递减； 当a <0时,x ∈（－∞,0）∪（－错误!，＋∞)时，f ′(x )〉0，x ∈（0，－错误!）时，f ′（x ）<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，（－错误!，＋∞)上单调递增,在（0，－错误!)上单调递减．（2)由(1）知，函数f (x )的两个极值为f (0）＝b ， f （－错误!)＝错误!a 3＋b ，则函数f （x ）有三个零点等价于f (0)·f (－错误!）＝b （错误!a 3＋b )〈0，从而错误!或错误!又b ＝c －a ，所以当a 〉0时,错误!a 3－a ＋c 〉0或当a <0时,错误!a 3－a ＋c 〈0．设g (a ）＝427a 3－a ＋c ，因为函数f （x ）有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞,－3）∪(1，32）∪（错误!，＋∞),则在（－∞,－3)上g(a)<0，且在(1,错误!)∪(错误!，＋∞）上g(a）>0均恒成立，从而g（－3）＝c－1≤0，且g（错误!）＝c－1≥0,因此c＝1．此时，f(x）＝x3＋ax2＋1－a＝（x＋1）［x2＋(a－1）x＋1－a］，因为函数有三个零点，则x2＋（a－1）x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4（1－a）＝a2＋2a－3>0,且（－1）2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞,－3)∪(1，错误!）∪（错误!，＋∞）．综上c＝1．。