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高考二轮导数的简单应用专项训练
（原卷+答案）
考点一　导数的几何意义——明切点，建方程
1．导数公式
(1)(sin x)′＝________；
(2)(cos x)′＝________；
(3)(ax)′＝________(a>0)；
(4)(logax)′＝________(a>0，且a≠1)．
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__________________．
[例1]　(1)[2021·郑州市模拟]函数f(x)＝ln (x＋1)＋x2ex的图象在点(0，f(0))处的切线方程为______________．
(2)[2021·甘肃省模拟]已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(0，－1)存在一条直线l与f(x)的图象和g(x)的图象都相切，则a＝(　　)
A．0 B．－1
C．3 D．－1或3
[考查知识]　导数的几何意义，公切线问题．
[核心素养]　数学运算，直观想象，逻辑推理．
归纳总结
求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．
(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．
对点训练
1.[2021·银川市模拟]曲线f(x)＝x ln x在点(1，0)处的切线方程为________．
2．设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________．
考点二　利用导数研究函数的单调性——单调性的“克星”(导数)
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的________条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的________条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，不具有单调性．
[例2]　(1)已知函数f(x)＝－ln x＋x2＋5，则其单调递增区间为(　　)
A．(0，1]　　　 B．[0，1]
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
(2)[2021·武汉部分重点中学联考]若函数f(x)＝－x2＋b ln (x＋1)在(－1，2]内存在单调递减区间，则实数b的取值范围是________．
[考查知识]　函数的单调性．
[核心素养]　数学运算，逻辑推理．
归纳总结
由函数的单调性求参数的取值范围的4种方法
(1)可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(4)若已知f(x)在区间D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．
[拓展训练]　(1)(变条件)若例2(1)中f(x)变为f(x)＝－a ln x＋x2＋5(a∈R)，求f(x)的单调递增区间．
(2)(变条件)若例2(2)中将“存在单调递减区间”改为“单调递减”，则实数b的取值范围是________．
对点训练
若函数f(x)＝x3＋x2＋2x－m ln x在(0，3]上单调递减，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，24) B．(－∞，24]
C．(24，＋∞) D．[24，＋∞)
考点三　利用导数研究函数极值、最值——导数拿下“峰”与“谷”
导数与函数的极值、最值的关系
(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________值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的________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________值和________值且在极值点或端点处取得．
[例3]　(1)(多维探究)已知函数f(x)＝x3－2ax2－3x＋1在(－1，2)内有且只有一个极值点，则实数a的取值范围是________．
(2)已知函数f(x)＝ln (x－1)，g(x)＝，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的取值范围是(　　)
A．　　B．[1，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[e，＋∞)
[考查知识]　(1)函数的极值点与导数的零点的关系；(2)函数的转化法及利用求导分析法．
[核心素养]　逻辑推理，数学运算．
归纳总结
(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′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)涉及函数中含有参数的最值时，通常先在定义域内讨论f′(x)＝0是否有解，若有解，此解是否在所给区间内，也要讨论，总之不重不漏分类讨论是关键．
[拓展训练]　(变条件)若本例3(1)中将“有且只有一个极值点”变为“有两个不同的极值点”，则a的取值范围是________.
对点训练
1.[2021·长春名校联考]已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
2．[2021·德州模拟]已知函数f(x)＝＋2k ln x－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的最大值为________．
同步练习
[A·基础达标]
1．[2021·陕西榆林市高三二模]若函数f(x)＝x2＋ln x的图象在(a，f(a))处的切线与直线2x＋6y－5＝0垂直，则a的值为(　　)
A．1 B．2或
C．2 D．1或
2．[2021·安徽安庆市高三一模]已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)≠0，且满足f′(x)ln x＋<0，则不等式(x－1)f(x)<0的解集为(　　)
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(－∞，1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
3．[2021·河南新乡市高三模拟]某冷饮店的日销售额y(单位：元)与当天的最高气温x(单位：℃，20≤x≤40)的关系式为y＝x2－x3，则该冷饮店的日销售额的最大值约为(　　)
A．907元 B．910元
C．915元 D．920元
4．[2021·全国高三模拟]已知函数f(x)＝－ex，则下列说法正确的是(　　)
A．f(x)无极大值，也无极小值
B．f(x)有极大值，也有极小值
C．f(x)有极大值，无极小值
D．f(x)无极小值，有极大值
5．[2021·江西高三模拟]设函数f(x)＝，若函数存在最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a<1
C．a≤ D．a<
6．[2021·江西新余市新余四中高三模拟]若不等式≤a对 x∈(0，π]恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．
C． D．
7．[2021·六盘山高级中学高三一模]已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)满足f′(x)＋＝，且f(e)＝，e为自然对数的底数，若关于x的不等式－x－＋2≤0恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．[1，＋∞) B．[2，＋∞)
C． D．
8．[2021·河南高三模拟]若函数f(x)＝x－1＋ae1－x(a为常数)存在两条均过原点的切线，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C．(0，e) D．(e，＋∞)
9．[2021·山东济南市高三模拟]曲线y＝在x＝0处的切线方程是________．
10．函数f(x)＝ex＋x在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形面积为________．
11．[2021·宁夏大学附属中学高三一模]过点M(－1，0)引曲线C：y＝2x3＋ax＋a的两条切线，这两条切线与y轴分别交于A，B两点，若|MA|＝|MB|，则a＝________．
12．[2021·广西崇左市高三二模]已知函数f(x)＝x3－3x2＋3，有下列命题：
①函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线为3x＋y－4＝0；
②函数y＝f(x)有3个零点；
③函数y＝f(x)在x＝2处取得极大值；
④函数y＝f(x)的图象关于点(1，1)对称．
上述命题中，正确命题的序号是________．
[B·素养提升]
13．[2021·山东名校联考]定义域为R的函数y＝f(x)，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数为“H函数”，现给出如下函数：①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sinx－cos x)；③y＝ex＋1；④f(x)＝其中为“H函数”的有(　　)
A．①② B．③④
C．②③ D．①②③
14．[2021·宁夏大学附属中学模拟]已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝xex＋2.若关于x的函数F(x)＝(f(x))2＋(a－2)f(x)－2a恰有2个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．∪
D．
参考答案
考点一
1．(1)cos x　(2)－sin x　(3)ax ln a　(4)
2．y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)
[例1]　解析：(1)由f(x)＝ln (x＋1)＋x2ex，得f′(x)＝＋(x2＋2x)ex，
所以f(0)＝0，f′(0)＝1＋0＝1，
所以切线方程为y－0＝x－0，即y＝x.
(2)设直线l与f(x)的图象相切于点(x1，y1)．因为f(x)＝x ln x，
所以f′(x)＝ln x＋1，y1＝f(x1)＝x1ln x1，则直线l的方程为y－y1＝(ln x1＋1)(x－x1)，又点A(0，－1)在直线l上，所以＝(ln x1＋1)(0－x1)，解得x1＝1，
所以y1＝0，因此直线l的方程为y＝x－1.直线l与g(x)的图象相切，所以x2＋ax－x＋1＝0，Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，故选D.
答案：(1)y＝x　(2)D
对点训练
1．解析：由题意，得f′(x)＝ln x＋1，
所以f′(1)＝1，
所以所求切线方程为y－0＝x－1，即y＝x－1.
答案：y＝x－1
2．解析：设P(x0，y0)(x0>0)，
由y＝ex，得y′＝ex，所以y′|x＝0＝1.
由y＝，得y′＝－，所以＝－1，
所以x0＝1或x0＝－1(舍去)，
所以y0＝＝1，
所以点P的坐标为(1，1)．
答案：(1，1)
考点二
(1)充分不必要　(2)必要不充分
[例2]　解析：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝－ln x＋x2＋5，所以f′(x)＝－＋x＝(x2－1)．由 x>1，故选D.
(2)由函数f(x)＝－x2＋b ln (x＋1)在(－1，2]内存在单调递减区间知，
f′(x)＝－x＋<0在(－1，2]内有解，即b记g(x)＝x2＋x，x∈(－1，2]，则b由g(x)＝x2＋x＝(x＋)2－，x∈(－1，2]，可知当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝6，
所以b<6，即实数b的取值范围是(－∞，6)．
答案：(1)D　(2)(－∞，6)
[拓展训练]　解析：(1)∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＋x＝.
①当a≤0时，f′(x)>0即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a>0时，由f′(x)>0且x>0得x>，
即f(x)的单调递增区间为(，＋∞)．
综上得，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为(，＋∞)．
(2)由题意知，f′(x)＝－x＋≤0在(－1，2]上恒成立，即b≤x2＋x在(－1，2]上恒成立．
记g(x)＝x2＋x，x∈(－1，2]，则b≤g(x)min.
由g(x)＝x2＋x＝(x＋)2－，x∈(－1，2]，可知当x＝－时，g(x)min＝g(－)＝－，所以b≤－，即实数b的取值范围是.
答案：(1)见解析　(2)
对点训练
解析：依题意得，f′(x)＝x2＋x＋2－≤0在(0，3]上恒成立且f′(x)＝0不恒成立，
所以m≥x3＋x2＋2x在(0，3]上恒成立，等价于m≥(x3＋x2＋2x)max，x∈(0，3].
设g(x)＝x3＋x2＋2x，x∈(0，3]，则g′(x)＝x2＋2x＋2，
易知g′(x)＝(x＋1)2＋1在(0，3]上单调递增，所以g′(x)>2>0，
所以g(x)在(0，3]上单调递增，所以g(x)在(0，3]上的最大值为g(3)＝×33＋32＋2×3＝24，所以m≥24.故选D.
答案：D
考点三
(1)极大　极小　(2)最大　最小
[例3]　解析：(1)f′(x)＝2x2－4ax－3，由函数f(x)在(－1，2)内有且只有一个极值点，知f′(x)＝0在(－1，2)上有且只有一根(不是重根)，则①f′(－1)·f′(2)<0，解得a>或a<；②若f′(－1)＝0，a＝，则f′(x)＝0的另一根为∈(－1，2)，满足条件；③若f′(2)＝0，a＝，则f′(x)＝0的另一根为－，－∈(－1，2)，满足条件．
综上，a≥或a≤.
(2)设f(x1)＝g(x2)＝t，则ln (x1－1)＝t，＝t，所以x1＝et＋1，x2＝et，所以x1－x2＝et＋1－et.设h(t)＝et＋1－et，则h′(t)＝et－e，故h(t)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以h(t)min＝h(1)＝1，所以h(t)的值域为[1，＋∞)，故x1－x2的取值范围为[1，＋∞)．
答案：(1)　(2)B
[拓展训练]　解析：依题意f′(x)＝2x2－4ax－3在(－1，2)内有两个不同零点．
则有解得答案：
对点训练
1．解析：因为f′(x)＝－2x＋a－，
所以由题设f′(x)＝－2x＋a－在(1，3)上只有一个零点且单调递减，
则问题转化为
即 －答案：B
2．解析：由题意得f′(x)＝－k＝，f′(2)＝0.令g(x)＝ex－kx2，g(x)在区间(0，＋∞)恒大于等于0，或恒小于等于零，即≥k或k≥在(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝，h′(x)＝，所以h(x)的最小值为h(2)＝，所以k≤，即k的最大值为.
答案：
同步练习
1．解析：由题意知：直线2x＋6y－5＝0的斜率为－，则在（a，f（a））处切线的斜率为3，
又∵f′（x）＝2x＋，即f′（a）＝2a＋＝3，∴a＝1或，
故选D.
答案：D
2．解析：∵[f（x）ln x]′＝f（x）＋f′（x）ln x<0，
∴g（x）＝f（x）ln x在（0，＋∞）上为减函数，而g（1）＝0，
∴在（0，1）上ln x<0，g（x）>0；在（1，＋∞）上ln x>0，g（x）<0；而f（1）<0，
∴在（0，＋∞）上f（x）<0，又函数f（x）为奇函数，
∴在（－∞，0）上f（x）>0.
不等式（x－1）f（x）<0等价于或，
∴x∈（－∞，0）∪（1，＋∞）.
故选D.
答案：D
3．解析：因为y＝x2－x3，20≤x≤40，所以y′＝x－x2＝－x（x－38），所以当200，即函数在[20，38]上单调递增，当38所以当x＝38时，函数取得最大值，所以ymax＝×382－×383≈915.
故选C.
答案：C
4．解析：因为f（x）＝－ex，所以f′（x）＝－ex＝，
令h（x）＝1－ln x－x2ex，
h′（x）＝－－2xex－x2ex＝－，
因为x>0，所以>0，2xex>0，x2ex>0，即＋2xex＋x2ex>0，故h′（x）<0，
所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减，
又因为h（1）＝1－e<0，h＝2－×e＝2－e－2>0，
所以存在唯一的x0∈，
使得h（x0）＝1－ln x0－xex0＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，
所以f（x）有极大值，无极小值．
故选C.
答案：C
5．解析：显然xx≥a时，f（x）＝存在最大值，f′（x）＝，
当x<1时，f′（x）>0，f（x）递增，当x>1时，f′（x）<0，f（x）递减，
所以x＝1时，f（x）取得极大值也是最大值．f（1）＝，
因此f（x）要有最大值，必须满足，所以a≤.
故选C.
答案：C
6．解析：因为x∈（0，π]，所以题中不等式可变形为≤a（2＋cos x），即ax≥，设f（x）＝，f′（x）＝＝，
所以x∈时，f′（x）>0，f（x）单调递增，x∈时，f′（x）<0，f（x）单调递减，x＝时，f（x）max＝f＝，
又y＝f（x）在原点处切线斜率为f′（0）＝＝，直线y＝ax过原点且斜率为a，则由ax≥（x∈（0，π]）恒成立得，a≥，
此时，令g（x）＝ax－，则g′（x）＝a－，设h（x）＝g′（x）＝a－，
则h′（x）＝，当x∈（0，π]时，h′（x）≥0，h（x）递增，即g′（x）递增，
所以g′（x）>g′（0）＝a－≥0，所以g（x）在[0，π]上单调递增，g（x）≥g（0）＝0，所以ax≥（x∈[0，π]）恒成立，
综上a≥.
故选D.
答案：D
7．解析：由f′（x）＋＝，得xf′（x）＋f（x）＝
设g（x）＝xf（x），g′（x）＝xf′（x）＋f（x）＝，
则g（x）＝ln x＋c，从而有f（x）＝.
又因为f（e）＝＝，所以c＝1，f（x）＝，f′（x）＝，
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1.
因为不等式－x－＋2≤0恒成立，所以f（x）－x2＋2x－a≤0，
即f（x）－（x－1）2＋1≤a，又因为f（x）－（x－1）2＋1≤2，所以a≥2.
故选B.
答案：B
8．解析：由题意得f′（x）＝1－ae1－x.
设切点坐标为（x0，x0－1＋ae1－x0），
则过原点的切线斜率：k＝＝1－ae1－x0，
整理得：a＝，x0≠－1.
∵存在两条过原点的切线，∴a＝，x0≠－1，存在两个不同解，
设g（x）＝，x≠－1，则问题等价于y＝a与y＝g（x）存在两个不同的交点．
又g′（x）＝＝，
∴当x∈（－∞，0）时，g′（x）<0，g（x）单调递减；
当x∈（0，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）单调递增，
∴g（x）min＝g（0）＝，
g（x）＝的大致图象如图：
若y＝a与y＝g（x）存在两个不同的交点，则a>，
解得：a∈.
故选B.
答案：B
9．解析：y＝的导数为y′＝，
可得曲线y＝在x＝0处的切线的斜率为k＝－1，
又切点为（0，1），
所以切线的方程为y＝－x＋1.
答案：y＝－x＋1
10．解析：切点（0，1），f′（x）＝ex＋1，k＝2，
切线：y－1＝2x，即y＝2x＋1，
与y轴交点（0，1），与x轴交点，
故S＝×1×＝.
答案：
11．解析：设切点坐标为（t，2t3＋at＋a），∵y′＝6x2＋a，∴6t2＋a＝，即4t3＋6t2＝0，解得t＝0或t＝－，∵|MA|＝|MB|，∴两切线的斜率互为相反数，即2a＋6×＝0，解得a＝－.
答案：－
12．解析：①∵f′（x）＝3x2－6x，∴f′（1）＝3－6＝－3，且f（1）＝1－3＋3＝1，
∴函数y＝f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线为3x＋y－4＝0，①正确；
②令f′（x）＝3x2－6x>0解得x<0或x>2，
∴函数y＝f（x）在（－∞，0）和（2，＋∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
又∵f（－1）＝－1<0，f（0）＝3>0，f（2）＝－1<0，f（3）＝3>0，
∴在（－1，0），（0，2），（2，3）上各有一点x使f（x）＝0，即函数y＝f（x）有3个零点，②正确；
③由②知函数y＝f（x）在x＝2处取得极小值，③错误；
④令g（x）＝x3－3x，因为g（－x）＝－x3＋3x＝－g（x），
所以函数g（x）为奇函数，则g（x）的图象关于原点对称，
将函数g（x）＝x3－3x的图象向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函数h（x）＝（x－1）3－3（x－1）＋1＝x3－3x2＋3＝f（x），
所以函数y＝f（x）的图象关于点（1，1）对称，④正确．
答案：①②④
13．解析：∵对于任意给定的不等实数x1，x2，不等式x1f（x1）＋x2f（x2）>x1f（x2）＋x2f（x1）恒成立，
∴不等式等价为（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]>0恒成立，
即函数f（x）是定义在R上的增函数．
①函数y＝－x3＋x＋1，则y′＝－3x2＋1，当x<－或x>时，y′<0，此时函数单调递减，不满足题意．
②y＝3x－2（sin x－cos x），y′＝3－2（cos x＋sin x）>0，函数单调递增，满足题意．
③y＝ex＋1为增函数，满足题意．
④f（x）＝由对数函数的图象和性质，当x>0时，函数单调递增，当x<0时，函数单调递减，不满足题意．
综上，为“H函数”的函数序号为②③.故选C.
答案：C
14．解析：令F（x）＝[f（x）－2][f（x）＋a]＝0，则f（x）＝2或f（x）＝－a.
当x<0时，f（x）＝xex＋2<2，f′（x）＝（x＋1）ex，
当x<－1时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当－10，f（x）单调递增，
∴当x<0时，f（x）的极小值也是最小值为f（－1）＝2－.
又f（x）<2，因此f（x）＝2无解，
此时f（x）＝－a要有两个不同的解，则2－<－a<2，得－2又f（x）是奇函数，∴当x>0时，f（x）＝2仍然无解，
∴f（x）＝－a要有两个不同的解，则－2<－a<－2，得2－综上，a∈∪.故选C.
答案：C

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