2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-2-3导数的简单应用
第三讲 导数的简单应用
[必记公式]
1．基本初等函数的八个导数公式
原函数
导函数
f(x)＝C(C为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈R)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sinx
f′(x)＝cosx
f(x)＝cosx
f′(x)＝－sinx
f(x)＝ax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝axln_a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝logae＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
2.导数四则运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．
[重要概念]
1．切线的斜率
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，因此曲线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．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0(f′(x)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．
3．函数的极值
设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点x，都有f(x)
f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．
4．函数的最值
将函数y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
[失分警示]
1．判断极值的条件掌握不清：利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．
2．混淆在点P处的切线和过点P的切线：前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．
3．关注函数的定义域：求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．
考点 导数的几何意义
典例示法
典例1 (1)[2016·山东高考]若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )
A．y＝sinx B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
[解析] 设函数y＝f(x)图象上两点的横坐标为x1，x2.由题意知只需函数y＝f(x)满足f′(x1)·f′(x2)＝－1(x1≠x2)即可．y＝f(x)＝sinx的导函数为f′(x)＝cosx，f′(0)·f′(π)＝－1，故A满足；y＝f(x)＝ln x的导函数为f′(x)＝，f′(x1)·f′(x2)＝>0，故B不满足；y＝f(x)＝ex的导函数为f′(x)＝ex，f′(x1)·f′(x2)＝ex1＋x2>0，故C不满足；y＝f(x)＝x3的导函数为f′(x)＝3x2，f′(x1)·f′(x2)＝9xx≥0，故D不满足．故选A.
[答案] A
(2)[2015·陕西高考]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________．
[解析] y′＝ex，则y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k切＝1，又曲线y＝(x>0)上点P处的切线与y＝ex在点(0,1)处的切线垂直，所以y＝(x>0)在点P处的切线的斜率为－1，设P(a，b)，则曲线y＝(x>0)上点P处的切线的斜率为y′|x＝a＝－a－2
＝－1，可得a＝1，又P(a，b)在y＝上，所以b＝1，故P(1,1)．
[答案] (1,1)
1．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．
2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数
已知过某点切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
提醒：求曲线的切线方程时，务必分清在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先求出切点坐标．
针对训练
1．[2016·重庆巴蜀中学模拟]已知曲线y＝在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2，则直线l的方程为( )
A．2x＋y＋2＝0
B．2x＋y＋2＝0或2x＋y－18＝0
C．2x－y－18＝0
D．2x－y＋2＝0或2x－y－18＝0
答案 B
解析 y′＝＝－，y′|x＝2＝－＝－2，因此k1＝－2，设直线l方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0，由题意得＝2，解得b＝18或b＝－2，所以直线l的方程为2x＋y－18＝0或2x＋y＋2＝0.故选B.
2．[2014·江苏高考]在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b
的值是________．
答案 －3
解析 ∵y＝ax2＋，∴y′＝2ax－，
由题意可得
解得∴a＋b＝－3.
考点 利用导数研究函数的单调性
典例示法
题型1 利用导数研究函数的单调性(单调区间)
典例2 [2015·重庆高考]已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
题型2 根据函数的单调性求参数的范围
典例3 [2016·西安质检]已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D
上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，故01，由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得10，故在上，函数g(x)又有一个零点，不符合题意．
综上所述，m＝.
1．导数与单调性之间的关系
(1)导数大(小)于0的区间是函数的单调递增(减)区间．
(2)函数f(x)在D上单调递增⇔∀x∈D，f′(x)≥0且f′(x)在区间D的任何子区间内都不恒为零；
函数f(x)在D上单调递减⇔∀x∈D，f′(x)≤0且f′(x)在区间D的任何子区间内都不恒为零．
2.根据函数的单调性求参数取值范围的思路
(1)求f′(x)．
(2)将单调性转化为导数f′(x)在该区间上满足的不等式恒成立问题求解．
考点 利用导数研究函数的极值与最值
典例示法
题型1 求函数的极值(最值)
典例4 [2016·合肥质检]已知函数f(x)＝e1－x(2ax－a2)(其中a≠0)．
(1)若函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)设函数f(x)的最大值为g(a)，当a>0时，求g(a)的最大值．
[解] (1)由f(x)＝e1－x(2ax－a2)，
得f′(x)＝(e1－x)′(2ax－a2)＋2ae1－x＝e·′·(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x(2ax－a2)＋2ae1－x＝－e1－x·(2ax－a2－2a)＝0，又a≠0，故x＝1＋，
当a>0时，f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴1＋≤2，即a≤2，
∴00时，f(x)max＝f＝2a·e
即g(a)＝2ae.
则g′(a)＝(2－a)e＝0，得a＝2，
∴g(a)在(0,2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，
∴g(a)max＝g(2)＝.
题型2 知极值的个数求参数范围
典例5 [2016·沈阳质检]已知函数f(x)＝xln x－x2－x＋a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求a的取值范围；
(2)记两个极值点为x1，x2，且x10，若不等式e1＋λ0，
当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．从而g(x)极大值＝g(e)＝.
又g(x)有且只有一个零点是1，且在x→0时，g(x)→－∞，在x→＋∞时，g(x)→0，
所以g(x)的草图如图所示，
可见，要想函数g(x)＝与函数y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点，只需00)，
若a≤0，可见g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(x)不可能有两个不同零点．
若a>0，当00，当x>时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)极大值＝g＝ln －1.
又因为在x→0时，g(x)→－∞，在x→＋∞时，g(x)→－∞，于是只需：
g(x)极大值>0，即ln－1>0，所以00,0.
又由ln x1＝ax1，ln x2＝ax2作差得，ln ＝a(x1－x2)，即a＝.
所以原式等价于>，
因为00，所以h(t)在(0,1)上单调递增，又h(1)＝0，
h(t)<0在(0,1)上恒成立，符合题意．
当λ2<1时，可见t∈(0，λ2)时，h′(t)>0，t∈(λ2,1)时，h′(t)<0，
所以h(t)在(0，λ2)上单调递增，在(λ2,1)上单调递减，又h(1)＝0，
所以h(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1＋λ0，所以λ≥1.
利用导数研究函数极值与最值的步骤
(1)利用导数求函数极值的一般思路和步骤
①求定义域；
②求导数f′(x)；
③解方程f′(x)＝0，研究极值情况；
④确定f′(x0)＝0时x0左右的符号，定极值．
(2)若已知函数极值的大小或存在情况，求参数的取值范围，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来讨论求解．
(3)求函数y＝f(x)在[a，b]上最大值与最小值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
提醒：(1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；
(2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值；
(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．
[全国卷高考真题调研]
1．[2015·全国卷Ⅱ]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
解析 令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
2．[2016·全国卷Ⅲ]已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
答案 y＝2x
解析 当x>0时，－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，而f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝ex－1＋x(x>0)，点(1,2)在曲线y＝f(x)上，易知f′(1)＝2，故曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是y－2＝f′(1)·(x－1)，即y＝2x.
[其它省市高考题借鉴]
3．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
答案 D
解析 由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，
则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.
4．[2016·北京高考]设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解 (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)·ea－x＋b.
依题设，即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
一、选择题
1．[2016·郑州质检]函数f(x)＝excosx的图象在点(0，f(0))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
答案 C
解析 依题意，f(0)＝e0cos0＝1，因为f′(x)＝excosx－exsinx，所以f′
(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.
2．[2016·山西忻州四校联考]设函数f(x)＝xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图象为( )
答案 B
解析 f′(x)＝(xsinx＋cosx)′＝xcosx，则k＝g(t)＝t·cost，易知函数g(t)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A、C.当00，所以排除D，故选B.
3．[2016·广西质检]若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，4]
C．(－∞，8] D．[－2,4]
答案 B
解析 f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，因为函数f(x)在区间上单调递增，等价于x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，c≤对任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝(x＋1)＋≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.
4．[2016·沈阳质检]已知函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足( )
A．00，从而0恒成立，故f′(x)＝0必有两个不等实根，不妨设为x1，x2，且x10，得xx2，令f′(x)<0，得x12时，由f′(x)＝0，解得x＝± .①当－ ≤－1，即 ≥1，即－1≤a<0时，函数f(x)在[－1,1]上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2，满足条件；②当－ >－1，即 <1，即a<－1或a>2时，若a<－1，函数f(x)在与上单调递增，在上单调递减，所以此时函数在定义域内的最大值为f(1)＝－2或f，而f>f(－1)＝2，不满足条件，若a>2，函数f(x)在与上单调递减，在上单调递增，所以此时函数在定义域内的最大值为f(－1)＝2或f，则必有f≤2，即(a－2) －a3≤2，整理并因式分解得(a－8)(a＋1)2≤0，所以由a>2可得20)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；
(3)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝1－ln 1＝1；
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋，其定义域为(0，＋∞)．
又h′(x)＝＝.
由a>0可得1＋a>0，在x∈(0,1＋a)上h′(x)<0，在x∈(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，
所以h(x)的递减区间为(0,1＋a)；递增区间为(1＋a，＋∞)．
(3)若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0).
因为>e－1，所以a>；
②当1<1＋a2，即h(1＋a)>2不满足题意，舍去．
综上所述：a∈.
11．已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a≥0)．
(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；
(2)若f(x)<0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
因为x＝1是函数y＝f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1＋a－2a2＝0，
解得a＝－(舍去)或a＝1.
经检验，当a＝1时，x＝1是函数y＝f(x)的极值点，所以a＝1.
(2)当a＝0时，f(x)＝ln x，显然在定义域内不满足f(x)<0；
当a>0时，令f′(x)＝＝0，得
x1＝－(舍去)，x2＝，
所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
所以f(x)max＝f＝ln <0，
所以a>1.
综上可得a的取值范围是(1，＋∞)．
12．[2016·广西质检]已知函数f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；
(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
又f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)<0得00得x>1，
所以当x＝1时，f(x)有极小值1.
f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝，
若在区间(0，e]上存在一点x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.
当<0，即a<0时，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，即f(x)在区间(0，e]上单调递减，
故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a，
由＋a<0，得a<－，即a∈.
当>0，即a>0时，
①若e≤，则f′(x)≤0对x∈(0，e]成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，
则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a>0，
显然，f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．
②若0<时，则有
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以f(x)在区间(0，e]上的最小值为f＝a＋aln，
由f＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e，
即a∈(e，＋∞)．
综上，由①②可知：a∈∪(e，＋∞)符合题意．
