導數的簡單應用課件高三數學二輪復習

2025新高考數學

二輪復習導數的簡單應用知識梳理·基礎回歸知識點1導數的概念和幾何意義

知識梳理·基礎回歸知識點1導數的概念和幾何意義

知識梳理·基礎回歸知識點2導數的運算1．基本初等函數的導數公式基本初等函數導函數f(x)＝c(c為常數)f′(x)＝_f(x)＝xα(α∈R，且α≠0)f′(x)＝______f(x)＝sinxf′(x)＝_____f(x)＝cosxf′(x)＝_______f(x)＝ax(a>0，且a≠1)f′(x)＝______f(x)＝exf′(x)＝__f(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝f(x)＝lnxf′(x)＝0αxα-1cos

x－sin

xaxln

aex

知識梳理·基礎回歸

知識點2導數的運算知識梳理·基礎回歸解題方法總結

知識梳理·基礎回歸解題方法總結

練基礎1.(人A選必二5.2節(jié)習題改編)余弦曲線y=cosx在點

處的切線方程為

.

2.(人A選必二5.2節(jié)習題改編)設曲線y=e2ax在點(0,1)處的切線與直線2x-y+1=0垂直,則a=

.

3.(人A選必二第五章習題改編)若函數f(x)=x(x-c)2在x=2處有極大值,則c=

.

6解析

因為f(x)=x(x-c)2=x3-2cx2+c2x,所以f'(x)=3x2-4cx+c2=(3x-c)(x-c).當f'(x)=0,即x=,或x=c時,函數f(x)可能有極值.由題意,當x=2時,函數f(x)有極大值,所以c>0.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表所示:4.(人A選必二5.3節(jié)習題改編)函數f(x)=48x-x3,x∈[-3,5]的最大值為

,最小值為

.

128-117解析

f'(x)=48-3x2,令f'(x)=0,得x=-4(舍去)或x=4,f(-3)=-117,f(5)=115,f(4)=128,所以f(x)最大值為128,最小值為-117.真題體驗1.(2022·全國乙,文11)函數f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為(

)D2.(2021·全國乙,文12)設a≠0,若x=a為函數f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,則(

)A.a<b B.a>b

C.ab<a2 D.ab>a2D3.(2022·新高考Ⅱ,14)曲線y=ln|x|經過坐標原點的兩條切線方程分別為

,

.

練考點考點一導數的運算、幾何意義C(2)(2024·北京海淀一模)已知

函數f(x)的零點個數為m,過點(0,2)與曲線y=f(x)相切的直線的條數為n,則m,n的值分別為(

)A.1,1 B.1,2 C.2,1 D.2,2B解析

令f(x)=0,即當x≤0時,x3=0,解得x=0,當x>0時,lg(x+1)=0,無解,故m=1.令g(x)=(2+lg

e)x+2-(x+1)lg(x+1)(x>0),則g'(x)=2-lg(x+1),令g'(x)=0,可得x=99,故當x∈(0,99)時,g'(x)>0,即g(x)在(0,99)上單調遞增,當x∈(99,+∞)時,g'(x)<0,即g(x)在(99,+∞)上單調遞減,由g(99)=(2+lg

e)×99+2-200=99lg

e>0,g(0)=2-0=2>0,故g(x)在x∈(0,99)上沒有零點,又g(999)=(2+lg

e)×999+2-1

000×3=999lg

e-1

000<0,故g(x)在(99,999)上必有唯一零點,即當x0>0時,亦可有一條切線符合要求,故n=2.故選B.A(2)過坐標原點作曲線f(x)=ex(x2-2x+2)的切線,則切線共有(

)A.1條 B.2條 C.3條 D.4條A考點二利用導數研究函數的單調性考向1討論函數單調性或求單調區(qū)間例2(2024·山東聯合模擬預測)已知函數f(x)=x(1-lnkx).(1)若曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線y=x垂直,求實數k的值;(2)討論f(x)的單調性.解

(1)因為f(x)=x(1-ln

kx),k≠0,所以f'(x)=-ln(kx),曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線與直線y=x垂直,所以f'(e)=-ln(ke)=-1,解得k=1.(2)由f(x)=x(1-ln

kx),得k≠0且f'(x)=-ln(kx),當k>0時,f(x)的定義域為(0,+∞),[對點訓練2](2024·江西九江二模)已知曲線y=f(x)=(2x-a)ln(x-1)+b(a,b∈R)在(2,f(2))處的切線方程為3x-y-2=0.(1)求a,b的值;(2)判斷f(x)的單調性.考向2已知函數單調性求參數(1)當a=-1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數f(x)在(0,+∞)單調遞增,求a的取值范圍.(方法二)令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,則g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).∵x+1>1,∴l(xiāng)n(x+1)>0.當a≤0時,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)單調遞減,∴f'(x)<0,f(x)單調遞減,不符合題意;當a>0時,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,∴g'(x)在(0,+∞)單調遞增,∴g'(x)>0-ln

1=0,即g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)單調遞增,∴g(x)>0+0-0=0恒成立,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)單調遞增,符合題意.知識提煉根據函數單調性求參數取值范圍的類型1已知函數f(x)在區(qū)間I上單調遞增(或單調遞減),f(x)中含參數轉化為f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在I上恒成立,要注意“=”能否取到2已知函數f(x)在區(qū)間I上單調遞增(或單調遞減),I中含參數先求出f(x)的單調區(qū)間,再令I是其單調區(qū)間的子集,建立不等式組求解3已知函數f(x)在區(qū)間I上存在單調遞增(或單調遞減)區(qū)間轉化為f'(x)>0(或f'(x)<0)在I上有解求解4已知函數f(x)在區(qū)間I上不單調(方法一)轉化為f'(x)=0在I上有解求解,注意驗證;(方法二)運用補集思想,先求f(x)在區(qū)間I上單調時參數的取值范圍,再取其補集[對點訓練3](2024·江蘇徐州一模)已知函數f(x)=x2+ax-lnx,a∈R.(1)若函數y=f(x)-2x2在(0,2]上單調遞減,求a的取值范圍;(2)若直線y=ex與y=f(x)的圖象相切,求a的值.解

(1)記y=f(x)-2x2=ax-ln

x-x2=g(x),因為g(x)在(0,2]上單調遞減,考點三利用導數研究函數的極值、最值考向1利用導數研究函數的極值例4(1)(多選題)(2023·新高考Ⅱ,11)若函數

(a≠0)既有極大值也有極小值,則(

)A.bc>0 B.ab>0C.b2+8ac>0 D.ac<0BCD因為函數f(x)既有極大值也有極小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在區(qū)間(0,+∞)上有兩個不同的零點,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有兩個不同的正實數根,所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,所以A不正確,B,C,D正確.故選BCD.(2)(2024·新高考Ⅱ,16)已知函數f(x)=ex-ax-a3.①當a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;②若f(x)有極小值,且極小值小于0,求a的取值范圍.解

①當a=1時,則f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,即切點坐標為(1,e-2),切線斜率k=e-1,所以切線方程為y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y-1=0.②(方法一)f(x)的定義域為R,且f'(x)=ex-a,若a≤0,則f'(x)>0對任意的x∈R恒成立,可知f(x)在R上單調遞增,無極值,不合題意;若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln

a;令f'(x)<0,解得x<ln

a,可知f(x)在(-∞,ln

a)內單調遞減,在(ln

a,+∞)上單調遞增,則f(x)有極小值f(ln

a)=a-aln

a-a3,無極大值,由題意可得f(ln

a)=a-aln

a-a3<0,即a2+ln

a-1>0,令g(a)=a2+ln

a-1,a>0,則g'(a)=2a+>0,可知g(a)在(0,+∞)上單調遞增,又g(1)=0,不等式a2+ln

a-1>0等價于g(a)>g(1),解得a>1,所以a的取值范圍為(1,+∞).(方法二)f(x)的定義域為R,且f'(x)=ex-a,若f(x)有極小值,則f'(x)=ex-a有零點,令f'(x)=ex-a=0,解得ex=a,可知y=ex與y=a有交點,則a>0.若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln

a;令f'(x)<0,解得x<ln

a.所以f(x)在(-∞,ln

a)內單調遞減,在(ln

a,+∞)上單調遞增,則f(x)有極小值f(ln

a)=a-aln

a-a3,無極大值,符合題意,由題意可得f(ln

a)=a-aln

a-a3<0,即a2+ln

a-1>0,令g(a)=a2+ln

a-1,a>0,因為y=a2,y=ln

a-1在(0,+∞)上單調遞增,可知g(a)在(0,+∞)上單調遞增,且g(1)=0,不等式a2+ln

a-1>0?g(a)>g(1),解得a>1,所以a的取值范圍為(1,+∞).[對點訓練4](1)(2024·寧夏銀川一模)若函數f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2處取得極大值,則f(x)的極小值為(

)A.-6e2

B.-4e C.-2e2

D.-eC解析

因為函數f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2處取得極大值,則f'(x)=[x2+(2-a)x-2-a]ex,x∈R且f'(-2)=0,即4-2(2-a)-2-a=0,所以a=2.所以f(x)=(x2-2x-2)ex,f'(x)=(x2-4)ex=(x+2)(x-2)ex,令f'(x)=0,則x=2或x=-2,當x∈(-∞,-2)時,f'(x)>0,當x∈(-2,2)時,f'(x)<0,當x∈(2,+∞)時,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-2),(2,+∞)上單調遞增,在(-2,2)內單調遞減.所以函數f(x)在x=-2處取得極大值,所以a=2,f(x)的極小值為f(2)=-2e2.故選C.(2)(2024·陜西咸陽二模)已知函數f(x)=cosx+x2,若x=0是函數f(x)的唯一極小值點,則實數a的取值范圍為(

)A.[1,+∞) B.(-1,1)C.[-1,+∞) D.(-∞,1]A解析

f'(x)=-sin

x+ax,令g(x)=f'(x)=-sin

x+ax,則g'(x)=-cos

x+a,當a≥1時,g'(x)=-cos

x+a≥0,故g(x)單調遞增,又g(0)=-sin

0+0=0,所以當x>0時,g(x)>0,當x<0時,g(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增,故x=0是函數f(x)的唯一極小值點,符合題意;當a<1時,g'(0)=-cos

0+a=-1+a<0,故一定存在m>0,使g(x)在(0,m)上單調遞減,此時x=0不是函數f(x)的極小值點,故a<1時不符合題意.綜上所述,a的取值范圍為[1,+∞).故選A.考向2利用導數研究函數的最值例5(1)(2024·廣東三模)在半徑為R的半球內放入一個正四棱柱,使得正四棱柱上底面的四個頂點位于半球面上,下底面與半球的大圓面重合,則正四棱柱體積的最大值為(

)D解析

顯然正四棱柱上底面正方形為與半球底面平行的截面圓的內接正方形,(2)(2024·河南南陽一模)已知函數f(x)=3x2-2lnx+(a-1)x+3在區(qū)間(1,2)內有最小值,則整數a的一個取值可以是

.

4(答案不唯一,a∈{a∈Z|-10<a<-3}中的任意整數均可