（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第3讲 导数的简单应用学案 文 新人教A版

第3讲导数的简单应用 做真题1(2019高考全国卷)曲线y2sin xcos x在点(，1)处的切线方程为()Axy10B2xy210C2xy210 Dxy10解析：选C.依题意得y2cos xsin x，y|x(2cos xsin x)|x2cos sin 2，因此所求的切线方程为y12(x)，即2xy210，故选C.2(2019高考全国卷)已知曲线yaexxln x在点(1，ae)处的切线方程为y2xb，则()Aae，b1 Bae，b1Cae1，b1 Dae1，b1解析：选D.因为yaexln x1，所以ky|x1ae1，所以切线方程为yae(ae1)(x1)，即y(ae1)x1，与切线方程y2xb对照，可得解得故选D.3(2019高考全国卷节选)已知函数f(x)2x3ax22.讨论f(x)的单调性解：f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，单调递增，在单调递减若a0，则f(x)在(，)单调递增若a0；当x时，f(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.(2)f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f(x)0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性典型例题 (2019济南市模拟考试节选)已知函数f(x)(x1)2xln x(a0)讨论f(x)的单调性【解】函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(x1)1，令f(x)0，则x11，x2，若a1，则f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上是增函数若0a1，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数若a1，则00，f(x)是增函数，当x时，f(x)0，f(x)是增函数综上所述，当a1时，f(x)在(0，)上是增函数；当0a1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，)上是增函数求解或讨论函数单调性问题的解题策略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注意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 对点训练1若函数f(x)x2x1在区间(，3)上单调递减，则实数a的取值范围是_解析：f(x)x2ax1，因为函数f(x)在区间(，3)上单调递减，所以f(x)0在区间(，3)上恒成立，所以，即，解得a，所以实数a的取值范围为，)答案：，)2已知函数f(x)x23axa2ln x(aR)，求f(x)的单调区间解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x3a.当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a0时，由f(x)0解得x(0，)(a，)，由f(x)0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值(2)设函数yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则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典型例题 已知函数f(x)ax2(a2)xln x，其中aR.(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当a0时，若f(x)在区间1，e上的最小值为2，求a的取值范围【解】(1)当a1时，f(x)x23xln x(x0)，所以f(x)2x3，所以f(1)2，f(1)0.所以切线方程为y2.(2)函数f(x)ax2(a2)xln x的定义域为(0，)，当a0时，f(x)2ax(a2)，令f(x)0，解得x或x.当01，即a1时，f(x)在1，e上单调递增所以f(x)在1，e上的最小值为f(1)2，符合题意；当1e，即a1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在1，e上的最小值为ff(1)2，不合题意当e，即0a时，f(x)在1，e上单调递减，所以f(x)在1，e上的最小值为f(e)0)，所以f(x)2x，令2x0得x，令f(x)0，则x；令f(x)0，则0x0f(x)0x1，x(，1)f(x)0；x1是f(x)的极小值点，所以a0符合题意；当0ae时，f(x)0x11或x2ln a，且ln a0；x(ln a，1)f(x)0；x1是f(x)的极小值点，所以0ae时，f(x)0x11或x2ln a，且ln a1；x(，1)f(x)0；x(1，ln a)f(x)0；x1是f(x)的极大值点，所以ae不符合题意；当ae时，f(x)2(x1)(exe)0，f(x)在R上单调递增，无极值综上，实数a的取值范围为(，e)一、选择题1(一题多解)(2019河北省九校第二次联考)函数yx2ln x的单调递减区间是()A(3，1)B(0，1)C(1，3) D(0，3)解析：选B.法一：令y10，得3x0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)故选B.法二：由题意知x0，故排除A、C选项；又f(1)40或x0，f(x)是增函数；当2x0时，f(x)2，所以m2.故选C.5如果函数yf(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：函数yf(x)在区间内单调递增；函数yf(x)在区间内单调递减；函数yf(x)在区间(4，5)内单调递增；当x2时，函数yf(x)有极小值；当x时，函数yf(x)有极大值则上述判断中正确的是()ABC D解析：选D.当x(3，2)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(2，3)时，f(x)0，f(x)单调递减，错；当x2时，函数yf(x)有极大值，错；当x时，函数yf(x)无极值，错故选D.6(2019郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(x)为其导函数，若xf(x)f(x)ex(x2)且f(3)0，则不等式f(x)0的解集为()A(0，2) B(0，3)C(2，3) D(3，)解析：选B.令g(x)xf(x)，x(0，)，则g(x)xf(x)f(x)ex(x2)，可知当x(0，2)时，g(x)xf(x)是减函数，当x(2，)时，g(x)xf(x)是增函数又f(3)0，所以g(3)3f(3)0.在(0，)上，不等式f(x)0的解集就是xf(x)0的解集，又g(0)0，所以f(x)0)，令f(x)0，得x1或x1(舍去)，又当0x0；当x1时，f(x)0；当x(2，ln 2)时，f(x)1时，f(x)0；(2)讨论g(x)的单调性；解：(1)证明：f(x)，令s(x)ex1x，则s(x)ex11，当x1时，s(x)0 ，所以s(x)在(1，)上单调递增，又s(1)0，所以s(x)0，从而当x1时，f(x)0.(2)g(x)2ax(x0)，当a0时，g(x)0时，由g(x)0得x .当x时，g(x)0，g(x)单调递增12已知常数a0，f(x)aln x2x.(1)当a4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于a时，求实数a的取值范围解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，)，f(x)2.当a4时，f(x).所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)单调递增所以f(x)只有极小值，且在x2时，f(x)取得极小值f(2)44ln 2.所以当a4时，f(x)只有极小值44ln 2，无极大值(2)因为f(x)，所以当a0，x(0，)时，f(x)0，即f(x)在x(0，)上单调递增，没有最小值；当a0得，x，所以f(x)在上单调递增；由f(x)0得，x，所以f(x)在上单调递减所以当a0时，f(x)的最小值为极小值，即falna.根据题意得falnaa，即aln(a)ln 20.因为a0，所以ln(a)ln 20，解得a2，综上，实数a的取值范围是2，0)- 13 -