江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.3 小题考法—导数的简单应用讲义（含解析）

江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.3 小题考法导数的简单应用讲义（含解析）考点(一)利用导数研究函数的单调性主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值(或范围).x0，ax22x10有实数解当a0时，显然满足；当a0，解得1a1，即实数a的取值范围是(1，)答案：(1，)3已知定义域为x|x0的偶函数f(x)，其导函数为f(x)，对任意正实数x满足xf(x)2f(x)，若g(x)x2f(x)，则不等式g(x)0时，xf(x)2f(x)0，所以g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)g(|x|)由g(x)g(1)得g(|x|)g(1)，所以则x(1,0)(0,1)答案：(1,0)(0,1)方法技巧与单调性有关的两类问题的求解策略(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0.(2)若已知函数的单调性求参数，则转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区间上恒成立问题来求解.考点(二)利用导数研究函数的极值、最值 主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.典例感悟典例(1)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为_(2)已知函数f(x)xxln x，若kZ，且k(x1)1恒成立，则k的最大值为_(3)(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)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(1)因为f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因为x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1.令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得2x1，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x1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值f(1)1.(2)法一：依题意得，k1恒成立令g(x)，则g(x)，令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以函数h(x)在(1，)上单调递增因为h(3)1ln 30，所以方程h(x)0在(1，)上存在唯一实数根x0，且满足x0(3,4)，即有h(x0)x0ln x020，ln x0x02.当1xx0时，h(x)0，即g(x)x0时，h(x)0，即g(x)0，所以函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)ming(x0)x0(3,4)所以kg(x)minx0(3,4)，故整数k的最大值是3.法二：依题意得，当x2时，k(21)f(2)，即k22ln 21)，则g(x)ln x1.当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)在区间(e，)上单调递增因此，g(x)的最小值是g(e)3e0，于是有g(x)0恒成立所以满足题意的最大整数k的值是3.(3)法一：f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，f(x)在(0，)上无零点当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增又f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f10，a3.此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1时，f(x)在1,0上单调递增，在0,1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.法二：令f(x)2x3ax210，得a2x.令g(x)2x，则g(x)2.由g(x)0，得0x0，得x1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增f(x)在(0，)内有且只有一个零点，ag(1)3，此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1时，f(x)在1,0上单调递增，在0,1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.答案(1)1(2)3(3)3方法技巧利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，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)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(4)最值和极值还可以用来转化恒成立问题以及方程有解问题演练冲关1函数f(x)ax3ax22ax2a1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围为_解析：由f(x)ax2ax2a0得x1或x2，结合图象可知函数的图象经过四个象限的充要条件是或即或解得a.答案：2已知点A(0,1)，曲线C：ylogax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且的最小值为2，则实数a_.解析：点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则(1，1)(x，logax1)xlogax1.依题f(x)xlogax1在(0，)上有最小值2且f(1)2，所以x1是f(x)的极值点，即最小值点f(x)1.若0a0，f(x)单调递增，在(0，)无最小值，所以a1.设f(x)0，则xlogae，当x(0，logae)时，f(x)0，从而当且仅当xlogae时，f(x)取最小值，所以logae1，ae.答案：e3已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax，若x(0,1，使f(x)成立，则实数a的最大值为_解析：因为x(0,1，使f(x)，即xln x，所以a(x1)2x2xln x.因为x1(1,2，所以x(0,1，使得a成立令M(x)，则M(x).令y2x23xln x1，则由y0可得x或x1(舍)当x时，y0，则函数y2x23xln x1在上单调递减；当x时，y0，则函数y2x23xln x1在上单调递增所以y223ln 1ln 40，所以M(x)0在x(0,1时恒成立，所以M(x)在(0,1上单调递增所以只需aM(1)，即a1.所以实数a的最大值为1.答案：1必备知能自主补缺 (一) 主干知识要牢记1.导数公式及运算法则(1)基本导数公式c0(c为常数)；(xm)mxm1(mQ)；(sin x)cos x；(cos x)sin x；(ax)axln a(a0且a1)；(ex)ex；(logax) (a0且a1)；(ln x).(2)导数的四则运算(uv)uv；(uv)uvuv；(v0)2导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f(x0)0且f(x)在x0附近“左正右负”f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f(x0)0且f(x)在x0附近“左负右正”f(x)在x0处取极小值(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最小者”(二) 二级结论要用好1常用乘式与除式的求导(1)xnf(x)nxn1f(x)xnf(x)；(2)；(3)exf(x)exf(x)f(x)；(4).2不等式恒成立(或有解)问题的常用结论(1)恒成立问题af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)有解af(x)min；af(x)有解af(x)min；af(x)有解af(x)max；af(x)有解af(x)max.课时达标训练A组抓牢中档小题1函数f(x)xln x的单调减区间是_解析：由题意可知函数的定义域为(0，)，且f(x)1ln x，令f(x)1ln x0，解得00)，令y0得x，令y0得0x0)得xe1.当x(0，e1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(e1，)时，函数f(x)单调递增又f(1)f(e)0,1e1e，所以由f(ex)0得1exe，解得0x1.答案：(0,1)8已知函数f(x)ln x(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_.解析：因为f(x)在区间1，e上取得最小值4，所以至少满足f(1)4，f(e)4，解得m3e，又f(x)，且x1，e，所以f(x)0)上一点P(x0，y0)处的切线分别与x轴，y轴交于点A，B，O是坐标原点，若OAB的面积为，则x0_.解析：因为y1，切点P，x00，所以切线斜率ky|xx01，所以切线方程是y(xx0)令y0，得x，即A；令x0得y，即B.所以SOABOAOB，解得x0.答案：12已知函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析：由题意知x0，且f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案：(0,1)(2,3)13已知函数f(x)xln xax在(0，e上是增函数，函数g(x)|exa|，当x0，ln 3时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为，则a的值为_解析：由题意可知f(x)(ln x1)a0在(0，e上恒成立，所以aln x1，即a2.当2a3时，g(x)g(x)在0，ln a上单调递减，在ln a，ln 3上单调递增，因为g(0)g(ln 3)a12a40，所以g(0)g(ln 3)，所以Mmg(0)g(ln a)a1，解得a；当a3时，g(x)aex，g(x)在0，ln 3上递减，所以Mmg(0)g(ln 3)2，舍去故a.答案：14若函数f(x)(aR)在区间1,2上单调递增，则实数a的取值范围是_解析：设g(x)，因为f(x)|g(x)|在区间1,2上单调递增，所以g(x)有两种情况：g(x)0且g(x)在区间1,2上单调递减又g(x)，所以g(x)0在区间1,2上恒成立，且g(1)0.所以无解g(x)0且g(x)在区间1,2上单调递增，即g(x)0在区间1,2上恒成立，且g(1)0，所以解得a.综上，实数a的取值范围为.答案：B组力争难度小题1设函数f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减；所以x1是f(x)的极大值点若a0，由f(x)0，得x1或x.因为x1是f(x)的极大值点，所以1，解得1a0.综合，得a的取值范围是(1，)答案：(1，)2(2018苏北四市期末)在平面直角坐标系xOy中，曲线C：xy上任意一点P到直线l：xy0的距离的最小值为_解析：设过曲线C：xy上任意一点P的切线与直线l：xy0平行因为y，所以y|xx0，解得x0.当x0时，P(，1)到直线l：xy0的距离d；当x0时，P(，1)到直线l：xy0的距离d，所以曲线C：xy上任意一点到直线l：xy0的距离的最小值为.答案：3设函数f(x)g(x)f(x)b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为_. 解析：对于函数y，y，由y0，得x2；由y2，所以y在(，2上单调递增，在2，)上单调递减，极大值为，当x时，y0.先不考虑a，作出y和yx1的图象如图所示只有当b时，直线yb与曲线y和直线yx1共有三个公共点因为直线y与直线yx1的交点为.所以当a时，存在直线yb与曲线yf(x)恰有三个公共点答案：4曲线y(x0)与曲线yln x公切线(切线相同)的条数为_解析：令公切线与曲线f(x)切于点A(x10)因为f(x)，g(x)，所以，即x2x.又kAB，所以，所以2x1ln(x1)x12.令x1t0，所以2tln tt2，即2tln tt2(t0)，所以ln t(t0)，画出函数yln t与y的图象如图所示，在(0，)上只有一解，所以公切线只有一条答案：15已知函数f(x)若对于tR，f(t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_解析：令yx32x2x，x0，即(x1)(3x1)0，解得x1.又因为x1，所以x.令y0，得x1，所以y的增区间是，减区间是，所以y极大值.根据图象变换可作出函数y|x32x2x|，x1的图象又设函数yln x(x1)的图象经过原点的切线斜率为k1，切点(x1，ln x1)，因为y，所以k1，解得x1e，所以k1.函数yx32x2x在原点处的切线斜率k2y|x01.因为tR，f(t)kt，所以根据f(x)的图象，数形结合可得k1.答案：6已知函数f(x)ln x(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒成立，则的最小值为_解析：f(x)(ea)(x0)，当ea0，即ae时，f(eb)(ea)eb0，显然f(x)0不恒成立当ea0，即ae时，当x时，f(x)0，f(x)为增函数；当x时，f(x)0，f(x)为减函数，所以f(x)maxfln(ae)b1.由f(x)0恒成立，得f(x)max0，所以bln(ae)1，所以得.设g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)为增函数，且当x2e时，g(x)0，所以当x(e,2e)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x(2e，)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(2e)，所以，当a2e，b2时，取得最小值.答案：