2021新高考数学（山东专用）二轮复习学案：板块1 命题区间精讲 精讲17　导数的简单应用 WORD版含解析.doc

1、导数的简单应用命题点1导数的几何意义 应用导数的几何意义解题时应注意(1)f (x)与f (x0)的区别与联系，f (x0)表示函数f (x)在xx0处的导数值，是一个常数；(2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率；(3)切点既在原函数的图象上也在切线上高考题型全通关1若直线yx与曲线ymxln(2x1)相切于点O(0，0)，则m()A0 BCDD由ymxln(2x1)，得ym，因为直线yx与曲线ymxln(2x1)相切于点O(0，0)，所以m2，解得m，故选D2设函数f (x)2x3(a3)xsin xax，若f (x)为奇函数，则曲线yf (x)在点(0，0)处的切线方程为

2、()AyxBy2xCy3xDy4xC函数f (x)2x3(a3)xsin xax，若f (x)为奇函数，可得a3，所以函数f (x)2x33x，可得f (x)6x23，曲线yf (x)在点(0，0)处的切线的斜率为3，曲线yf (x)在点(0，0)处的切线方程为y3x.3(2020济宁模拟)曲线f (x)aln x在点P(e，f (e)处的切线经过点(1，1)，则a的值为()A1 B2 Ce D2eC因为f (x)aln x，所以f (x)，故f (e)，又f (e)a，所以曲线f (x)aln x在点P(e，f (e)处的切线方程为ya(xe)，又该切线过点(1，1)，所以1aa，解得ae.

3、4已知函数f (x)x.若曲线yf (x)存在两条过(1，0)点的切线，则a的取值范围是()A(，1)(2，)B(，1)(2，)C(，0)(2，)D(，2)(0，)Df (x)1，设切点坐标为，则切线方程为yx0(xx0)，又切线过点(1，0)，可得x0(1x0)，整理得2x2ax0a0，由于曲线yf (x)存在两条过(1，0)点的切线，故方程有两个不等实根，即满足4a28(a)0，解得a0或a2，故选D5已知曲线yxln x在点(1，1)处的切线与抛物线yax2(a2)x1相切，则a的值为()A0 B0或8 C8 D1Cy1，当x1时，切线的斜率k2，切线方程为y2(x1)12x1，因为它与

4、抛物线相切，所以ax2(a2)x12x1有唯一解，即ax2ax20有唯一解，故解得a8，故选C6设函数f (x)exx的图象上任意一点处的切线为l1，若函数g(x)axcos x的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l2满足l1l2，则a的取值范围是_0，1f (x)ex1(，1)，即k1(，1)又l1l2，kk1，k(0，1)kg(x)asin x，sin x1，1，kasin xa1，a1，解得0a1，a0，1命题点2利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的3个关键点(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认；(3

5、)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况高考题型全通关1(2020郑州模拟)已知aln，be1，c，则a，b，c的大小关系为()AbcaBbcaCabcDbacD依题意，得aln，be1，c.令f (x)，所以f (x)，当0xe时，f (x)0，当xe时，f (x)0，所以函数f (x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以f (x)maxf (e)b，且f (3)f (8)，即ac，所以bac.2(2020临沂模拟)若函数f (x)e2xax21在1，2上是减函数，则实数a的取值范围是()A BC DCf (x)2e2x2ax，若f (x)在1，2上是减函数，则e2x

6、ax0在1，2上恒成立，即a在1，2上恒成立令h(x)，x1，2，则h(x)0，故h(x)在1，2上单调递增，故h(x)maxh(2)，故a，故选C3(2020上饶模拟)函数f (x)ax22axln x在(1，3)上不单调的一个充分不必要条件是()AaBaCaDaA函数f (x)ax22axln x，所以f (x)ax2a，令g(x)ax22ax1，因为函数f (x)在(1，3)上不单调，即g(x)ax22ax1在(1，3)上有变号零点，a0时，显然不成立，a0时，只需g(1)g(3)0，解得a1或a，即函数f (x)ax22axln x在(1，3)上不单调的充要条件为a(1，)，它的充分不

7、必要条件即为其一个子集4(2020郑州质检)已知函数f (x)的导函数f (x)满足f (x)(x1)f (x)0对xR恒成立，则下列判断一定正确的是()Af (0)02f (1)B0f (0)2f (1)C02f (1)f (0)D2f (1)0f (0)B由题意设g(x)(x1)f (x)，则g(x)f (x)(x1)f (x)0，所以函数g(x)在R上单调递增，所以g(1)g(0)g(1)，即0f (0)2f (1)故选B5(2020南昌模拟)设函数f (x)定义在区间(0，)上，f (x)是函数f (x)的导函数，f (x)xln xf (x)0，则不等式0的解集是()AB(1，)CD

8、(0，1)B构造新函数g(x)ln xf (x)，则g(x)f (x)ln xf (x)因为f (x)xln xf (x)0，又x0，所以f (x)ln xf (x)0，所以g(x)0，所以函数g(x)ln xf (x)在(0，)上单调递增而0可化为ln xf (x)0，等价于g(x)g(1)，解得x1.所以不等式0的解集是(1，)故选B6多选(2020济宁模拟)已知f (x)，下列结论正确的是()Af (x)在(0，e)上单调递增Bf (2)f (3)Cf (x)的图象在点(1，0)处的切线方程为yxD若关于x的不等式有正整数解，则9ADf (x)，则f (x)，易知f (x)在(0，e)上

9、单调递增，在(e，)上单调递减，A正确；又f (2)，f (3)，所以f (2)f (3)，B错误对于C，f (1)1，故切线方程为yx1，C不正确；若有正整数解，则x27，所以ln x3ln 3.因为x0，所以0，所以.所以f (3)，即9，故选AD命题点3利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值应关注4点(1)不能忽略函数f (x)的定义域；(2)f (x0)0是可导函数在xx0处取得极值的必要不充分条件；(3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到高考题型全通关1(2020东

10、莞模拟)若函数f (x)exax2在区间(0，)上有两个极值点x1，x2(0x1x2)，则实数a的取值范围是()AaBaeCaeDaDf (x)exax2，可得f (x)ex2ax，要使f (x)恰有2个正极值点，则方程ex2ax0有2个不相等的正实数根，即2a有两个不同的正根，则g(x)，x(0，)，y2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，求得g(x)，由g(x)0，可得g(x)在(0，1)上单调递减，由g(x)0，可得g(x)在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)e，当x0时，g(x)；当x时，g(x)，所以当2ae，即a时，g(x)，y2a的图象在y轴右侧有两个不同的交点，所以使函

11、数f (x)exax2在区间(0，)上有两个极值点x1，x2(0x1x2)，实数a的取值范围是a.2已知a0，f (x)，若f (x)的最小值为1，则a等于()A BCeDe2A由f (x)，得f (x).令g(x)exaxa，则g(x)exa0，g(x)在(，)上为增函数，又g(1)0，存在x01，使得g(x0)0，即eax0a0，f (x0)0，函数f (x)在(，x0)上为减函数，在(x0，)上为增函数，则f (x)的最小值为f (x0)1，即x0eea.联立，可得x02，代入，可得a.3(2020长春质量监测)已知函数f (x)ln xax2，若f (x)恰有两个不同的零点，则a的取值

12、范围为()A BC DC由题意，函数f (x)ln xax2，则f (x)2ax，当a0时，f (x)0，此时函数f (x)单调递增，函数最多只有一个零点，不符合题意；当a0时，令f (x)0，即0，解得x或x(舍去)，则当x时，f (x)0，函数f (x)单调递增，当x时，f (x)0，函数f (x)单调递减，所以函数f (x)的最大值为f ln，要使得函数f (x)有两个零点，则ln0，解得0a，故选C4(2020烟台模拟)记maxa，b则函数f (x)max的最小值为()A B0 Ce DDyxln x，由yln x10，得x，则函数yxln x在上单调递减，在上单调递增；y(x0)，由

13、y0，得x2，则函数y(x0)，在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增又2ln 2，当x2时，xln x，当x2时，两个函数都是增函数，且取两函数的较大者，如图，则f (x)max在x2时取得最小值，故选D5(2020西安模拟)已知函数f (x)axex(1ln a)x(a0，a1)，对任意x1，x20，1，不等式|f (x1)f (x2)|aln ae4恒成立，则a的取值范围为()ABe，2Ce，)D(e，)C依题意，得aln ae40.因为f (x)axln aex1ln a(ax1)ln aex1，当a1时，对任意的x0，1，ax10，ln a0，ex10，恒有f (x)0；当0a

14、1时，对任意的x0，1，ax10，ln a0，ex10，恒有f (x)0.所以f (x)在0，1上是增函数，则对任意的x1，x20，1，不等式|f (x1)f (x2)|aln ae4恒成立，只需f (x)maxf (x)minaln ae4，因为f (x)maxf (1)ae1ln a，f (x)minf (0)112，所以ae1ln a2aln ae4，即aln a1aln a0，即(1a)(1ln a)0，所以ln a1，从而有ae，而当ae时，式显然成立故选C6(2020唐山模拟)设函数f (x)(exmax)(ln xax)，若存在实数a使得f (x)0恒成立，则m的取值范围是()A

15、(，0B0，2)C(2，)D(，2)Df (x)(exmax)(ln xax)0在(0，)上恒成立，结合yexm和yln x的图象的特征，则有ln xaxexm在(0，)上恒成立，即a在(0，)上恒成立令g(x)，则g(x)，令f (x)0，得xe，当0xe时，g(x)0，当xe时，g(x)0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以当xe时，g(x)取得最大值，g(x)max.令h(x)，则h(x)，令h(x)0，得x1，所以当0x1时，h(x)0，当x1时，h(x)0，则函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)取得最小值，h(x)mine1m.所以ae1m，若存在实数a，则必有e1me1，即1m1，得m2，故选D