2021高考数学（理）统考版二轮复习学案：板块1 命题区间精讲 精讲18 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导数的几何意义导数的几何意义(1)f(x0)的几何意义：曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，该切线的方程为yf(x0)f(x0)(xx0)(2)切点的两大特征：在曲线yf(x)上；在切线上高考题型全通关1设函数f(x)fx22xf(1)ln x，曲线f(x)在(1，f(1)处的切线方程是()A5xy40 B3xy20Cxy0 Dx1Af(x)fx22xf(1)ln x，f(x)2fx2.令x得f2f22f(1)，即f(1)1.又f(1)f2，f3，f(1)2f2f(1)6215.曲线在点(1，f(1)处的切线方程为y15(x1)，即5xy40，故选A.2.

2、 (2020东北三省四校一模)已知曲线f(x)x3x25在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为，则()A. B C2 D.B依题意，f(x)x2x，tan f(1)2，故选B.3函数yx与yx2所围成的封闭区域的面积为()A. B. C. D.A函数yx与yx2所围成的封闭区域的面积为4若直线ykx2与曲线y13ln x相切，则k等于()A3 B. C2 D.A设切点为(x0，kx02)，y13ln x的导数为y，由得kx03，代入得13ln x01，则x01，k3.5已知函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线xey20平行，则a()A1 Be Ce D1D函数f(x)，可得f(x)

3、，函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线xey20平行，f(1)，所以a1，故D.6(2020岳阳二模)已知函数f(x)x3x，则曲线yf(x)过点(1,0)的切线的条数为()A3 B2 C1 D0B设切点为(x0，y0)，f(x)x3x的导数为f(x)3x21，则切线的斜率为3x1，切线的方程为yxx0(3x1)(xx0)，代入(1,0)，可得xx0(3x1)(1x0)，整理并解得：x01或x0，所以切线的斜率为2或，则过点(1,0)的切线方程为y2x2或yx，共两条故选B.7已知函数f(x)是奇函数，当x0时，f(x)xex1，则f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为_

4、2e函数f(x)是奇函数，当x0时，f(x)xex1，当x0时，x0，f(x)xex1，f(x)xex1，f(x)(1x)ex，f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为kf(1)2e.8高考改编若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yex的切线，则b_.0或1设直线ykxb与yln x2的切点为(x1，y1)，与yex的切点为(x2，y2)，由yln x2的导数为y，yex的导数为yex，可得ke，消去x2，可得(1ln x1)0，则x1或1，则切点为或(1,2)，ke或1，则切线为yex或yx1，可得b0或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一般步骤(

5、1)确定函数的定义域(2)求导函数f(x)(3)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即可；若已知函数的单调性，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(4)含参数问题单调性常见的四个方面讨论如f(x).二次系数的讨论根的有无讨论，即“”讨论根在不在定义域内讨论根的大小讨论高考题型全通关1.设f(x)是函数f(x)的导函数，yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象最有可能是以下选项中的()C由题图知，当x0时，f(x)0，所以yf(x)在(，0)上单调递增因为当0x2时，f(x)0，所以yf(x)在(0,2)上单调递

6、减又当x2时，f(x)0，所以yf(x)在(2，)上单调递增2函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)B函数定义域为(0，)，由yx0得，0x1，故选B.3若函数f(x)2x33mx26x在区间(1，)上为增函数，则实数m的取值范围是()A(，1 B(，1) C(，2 D(，2)Cf(x)6x26mx6，由已知条件知，当x(1，)时，f(x)0恒成立，设g(x)6x26mx6，则g(x)0在(1，)上恒成立法一：若36(m24)0，即2m2，满足g(x)0在(1，)上恒成立；若36(m24)0，即m2，则需解得m2，m2恒成立，所以m2.4函数f(x)x

7、34xm在0,3上的最大值为4，则m的值为()A7 B. C3 D4Df(x)x24，x0,3，f(x)0时，x2，f(x)0时，0x2，f(x)0时，2x3.所以f(x)在0,2)上是减函数，在(2,3上是增函数又f(0)m，f(3)3m.所以在0,3上，f(x)maxf(0)4，所以m4，故选D.5已知f(x)x3ax2bxa2在x1处的极值为10，则ab等于()A0或7 B7 C0 D7B因为f(x)3x22axb，所以f(1)32ab0，f(1)1aba210，由得或而要在x1处取到极值，则4a212b0，故舍去所以只有所以ab7，故选B.6定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)

8、恒成立，若x1x2，则ef与ef的大小关系为()AefefBef0，f(2)1，则不等式0，即a2x4ex有解令g(x)2x4ex，则g(x)24ex.令g(x)0，解得xln 2.当x(，ln 2)时，函数g(x)2x4ex单调递增；当x(ln 2，)时，函数g(x)2x4ex单调递减所以当xln 2时，g(x)2x4ex取得最大值22ln 2，所以aln x在(1，e)上恒成立，则a的取值范围是()Aee3，) B(ee3，)C(1，) D1，)破题关键 D函数x2ln x在(1，e)上恒成立x3axln x在(1，e)上恒成立ax3xln x在(1，e)上恒成立，令g(x)x3xln x

9、，x(1，e)，则g(x)3x21ln x，x(1，e)，而g(x)6x在(1，e)上单调递减，且g(1)6150，g(x)在(1，e)上单调递减，又g(1)3120，g(x)x3xln x在区间(1，e)上单调递减，又g(1)1，a1，故选D.7已知f(x)x33x3，g(x)(x1)2a，x10,2，x20,2，使得f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围是_破题关键 x10,2，x20,2，使得f(x1)g(x2)成立，等价于f(x)ming(x)min，f(x)3x23(x1)，故当x(0,1)时，f(x)0，故f(x)minf(1)1；当x2时，g(x)取得最小值g(2)a9，所

10、以1a9，即实数a的取值范围是a10.8(2020南昌模拟)已知函数f(x)exln x2，下列说法正确的是_f(x)有且仅有一个极值点；f(x)有零点；若f(x)极小值点为x0，则0f(x0)；若f(x)极小值点为x0，则f(x0)1.f(x)exln x2，x(0，)，f(x)ex，设g(x)xex1，x(0，)，g(x)exxex0恒成立，函数g(x)xex1，在(0，)上单调递增，又ge110，g(1)e10，存在唯一x0，使得g(x0)0，f(x)有且仅有一个极值点，当x时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(x0,1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增

11、，x0是f(x)的极小值点，且满足x0，g(x0)x0e10，e，x0ln ln x0，f(x0)eln x02x02，对勾函数yx在上单调递减，2x02，0f(x0)，函数f(x)恒大于0，无零点，综上所述：正确的是.教师备选1(2020丹东模拟)函数f(x)x3ax2(32a)x1在x1处取得极大值，则实数a的取值范围为()A(，3) B(3，)C(，3) D(3，)Af(x)3x22ax(32a)，f(1)0，f(x)的一个零点为x11，由根与系数的关系可知，f(x)的另一个零点为x21，因为f(x)在x1处取得极大值，所以f(x)在x1的左侧附近大于0，右侧附近小于0，因为二次函数f(

12、x)是开口向上的抛物线，所以x1x2，即11，解得a3.故选A.2已知函数f(x)mx(e为自然对数的底数)，若f(x)0在(0，)上有解，则实数m的取值范围是()A(e，) B(，e)C. D.C由f(x)mx0在(0，)上有解，可得，m在(0，)上有解，令g(x)，x0，则mg(x)min，则g(x)，则当0x2时，g(x)0，函数单调递减，当x2时，g(x)0函数单调递增，故当x2时，函数g(x)取得最小值g(2).故m，故选C.3若函数f(x)exax2在区间(0，)上有两个极值点x1，x2(0x1e Cae DaDf(x)exax2，可得f(x)ex2ax，要使f(x)恰有2个正极值

13、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(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，所以使函数f(x)exax2在区间(0，)上有两个极值点x1，x2(0x1.4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_3f(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，不合题意当a0时，由f(x)0，解得x，由f(x)0，解得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增又f(x)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(0)1，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.