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第3讲 导数及其应用
[考情考向分析] 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．
热点一 导数的几何意义
1．函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
例1 (1)(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x＋(a－1)x＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( ) A．y＝－2x C．y＝2x 答案 D
解析 方法一 ∵f(x)＝x＋(a－1)x＋ax， ∴f′(x)＝3x＋2(a－1)x＋a.
又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x＋(a－1)x－ax＝－x－(a－1)x－ax恒成立， ∴a＝1，∴f′(x)＝3x＋1， ∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x. 故选D.
方法二 ∵f(x)＝x＋(a－1)x＋ax为奇函数， ∴f′(x)＝3x＋2(a－1)x＋a为偶函数， ∴a＝1，即f′(x)＝3x＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x. 故选D.
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，则实数b＝________. 答案 ln 2
解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋1和曲线y＝ln(x＋2)的切点分别为(x1，ln x1＋1)，(x2，ln(x2＋2))． ∵直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线， 11∴＝，即x1－x2＝2. x1x2＋2
2
2
3
2
2
3
2
3
2
2
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2
3
2
B．y＝－x D．y＝x
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1
∴切线方程为y－(ln x1＋1)＝(x－x1)，
x1
即为y＝＋ln x1 或y－ln(x2＋2)＝
1
(x－x2)， x2＋2
xx1
x2－x1
即为y＝＋＋ln x1，
x1
x1
∴
2－x1
＝0，则x1＝2，
x1
∴b＝ln 2.
思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解． 跟踪演练1 (1)(2018·全国Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x－y＝0
解析 ∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝
2
.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)， x＋1
∴切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)若函数f(x)＝ln x(x>0)与函数g(x)＝x＋2x＋a(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是( )
2
?1?A.?ln，＋∞? ?2e?
C．(1，＋∞) 答案 A
B．(－1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞)
解析 设公切线与函数f(x)＝ln x切于点A(x1，ln x1)(x1>0)， 1
则切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．
x1
设公切线与函数g(x)＝x＋2x＋a切于点B(x2，x2＋2x2＋a)(x2<0)， 则切线方程为y－(x2＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)， 1??＝2?x2＋1?，∴?x1
??ln x1－1＝－x22＋a，1
∵x2<0 22 x1 又a＝ln x1＋? ?1－1?2－1 ??2x1? 11?1?2 ＝－ln ＋?－2?－1， x14?x1? 精品 112 令t＝，∴0 x1412 设h(t)＝t－t－ln t(0 411?t－1?－3 则h′(t)＝t－1－＝<0， 2t2t∴h(t)在(0,2)上为减函数， 1 则h(t)>h(2)＝－ln 2－1＝ln ， 2e 2 ?1?∴a∈?ln，＋∞?. ?2e? 热点二 利用导数研究函数的单调性 1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x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，如函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性． 例2 已知函数f(x)＝2e－kx－2. (1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)内的单调性； (2)若存在正数m，对于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立，求正实数k的取值范围． 解 (1)由题意得f′(x)＝2e－k，x∈(0，＋∞)， 因为x>0，所以2e>2. 当k≤2时，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)内单调递增． 当k>2时，由f′(x)>0得x>ln，此时f(x)单调递增； 2由f′(x)<0得0 2综上，当k≤2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增； 当k>2时，f(x)在?0，ln?内单调递减， 2??在?ln，＋∞?内单调递增． ?2?(2)①当0 由(1)可得f(x)在(0，＋∞)内单调递增，且f(0)＝0， 所以对于任意的x∈(0，m)，f(x)>0. 这时|f(x)|>2x可化为f(x)>2x， 即2e－(k＋2)x－2>0. 设g(x)＝2e－(k＋2)x－2， 则g′(x)＝2e－(k＋2)， 令g′(x)＝0，得x＝ln xxxxxx3 kk? k? ?k? k＋2 2 >0， 精品 所以g(x)在??0，lnk＋2? 2? ?? 内单调递减，且g(0)＝0， 所以当x∈?? 0，lnk＋2? 2??? 时，g(x)<0，不符合题意． ②当k>2时， 由(1)可得f(x)在??? 0，lnk2??? 内单调递减，且f(0)＝0， 所以存在x0>0，使得对于任意的x∈(0，x0)都有f(x)<0. 这时|f(x)|>2x可化为－f(x)>2x， 即－2ex＋(k－2)x＋2>0. 设h(x)＝－2ex＋(k－2)x＋2， 则h′(x)＝－2ex＋(k－2). (ⅰ)若2 2 ， 这时h(x)在?? 0，lnk－2? 2? ?? 内单调递增，且h(0)＝0， 所以对于任意的x∈??0，lnk－2? 2?? ?，都有h(x)>0， 此时取m＝min?? xk－2? ?0，ln 2?? ，则对于任意的x∈(0，m)，不等式|f(x)|>2x恒成立． 综上可得k的取值范围为(4，＋∞). 思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f′(x)． (3)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即可；②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． 跟踪演练2 (1)已知f(x)＝(x2 ＋2ax)ln x－12x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是( A．{1} B．{－1} C．(0,1] D．[－1,0) 答案 B 解析 f(x)＝(x2 ＋2ax)ln x－122 x－2ax， f′(x)＝2(x＋a)ln x， ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， ) 精品 当x＝1时，f′(x)＝0满足题意， 当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立， 则x＋a≥0恒成立． ∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1， 当0 ∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得a≤－1. 综上所述，a＝－1. ?1?3 (2)已知定义在R上的偶函数f(x)(函数f(x)的导函数为f′(x))满足f ?x－?＋f(x＋1)＝0，ef(2 018)＝1，若 2 ? ? f(x)>f′(－x)，则关于x的不等式f(x＋2)>x的解集为( ) A．(－∞，3) C．(－∞，0) 答案 B 解析 ∵f(x)是偶函数， ∴f(x)＝f(－x)，f′(x)＝[f?－x?]′＝－f′(－x)， ∴f′(－x)＝－f′(x)，f(x)>f′(－x)＝－f′(x)， 即f(x)＋f′(x)>0，设g(x)＝ef(x)， 则[ef?x?]′＝e[f?x?＋f′?x?]>0， xxx1e B．(3，＋∞) D．(0，＋∞) ∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ?1?由f ?x－?＋f(x＋1)＝0， ?2??3?得f(x)＋f ?x＋?＝0，f ?2? ?x＋3?＋f(x＋3)＝0， ?2??? 相减可得f(x)＝f(x＋3)，f(x)的周期为3， 11133x－12 ∴ef(2 018)＝ef(2)＝1，g(2)＝e2f(2)＝，f(x＋2)>x，结合f(x)的周期为3可化为ef(x－1)>＝ef(2)， eee g(x－1)>g(2)，x－1>2，x>3， ∴不等式的解集为(3，＋∞)，故选B. 热点三 利用导数求函数的极值、最值 1．若在x0附近左侧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，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值． 2．设函数y＝f(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． 例3 (2018·北京)设函数f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e. (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a； 2 x
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