2020届高考数学二轮复习（全国通用）知识要点与典例精解：导数的几何意义及简单应用.doc

1、第 3 讲 导数的几何意义及简单应用 全国卷 3 年考情分析 年份 全国卷 全国卷 全国卷 2019 导数的几何意义，求切 线方程 T13 导数的几何意义，求切 线方程 T10 利用导数的几 何意义求参 数 T7 利用导数研究函数的极 值 T21(1) 利用导数讨论 函数的单调性 与最值 T20 2018 奇函数的定义及利用导 数的几何意义求切线方 程 T6 利用导数的几何意义求 切线方程 T13 利用导数的几 何意义求切线 方程 T21(1) 利用函数的极值点求参 数及单调区间 T21 利用导数求函数的单调 区间 T21(1) 2017 利用导数的几何意义求 切线方程T14 利用导数研究函数

2、的单 调性 T21(1) 利用导数研究 函数的单调 性 T21(1) 利用导数研究函数的单 调性 T21(1) (1)此部分内容是高考命题的热点内容.在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难 度较小. (2)应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考 查，难度中等偏上，属综合性问题；常在解答题的第一问中考查，难度一般. 考点一 导数的几何意义 例 1 (1)(2019 全国卷)曲线 y2sin xcos x 在点(，1)处的切线方程为( ) A.xy10 B.2xy210 C.2xy210 D.xy10 (2)(2019 全国卷)已知曲线 yaexxln x 在

3、点(1，ae)处的切线方程为 y2xb，则 ( ) A.ae，b1 B.ae，b1 C.ae 1，b1 D.ae 1，b1 解析 (1)设 yf(x)2sin xcos x，则 f(x)2cos xsin x， f()2， 曲线 在点(，1)处的切线方程为 y(1)2(x)，即 2xy210.故选 C. (2)yaexln x1， ky|x1ae1， 切线方程为 yae(ae1)(x1)， 即 y(ae1)x1. 已知切线方程为 y2xb， ae12， b1， 即 ae 1，b1. 故选 D. 答案 (1)C (2)D 解题方略 与切线有关问题的处理策略 (1)已知切点 A(x0，y0)求斜率

4、 k，即求该点处的导数值，kf(x0). (2)已知斜率 k，求切点 A(x1，f(x1)，即解方程 f(x1)k. (3)求过某点 M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点 A(x0，f(x0)，则切线方程为 yf(x0) f(x0)(xx0)，再把点 M(x1，y1)代入切线方程，求 x0. 跟踪训练 1.(2019 福州市第一学期抽测)曲线 f(x)xln x 在点(1，1)处的切线与坐标轴围成的三 角形的面积为( ) A.2 B.3 2 C.1 2 D.1 4 解析：选 D f(x)11 x，则 f(1)2，故曲线 f(x)xln x 在点(1，1)处的切线方程为 y12(x1)，即

5、y2x1，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，1)， 1 2，0 ，则切 线与坐标轴围成的三角形的面积为1 21 1 2 1 4，故选 D. 2.(2019 江西八所重点中学联考)已知曲线 y1 x ln x a 在 x1 处的切线 l 与直线 2x3y 0 垂直，则实数 a 的值为_. 解析：因为 yf(x)1 x ln x a ，所以 f(x) 1 x2 1 ax，所以曲线 y 1 x ln x a 在 x1 处的切 线 l 的斜率 kf(1)11 a.直线 2x3y0 的斜率 k 2 3.因为切线 l 与直线 2x3y0 垂 直，所以 11 a 2 3 1，得 a2 5. 答案：2 5

6、 3.已知函数 f(x)1 2x 1 4sin x 3 4 cos x 的图象在点 A(x0， y0)处的切线的斜率为 1， 则 tan x0 _. 解析：f(x)1 2x 1 4sin x 3 4 cos x，f(x)1 2 1 4cos x 3 4 sin x1 2 1 2sin x 6 . 函数 f(x)的图象在点 A(x0，y0)处的切线斜率为 1， 1 2 1 2sin x0 6 1， x0 6 2 2k，kZ Z， x02 3 2k，kZ Z， tan x0tan 2 3 2k tan 3 tan 3 3. 答案： 3 考点二 利用导数研究函数的单调性 例 2 (1)(2019 广

7、东省七校联考)已知定义在 R 上的连续可导函数 f(x)，当 x0 时，有 xf(x)0，则下列各项正确的是( ) A.f(1)f(2)2f(0) B.f(1)f(2)2f(0) C.f(1)f(2)2f(0) D.f(1)f(2)与 2f(0)大小关系不确定 (2)已知函数 f(x)ex(exa)a2x，讨论 f(x)的单调性. 解析 (1)由题意得，x0 时，f(x)是增函数，x0 时，f(x)是减函数，x0 是函数 f(x)的极大值点，也是最大值点，f(1)f(0)，f(2)f(0)，两式相加得，f(1)f(2)2f(0)， 故选 C. 答案 C 解 (2)函数 f(x)的定义域为(，)

8、， f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa). 若 a0，则 f(x)e2x在(，)上单调递增. 若 a0，则由 f(x)0，得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0； 当 x(ln a，)时，f(x)0. 故 f(x)在(，ln a)上单调递减， 在(ln a，)上单调递增. 若 a0，则由 f(x)0，得 xln a 2 . 当 x ，ln a 2 时，f(x)0； 当 x ln a 2 ， 时，f(x)0. 故 f(x)在 ，ln a 2 上单调递减， 在 ln a 2 ， 上单调递增. 解题方略 求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略 讨论函数的单调性其实就是讨论不

9、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. 跟踪训练 1.(2019 唐山市摸底考试)设函数 f(x)x(exe x)，则 f(x)( ) A.是奇函数，且在(0，)上是增函数 B.是偶函数，且在(0，)上是增函数 C.是奇函数，且在(0，)上是减函数 D.是偶函数，且在(0，)上是减函数 解析：选 A 法

10、一：由条件可知，f(x)(x)(e xex)x(exex)f(x)，故 f(x) 为奇函数.f(x)exe xx(exex)， 当 x0 时， exex， 所以 x(exex)0， 又 exex0， 所以 f(x)0，所以 f(x)在(0，)上是增函数，故选 A. 法二：根据题意知 f(1)f(1)，所以函数 f(x)为奇函数.又 f(1)f(2)，所以 f(x)在(0， )上是增函数，故选 A. 2.若本例(2)变为：已知函数 f(x)ex(exa)a2x 在1，)上单调递增，求实数 a 的取 值范围. 解：由本例解析知 f(x)(2exa)(exa)， f(x)在1，)上单调递增， 则 f

11、(x)0 在1，)上恒成立， (2exa)(exa)0， 2exaex在1，)上恒成立， 2eae， 实数 a 的取值范围为2e，e. 3.若本例(2)变为：函数 f(x)ex(exa)a2x 在1，)上存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围. 解：由本例解析知 f(x)2e2xaexa2， 设 tex，x1，)，te，)， 即 g(t)2t2ata2在e，)上有零点. g(e)2e2aea2e 或 a0，解得a2， x1x210， 实数 a 的取值范围为(2，). 解题方略 已知函数极值点或极值求参数的方法 列式 根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证

12、因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须 验证根的合理性 跟踪训练 1.函数 yf(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( ) A.(1，3)为函数 yf(x)的单调递增区间 B.(3，5)为函数 yf(x)的单调递减区间 C.函数 yf(x)在 x0 处取得极大值 D.函数 yf(x)在 x5 处取得极小值 解析：选 C 由函数 yf(x)的导函数的图象可知，当 x1 或 3x5 时，f(x)0， yf(x)单调递减；当 x5 或1x3 时，f(x)0，yf(x)单调递增.所以函数 yf(x)的单 调递减区间为(，1)，(3，5)，单调递增区间为(1

13、，3)，(5，).函数 yf(x)在 x 1，5 处取得极小值，在 x3 处取得极大值，故选项 C 错误，选 C. 2.设函数 f(x)x 2 2kln x，k0 在 x1 处取得极小值，则极小值为( ) A.1 2 B.1 2 C.1 D.1 解析：选 B f(x)xk x x2k x .由 f(x)0 解得 x k()x k舍去 . f(x)与 f(x)在区间(0，)上的情况如下： x (0， k) k ()k， f(x) f(x) k（1ln k） 2 所以 f(x)的单调递减区间是()0， k ，单调递增区间是()k， . 由条件知， k1，解得 k1，极小值 f(1)1 20 1 2

14、.选 B. 3.已知函数 f(x)exx2(3a2)x 在区间(1，0)上有最小值，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. 1，1 e B. 1，e 3 C. 3 e，1 D. 1， 1 3e 解析：选 D 由 f(x)exx2(3a2)x 可得，f(x)ex2x3a2， 因为函数 f(x)exx2(3a2)x 在区间(1，0)上有最小值， 所以函数 f(x)exx2(3a2)x 在区间(1，0)上有极小值， 而 f(x)ex2x3a2 在区间(1，0)上单调递增， 所以 f(x)ex2x3a20 在区间(1，0)上必有唯一解， 由零点存在定理可得 f（1）e123a20， f（0）13a20

15、， 解得1a 1 3e， 所以实数 a 的取值范围是 1， 1 3e ，故选 D. 逻辑推理分类与整合思想研究函数的单调性 典例 已知函数 f(x)ln xa2x2ax(aR R). (1)当 a1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在区间(1，)上是减函数，求实数 a 的取值范围. 解 (1)当 a1 时，f(x)ln xx2x，其定义域为(0，)， f(x)1 x2x1 2x2x1 x ， 令 f(x)0，则 x1(负值舍去). 当 01 时，f(x)0， f(x)在区间(0，)上为增函数，不合题意； 当 a0 时，由 f(x)1 a. f(x)的单调递减区间为 1

16、a， . 依题意，得 1 a1， a0， 解得 a1； 当 a0， 当 x 0，a 3 时，f(x)0，即 f(x)单调递增. f(x)只有极小值，且在 x2 时，f(x)取得极小值 f(2)44ln 2. (2)f(x)a2x x ， 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，xa 2， f(x)在 a 2， 上单调递增； 由 f(x)0 得，xa 2， f(x)在 0，a 2 上单调递减. 当 a0 时，f(x)的最小值为 f a 2 aln a 2 2 a 2 . 根据题意得 f a 2 aln a 2 2 a 2 a， 即 aln(a)ln 20. a0，ln(a)ln 20，解得 a2， 实数 a 的取值范围是2，0).