新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点1导数的计算几何意义教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点1导数的计算几何意义教师用书，共7页。

1. (2023·全国甲卷文科)曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为( C )
A．y＝eq \f(e,4)x B．y＝eq \f(e,2)x
C．y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4) D．y＝eq \f(e,2)x＋eq \f(3e,4)
【解析】 设曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y－eq \f(e,2)＝k(x－1)，因为y＝eq \f(ex,x＋1)，所以y′＝eq \f(exx＋1－ex,x＋12)＝eq \f(xex,x＋12)，所以k＝y′|x＝1＝eq \f(e,4)所以y－eq \f(e,2)＝eq \f(e,4)(x－1)，所以曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))处的切线方程为y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4).
2. (2023·全国乙卷文科)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( B )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3,0)
【解析】 因为f(x)＝x3＋ax＋2，所以f′(x)＝3x2＋a，若a≥0，f(x)单调递增，只有1个零点，不满足题意，所以a<0，由f′(x)＝0得x＝±eq \r(－\f(a,3))，结合f(x)的图象，可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a,3))))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(－\f(a,3))))<0，即eq \f(4,27)a3＋4<0，所以a<－3，故选B.
3. (2023·全国新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为( C )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
【解析】 依题可知，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq \f(1,a)，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.
4. (2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝( B )
A．－1 B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．1
【解析】 因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，因此函数f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).故选B.
5. (2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1【解析】 f′(x)＝2ln a·ax－2ex，因为x1，x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上递减，在(x1，x2)上递增，所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2ln a·ax>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若06. (2021·全国甲卷)曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为_5x－y＋2＝0__.
【解析】 因为y＝eq \f(2x－1,x＋2)，(－1，－3)在曲线上，所以y′＝eq \f(2x＋2－2x－1,x＋22)＝eq \f(5,x＋22)，所以y′|x＝－1＝5，则曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为：y－(－3)＝5[x－(－1)]，即5x－y＋2＝0.
7. (2021·全国新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为_1__.
【解析】 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．当0eq \f(1,2)时，f(x)＝|2x－1|－2ln x＝2x－1－2ln x，则f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴当x＝1时f(x)取得最小值为f(1)＝2×1－1－2ln 1＝1.∵2ln 2＝ln 4>ln e＝1，∴函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为1.
8. (2023·全国乙卷理科)已知a∈(0,1)，函数f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1)) .
【解析】 解法一：因为a∈(0,1)，f(x)＝ax＋(a＋1)x，所以f′(x)＝axln a＋(a＋1)xln(a＋1)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ax(ln a)2＋(a＋1)x[ln(a＋1)]2>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)，因为f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(0)＝ln a＋ln(a＋1)≥0，即a(a＋1)≥1，解得eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1)).
解法二：由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)x·ln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)x·ln(1＋a)≥－axln a，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a)))x≥－eq \f(ln a,ln1＋a)在区间(0，＋∞)上恒成立，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq \f(ln a,ln1＋a)，而a＋1∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lna＋1≥－ln a，,0核心考点1 导数的计算、几何意义
核心知识·精归纳
1.导数的几何意义
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为_y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)__.
2.基本初等函数的导数公式
3.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝_f′(x)±g′(x)__；
(2)[f(x)·g(x)]′＝_f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)__；
(3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′＝eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．
多维题组·明技法
角度1：求切线方程或者切线斜率
1. (2023·广州一模)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为( A )
A．y＝3x＋3 B．y＝3x＋1
C．y＝－3x－1 D．y＝－3x－3
【解析】 易得a＝(－1)3＋1＝0，故切点为(－1,0)，又y′＝3x2，所以y′|x＝－1＝3，所以切线方程为y＝3(x＋1)＝3x＋3，故选A.
2.已知函数f(x)＝xln x．若直线l过点(0，－1)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为_x－y－1＝0__.
【解析】 点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，设切点坐标为(x0，y0)．因为f′(x)＝1＋ln x，所以直线l的方程为y＋1＝(1＋ln x0)x.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝x0ln x0，,y0＋1＝1＋ln x0x0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝0.))所以直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
角度2：求切点坐标或参数的值(范围)
3. (2023·河南模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为1，则a＝( D )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
【解析】 由f(x)＝x2－ax＋ln x，得f′(x)＝2x－a＋eq \f(1,x)，∴f′(1)＝3－a，由题意可得：3－a＝1，即a＝2.故选D.
4.若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：y＝xex相切，则m的取值范围是( D )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,e2)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
C．(0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,e2)，－\f(1,e)))
【解析】 设切点为(x0，y0)，过点P的切线方程为y＝(x0＋1)ex0(x－x0)＋x0ex0，代入点P坐标化简为m＝(－xeq \\al(2,0)－x0－1)ex0，即这个方程有三个不等根即可，令f(x)＝(－x2－x－1)ex，求导得到f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex，令f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex<0，得x<－2，或x>－1，令f′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex>0，得－2方法技巧·精提炼
1.求曲线过点P的切线方程的方法
(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)；
(2)当点P(x0，y0)不是切点时，可分以下几步完成：
第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))；
第二步：写出过点P′(x1，f(x1))的切线方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；
第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程求出x1；
第四步：将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．
2.利用导数的几何意义求参数的基本方法
利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．
提醒：(1)注意曲线上横坐标的取值范围；(2)谨记切点既在切线上又在曲线y＝f(x)上．
加固训练·促提高
1. (2023·宝塔区校级期中)曲线f(x)＝ex＋x2－2x的图象在(0，f(0))处切线的倾斜角为( D )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(π,2)
C．eq \f(2π,3) D．eq \f(3π,4)
【解析】 因为f(x)＝ex＋x2－2x，所以f′(x)＝ex＋2x－2，所以f′(0)＝e0＋2×0－2＝－1，所以函数在(0，f(0))处的切线的斜率k＝－1，则倾斜角为eq \f(3π,4).故选D.
2. (2023·衡阳一模)若曲线y＝ex－1＋ln x在点(1,1)处的切线与直线ax＋y＝0平行，则a＝( C )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
【解析】 由y＝ex－1＋ln x，得y′＝ex－1＋eq \f(1,x)，所以曲线y＝ex－1＋ln x在点(1,1)处的切线的斜率为e1－1＋eq \f(1,1)＝2，因此切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.因为曲线y＝ex－1＋ln x在点(1,1)处的切线与直线ax＋y＝0平行，直线ax＋y＝0的斜率为－a，所以－a＝2，即a＝－2.故选C.
3.若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( D )
A．ebC．0【解析】 当x→－∞时，曲线y＝ex的切线的斜率k>0且k趋向于0，当x→＋∞时，曲线y＝ex的切线的斜率k>0且k趋向于＋∞，结合图象可知，两切线的交点应该在x轴上方，且在曲线y＝ex的下方，∴04. (2023·保定一模)若函数f(x)＝ln x－eq \f(2,\r(x))＋m在(1，f(1))处的切线过点(0,2)，则实数m＝_6__.
【解析】 由题意可得f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x\f(3,2))，则f′(1)＝2，且f(1)＝m－2，所以eq \f(m－2－2,1－0)＝2，解得m＝6.高频考点
高考预测
导数的几何意义
对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问；利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择题、填空题的后几题中出现，难度中等偏下.
函数的单调性
函数的极值与最值(与不等式转化求解)
基本初等函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝sin x
f′(x)＝_cs_x__
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝ln x
f′(x)＝eq \f(1,x)
f(x)＝xα(α∈Q*)
f′(x)＝_αxα－1__
f(x)＝cs x
f′(x)＝_－sin_x__
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f′(x)＝_axln_a__
f(x)＝lgax(a>0，a≠1)
f′(x)＝eq \f(1,xln a)