高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六 第3讲　导数的简单应用含答案.docVIP

第3讲　导数的简单应用 [做真题] 题型一　导数的几何意义 1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋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　　　　　　 B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：选D．法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)， 所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D． 法二：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D． 2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　) A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1 C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1 解析：选D．因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.)) 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y＝2ln(x＋1)，所以y′＝eq \f(2,x＋1).当x＝0时，y′＝2，所以曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x. 答案：y＝2x 4．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________． 解析：设y＝kx＋b与y＝ln x＋2和y＝ln(x＋1)的切点分别为(x1，ln x1＋2)和(x2，ln(x2＋1))． 则切线分别为y－ln x1－2＝eq \f(1,x1)(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝eq \f(1,x2＋1)(x－x2)， 化简得y＝eq \f(1,x1)x＋ln x1＋1，y＝eq \f(1,x2＋1)x－eq \f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)， 依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,ln x1＋1＝－\f(x2,x2＋1)＋ln(x2＋1)，)) 解得x1＝eq \f(1,2)， 从而b＝ln x1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2 题型二　导数与函数的单调性、极值与最值 1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：选A．因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1，选择A． 2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________． 解析：法一：因为f(x)＝2sin x＋sin 2x， 所以f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cos x－2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(1,2)))(cos x＋1)， 由f′(x)≥0得eq \f(1,2)≤cos x≤1，即2kπ－eq \f(π,3)≤x≤2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z， 由f′(x)≤0得－1≤cos x≤eq \f(1,2)，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋eq \f(π,3)或2