A.0，12和(1，＋∞) C.0，12和(2，＋∞)
B．(0,1)和(2，＋∞) D．(1,2)
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课前自测课堂探究返目录解析 函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋2x＝ 2x2－x5x＋2＝x－2x2x－1＞0，解得 0＜x＜12或 x＞2，故函数 f(x)的单调递增区间是 0，12和(2，＋∞)．
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2．已知函数 f(x)＝x＋2ax.若曲线 y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，则 a 的取值范 围是( D )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞) C．(－∞，0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
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2．(2020·全国卷Ⅰ)曲线 y＝lnx＋x＋1 的一条切线的斜率为 2，则该切线的方程为 __y_＝__2_x____．
解析 设切点坐标为(x0，lnx0＋x0＋1)．由题意得 y′＝1x＋1，则该切线的斜率 k＝1x＋1|x＝x0＝x10＋1＝2，解得 x0＝1，所以切点坐标为(1,2)，所以该切线的方程为 y－2＝2(x－1)，即 y＝2x.
解析 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－x2lnx，令 f′(x)＝0，得 x＝e.∴当 x ∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 故 x＝e 时，f(x)max＝f(e)＝1e，而 f(2)＝ln22＝ln68，f(3)＝ln33＝ln69，所以 f(e)＞f(3)＞f(2)， 故选 D.
A．－34
B．－1
3 C.2
D．2
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解析 f′(x)＝x2＋x＋2x1－2 a，则 f′(1)＝3－4 a＝1，解得 a＝－1，故选 B.
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2．已知 f(x)＝lnxx，则( D ) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2)
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4．已知函数 f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数 f(x)的单调递减区间为____0_，__12___．
解析 函数 f(x)＝x2＋3x－2lnx 的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－2x，令 2x ＋3－2x＜0，即 2x2＋3x－2＜0，解得 x∈－2，12.又 x∈(0，＋∞)，所以 x∈0，12. 所以函数 f(x)的单调递减区间为0，12.
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由题意 y＝kx＋b 与 l1 和 l2 是同一条直线，则 k＝x11＝x2＋1 2， b＝ln x1＝lnx2＋2－x2x＋2 2 ⇒ x2＝0，x1＝2，k＝12，b＝ln 2.
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1．求曲线 y＝f(x)的切线方程的 3 种类型及方法
类型
绿色通道 衡水重点中学名师倾力打造 大二轮 • 数学 N
第二部分 突破热考题型 提升关键能力
板块二 核心考点 专题突破 专题六 函数与导数
第3讲 导数的简单应用 (小题攻略)
目 录
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[自测 A——夯基]
1．已知曲线 f(x)＝xx2＋＋1a在点(1，f(1))处切线的斜率为 1，则实数 a 的值为( B )
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3．若函数 f(x)＝ln x(x＞0)与函数 g(x)＝x2＋2x＋a(x＜0)有公切线，则实数 a 的取
值范围是( A )
A.ln
21e，＋∞
C．(1，＋∞)
B．(－1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞)
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解析 设公切线与函数 f(x)＝ln x 切于点 A(x1，ln x1)(x1＞0)，则切线方程为 y－ln x1 ＝x11(x－x1)，
∴h(t)在(0,2)上为减函数，
则 h(t)＞h(2)＝－ln 2－1＝ln 21e，
∴a∈ln
21e，＋∞.
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考点❷利用导数研究函数的单调性☆☆☆
考向一 有关单调区间的问题
【典例 1】 (1)已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( C )
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5．已知函数 f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，则实数 k 的取值范围为___(_－__∞__，__－__3_] ___．
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解析 由题意知 f′(x)＝3x2＋6x－9，令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－3，
切线方程， 参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用
求含有双参 已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，
数的代数式 常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从
的取值范围 而得所求代数式的取值范围
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(2020·济宁模拟)曲线 f(x)＝alnx 在点 P(e，f(e))处的切线经过点(－1，－1)，则 a
y－(ln x1＋1)＝x11(x－x1)，即 y＝xx1＋ln x1. 设直线 y＝kx＋b 与曲线 y＝ln(x＋2)相切的切点为(x2，ln(x2＋2))，则该切线 l2 可 以写成：
y－ln(x2＋2)＝x2＋1 2(x－x2)， 即 y＝x2＋x 2－x2x＋2 2＋ln(x2＋2)．
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所以 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
x
(－∞，－3) －3 (－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，故－3∈[k,2]，
所以 k≤－3.
x＝13时，函数 u(x)取得最大值 u13＝235，所以 a≥235.故实数 a 的取值范围是 235，＋∞.
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解析 f′(x)＝1－2ax2，设切点坐标为x0，x0＋2ax0，则切线方程为 y－x0－2ax0＝ 1－2ax02(x－x0)，又切线过点(1,0)，可得－x0－2ax0＝1－2ax02(1－x0)，整理得 2x20＋2ax0 －a＝0，由于曲线 y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，故方程有两个不等实根，即满足 Δ＝4a2－8(－a)＞0，解得 a＞0 或 a＜－2，故选 D.
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3．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x＝1 处的极值为 10，则数对(a，b)为( C )
A．(－3,3)
B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
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解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得ff′1＝1＝100，， 即31＋＋2aa＋＋bb＋＝a02＝，10， 消 去 b 可得 a2－a－12＝0，解得 a＝－3 或 a＝4，故ab＝＝3－3， 或ab＝＝－4，11. 当ab＝＝－3 3， 时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时 f(x)无极值，不合题意，舍去；经检验， 当ab＝＝－4 11 时符合题意，故选 C.
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[自测 B——提能] 1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线 y＝aex＋xlnx 在点(1，ae)处的切线方程为 y＝2x＋b， 则( D ) A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1 C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
解析 ∵y′＝aex＋lnx＋1，∴y′|x＝1＝ae＋1， ∴2＝ae＋1，∴a＝e－1.∴切点为(1,1)， 将(1,1)代入 y＝2x＋b，得 1＝2＋b，∴b＝－1，故选 D.
的值为( C )
A．1
B．2
C．e
D．2e
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解析 因为 f(x)＝alnx，所以 f′(x)＝ax. 故 f′(e)＝ae，又 f(e)＝a， 所以曲线 f(x)＝alnx 在点 P(e，f(e))处的切线方程为 y－a＝ae(x－e)，又该切线过点 (－1，－1)， 所以－1－a＝－ae－a，解得 a＝e.
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∵x2＜0＜x1，∴0＜x11＜2. 又 a＝ln x1＋21x1－12－1＝－ln x11＋14x11－22－1， 令 t＝x11，则 0＜t＜2，a＝14t2－t－ln t. 设 h(t)＝14t2－t－ln t(0＜t＜2)，
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则 h′(t)＝12t－1－1t ＝t－12t2－3＜0，
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2．由曲线的切线求参数值或范围的 2 种类型及解题关键
类型
解题关键
关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数， 已知曲线在
从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义 某点处的切