安徽省高考数学第二轮复习 专题二 函数与导数第3讲 导数及其应用 文

专题二　函数与导数第3讲　导数及其应用真题试做1．(2012·辽宁高考，文8)函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(　　)．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)2．(2012·辽宁高考，文12)已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为(　　)．A．1B．3C．－4D．－83．(2012·天津高考，文20)已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；(3)当a＝1时，设函数f(x)在区间[t，t＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．考向分析文科用从近三年高考来看，该部分高考命题有以下特点：从内容上看，考查导数主要有三个层次：(1)导数的概念、求导公式与法则、导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数极值、求函数的单调区间、证明函数的单调性等；(3)导数的综合考查，包括导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题．从形式上看，考查导数的试题有选择题、填空题、解答题，有时三种题型会同时出现．热点例析热点一　导数的几何意义【例1】(2012·安徽高考，文17)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax＋＋b(a＞0)．(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．规律方法1.导数的几何意义：函数y＝f(x)在x0处的导数f′(x0)的几何意义是：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．2．求曲线切线方程的步骤：(1)求出函数y＝f(x)在点x＝x0的导数f′(x0)，即曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的斜率；(2)已知或求得切点坐标P(x0，f(x0))，由点斜式得切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别提醒：①当曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线平行于y轴(此时导数不存在)时，由切线定义可知，切线方程为x＝x0；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解．变式训练1(1)设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a＝__________；文科用(2)设f(x)＝xlnx＋1，若f′(x0)＝2，则f(x)在点(x0，y0)处的切线方程为__________．热点二　利用导数研究函数的单调性-9-\n【例2】文科用已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．规律方法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)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.②若已知函数的单调性求参数，只需转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间内恒成立问题求解．解题过程中要注意分类讨论；函数单调性问题以及一些相关的逆向问题，都离不开分类讨论思想．变式训练2已知函数f(x)＝x－＋a(2－lnx)，a＞0.讨论f(x)的单调性．热点三　利用导数研究函数极值和最值问题已知函数f(x)＝x3－ax2－3x，【例3】(1)若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x＝－是f(x)的极值点，求f(x)在[1，a]上的最大值；(3)在(2)的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)＝bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点？若存在，请求出实数b的取值范围；若不存在，试说明理由．规律方法利用导数研究函数极值的一般步骤是：(1)确定函数的定义域；(2)求函数f(x)的导数f′(x)；(3)①若求极值，则先求出方程f′(x)＝0的根，再检验f′(x)在方程根左右边f′(x)的符号，求出极值．当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内．②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况，从而求解．文科用变式训练3设a∈R，函数f(x)＝ax3－3x2.(1)若x＝2是函数y＝f(x)的极值点，求a的值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]在x＝0处取得最大值，求a的取值范围．思想渗透转化与化归思想的含义转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法．一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．转化与化归常用的方法是等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．已知函数f(x)＝x(lnx＋m)，g(x)＝x3＋x.(1)当m＝－2时，求f(x)的单调区间；(2)若m＝时，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当m＝－2时，f(x)＝x(lnx－2)＝xlnx－2x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx－1.由f′(x)＞0，得lnx－1＞0，所以x＞e.由f′(x)＜0，得lnx－1＜0，所以0＜x＜e.故f(x)的单调递增区间是(e，＋∞)，递减区间是(0，e)．(2)当m＝时，不等式g(x)≥f(x)，即x3＋x≥x恒成立．-9-\n由于x＞0，所以x2＋1≥lnx＋，即x2≥lnx＋，所以a≥.令h(x)＝，则h′(x)＝，由h′(x)＝0得x＝1.且当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0，即h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)在x＝1处取得极大值h(1)＝，也就是函数h(x)在定义域上的最大值．因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即为a的取值范围．-9-\n1.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝3xf′(1)＋x2，则f′(1)＝(　　)．A．－1B．－2C．1D．22．曲线y＝－在点M处的切线的斜率为(　　)．A．－B.C．－D.3．已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＜0时，不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，则a，b，c间的大小关系是(　　)．A．a＞b＞cB．c＞b＞aC．c＞a＞bD．a＞c＞b4．(2012·皖北协作区联考，文10)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)＜(x∈R)，则不等式f(x2)＜＋的解集为(　　)．A．(1，＋∞)B．(－∞，－1)C．(－1,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)5．三次函数f(x)，当x＝1时有极大值4；当x＝3时有极小值0，且函数图象过原点，则f(x)＝__________.6．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a为常数)在区间[－2,2]上有最大值20，那么此函数在区间[－2,2]上的最小值为__________．7．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在x＝处切线的斜率；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝2x，若对任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B　解析：对函数y＝x2－lnx求导，得y′＝x－＝(x＞0)，令解得x∈(0,1]．因此函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(0,1]．故选B.2．C　解析：如图所示，由已知可设P(4，y1)，Q(－2，y2)，∵点P，Q在抛物线x2＝2y上，∴∴-9-\n∴P(4,8)，Q(－2,2)，又∵抛物线可化为y＝x2，∴y′＝x，∴过点P的切线斜率为y′＝4，∴过点P的切线为y－8＝4(x－4)，即y＝4x－8.又∵过点Q的切线斜率为y′＝－2，∴过点Q的切线为y－2＝－2(x＋2)，即y＝－2x－2.联立解得x＝1，y＝－4，∴点A的纵坐标为－4.3．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋F(x)↗极大值↘极小值↗故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0＜a＜.所以，a的取值范围是.(3)a＝1时，f(x)＝x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．①当t∈[－3，－2]时，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上单调递增，在[－1，t＋3]上单调递减．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，当t∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－，所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－－＝.②当t∈[－2，－1]时，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]．下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小．由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有f(－2)≤f(t)≤f(－1)，f(1)≤f(t＋3)≤f(2)．又f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，从而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－.所以g(t)＝M(t)－m(t)＝.综上，函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为.精要例析·聚焦热点热点例析-9-\n【例1】解：(1)(方法一)由题设和均值不等式可知，f(x)＝ax＋＋b≥2＋b，其中当且仅当ax＝1时，等号成立，即当x＝时，f(x)取最小值为2＋b.(方法二)f(x)的导数f′(x)＝a－＝，当x＞时，f′(x)＞0，f(x)在上递增；当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)在上递减．所以当x＝时，f(x)取最小值为2＋b.(2)f′(x)＝a－.由题设知，f′(1)＝a－＝，解得a＝2或a＝－(不合题意，舍去)．将a＝2代入f(1)＝a＋＋b＝，解得b＝－1.所以a＝2，b＝－1.【变式训练1】(1)1　解析：∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a.又y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，∴2a＝2，a＝1.(2)2x－y－e＋1＝0　解析：因为f(x)＝xlnx＋1，所以f′(x)＝lnx＋x·＝lnx＋1.因为f′(x0)＝2，所以lnx0＋1＝2，解得x0＝e，y0＝e＋1.由点斜式得，f(x)在点(e，e＋1)处的切线方程为y－(e＋1)＝2(x－e)，即2x－y－e＋1＝0.文科用【例2】解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，故f(x)的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意得g′(x)＝2x＋－，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝－2x2，∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．∴实数a的取值范围为a≥0.【变式训练2】解：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.-9-\n①当Δ＜0即0＜a＜2时，对一切x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0即a＝2时，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)也是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ＞0即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增↗极大值单调递减↘极小值单调递增↗此时f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，则必有≤1且f′(1)＝－2a≥0.∴a≤0.(2)依题意，f′＝0，即＋a－3＝0.∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.则当x变化时，f′(x)与f(x)变化情况如下表：x1(1,3)3(3,4)4f′(x)－0＋f(x)－6↘－18↗－12∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)＝－6.(3)函数g(x)＝bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3个不等实根．∴x3－4x2－3x－bx＝0，∴x＝0是其中一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个非零不等实根．∴∴b＞－7且b≠－3.∴存在满足条件的b值，b的取值范围是b＞－7且b≠－3.【变式训练3】解：(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点．(2)由题设，g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)．当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时，g(0)≥g(2)，即0≥20a－24，得a≤.反之，当a≤时，对任意x∈[0,2]，-9-\ng(x)≤x2(x＋3)－3x(x＋2)＝(2x2＋x－10)＝(2x＋5)(x－2)≤0，而g(0)＝0，故g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)．综上，a的取值范围为.创新模拟·预测演练1.A　解析：f′(x)＝3f′(1)＋2x，令x＝1，得f′(1)＝3f′(1)＋2，∴f′(1)＝－1.故选A.2．B　解析：对y＝－求导得y′＝＝，当x＝时，y′|x＝＝＝.3．C　解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，∴当x＜0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x＞0时，g(x)为增函数．∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2，∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)，即c＞a＞b，故选C.4．D　解析：∵f′(x)＜对x∈R恒成立，∴令g(x)＝f(x)－x，可知g′(x)＝f′(x)－＜0对x∈R恒成立，即g(x)在R上递减，且g(1)＝f(1)－＝.∴f(x2)＜＋可转化为f(x2)－＜，即g(x2)＜＝g(1)，∴x2＞1，得x＞1或x＜－1.5．x3－6x2＋9x　解析：设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.由题意，有即解得故f(x)＝x3－6x2＋9x.6．－7　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22，∴a＋22＝20，a＝－2.故最小值为f(－1)＝－7.7．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′＝1＋2＝3.故曲线y＝f(x)在x＝处切线的斜率为3.(2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)．-9-\n①当a≥0时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时由f′(x)＝0，得x＝－，在区间上f′(x)＞0，在区间上f′(x)＜0.所以，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)由题可知，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，转化为[f(x)]max＜[g(x)]max，而[g(x)]max＝2.由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．(或者举出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合题意．)当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－.所以，a的取值范围为.-9-