全国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 理

专题二　函数与导数第3讲　导数及其应用真题试做1．(2012·课标全国高考，理12)设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为(　　)．A．1－ln2　　　　B．(1－ln2)C．1＋ln2　　　　D．(1＋ln2)2．(2012·湖北高考，理3)已知二次函数y＝f(x)的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为(　　)．A．　　　B．　　　C．　　　D．3．(2012·大纲全国高考，理10)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝(　　)．A．－2或2　　　B．－9或3　　　C．－1或1　　　D．－3或14．(2012·陕西高考，理14)设函数f(x)＝D是由x轴和曲线y＝f(x)及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z＝x－2y在D上的最大值为__________．5．(2012·重庆高考，理16)设f(x)＝alnx＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．6．(2012·山东高考，理22)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.7．(2012·浙江高考，理22)已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.(1)证明：当0≤x≤1时，①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；②f(x)＋|2a－b|＋a≥0；(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．考向分析理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．另外，对微积分基本定理的考查频率较低，难度较小，着重于基础知识、基本方法的考查．从特点上看，高考对导数的考查有时单独考查，有时在知识交汇处考查，常常将导数与函数、不等式、方程、数列、解析几何等结合在一起考查．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．-9-\n热点例析热点一　导数的几何意义【例１】设函数f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.(1)求y＝f(x)的解析式；(2)证明曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，并求出此定值．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：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＝__________.(2)曲线y＝sinx(0≤x≤π)与直线y＝围成的封闭图形的面积是(　　)．A．　　　B．2－　　　C．2－　　　　D．－热点二　利用导数研究函数的单调性【例２】理科用已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求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【例３】已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(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：(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-9-\n)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．变式训练3　已知函数f(x)＝＋alnx(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若a＜0且在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)＜0成立，求实数a的取值范围．思想渗透转化与化归思想解决函数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．【典型例题】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)当时，不等式g(x)≥f(x)，即x3＋x≥x恒成立．由于x＞0，所以x2＋1≥lnx＋，亦即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．理科用1．(ex＋2x)dx等于(　　)．A．1　　　B．e－1　　　C．e　　　D．e＋12．曲线y＝－在点M处的切线的斜率为(　　)．-9-\nA．－　　　　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)，，则a，b，c间的大小关系是(　　)．A．a＞b＞c　　　　B．c＞b＞aC．c＞a＞b　　　　D．a＞c＞b4．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)．A．(－1,1)　　　　　B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)　　　D．(－∞，＋∞)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　2．B　3．A　4．25．解：(1)因f(x)＝alnx＋＋x＋1，故f′(x)＝－＋.由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－＋＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x＞0)，f′(x)＝－－＋＝＝.令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－.当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3.6．(1)解：由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，-9-\n由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)解：由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2等价于1－x－xlnx＜(1＋e－2)．由(2)中h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，因此当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xlnx≤1＋e－2.设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，φ(x)＞φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)＞0，即＞1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2＜(1＋e－2)．因此对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.7．(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a.当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．当b＞0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b，3a－b}＝＝|2a－b|＋a.②由于0≤x≤1，故当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．当b＞2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6，于是-9-\nx01g′(x)－0＋g(x)1减极小值增1所以，g(x)min＝g＝1－＞0，所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0，故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.(2)解：由①知，当0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1.若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aOb中，不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3，所以a＋b的取值范围是(－1,3]．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】(1)解：f′(x)＝，于是解得或由a，b∈Z，故f(x)＝x＋.(2)证明：在曲线上任取一点.由知，过此点的切线方程为＝(x－x0)．令x＝1，得，切线与直线x＝1的交点为.令y＝x，得y＝2x0－1，-9-\n切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)．直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)．从而所围三角形的面积为.∴所围三角形的面积为定值2.【变式训练1】(1)1　(2)D【例2】解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜.∴函数f(x)的单调递增区间是(－，)．(2)∵函数f(x)在(－1,1)上单调递增，∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)恒成立．∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)恒成立．∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，即a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)恒成立．令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋＞0.∴y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．∴y＜(1＋1)－＝.∴a≥.【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＝a2－8.①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-9-\n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)的变化情况如下表：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)＝－＋＝，当a＝1时，f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以x＝1时，f(x)的极小值为1.f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝，若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)＜0成立，其充要条件是f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.因为a＜0，所以x＝＜0，f′(x)＜0对x∈(0，＋∞)成立，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，-9-\n故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋alne＝＋a，由＋a＜0，得a＜－，即a∈.创新模拟·预测演练1．C　2．B　3．C　4．B5．x3－6x2＋9x　6．－77．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)．①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)由题意可知，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-