【步步高】（浙江专用）高考数学 考前三个月 专题二 第五讲导数及其应用.DOC

第五讲导数及其应用1导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)(3)导数的物理意义：s(t)v(t)，v(t)a(t)2函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数yxsin x.3函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件，但对不可导的函数，可能在极值点处函数的导数不存在(如函数y|x|在x0处)，因此对于一般函数而言，导数等于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件4闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值1 (2013广东)若曲线ykxln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k_.答案1解析yk，y|x1k10，k1.2 (2013江西)设函数f(x)在(0，)内可导，且f(ex)xex，则f(1)_.答案2解析设ext，则xln t(t0)，f(t)ln ttf(t)1，f(1)2.3 (2013浙江)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()a当k1时，f(x)在x1处取到极小值b当k1时，f(x)在x1处取到极大值c当k2时，f(x)在x1处取到极小值d当k2时，f(x)在x1处取到极大值答案c解析当k1时，f(x)exx1，f(1)0.x1不是f(x)的极值点当k2时，f(x)(x1)(xexex2)显然f(1)0，且x在1的左边附近f(x)0，f(x)在x1处取到极小值故选c.4 (2012重庆)设函数f(x)在r上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()a函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)b函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)c函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)d函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)答案d解析利用极值的存在条件判定当x0，得f(x)0；当2x1时，y(1x)f(x)0，得f(x)0；当1x0，得f(x)2时，y(1x)f(x)0，f(x)在(，2)上是增函数，在(2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，)上是增函数，函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)5 (2013安徽)若函数f(x)x3ax2bxc有极值点x1，x2，且f(x1)x1，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数是()a3 b4 c5 d6答案a解析f(x)3x22axb，由已知得x1x2，且若x1x2，如图，同理得方程3(f(x)22af(x)b0有三个不同实根题型一导数意义及应用例1在平面直角坐标系xoy中，点p在曲线c：yx310x3上，且在第二象限内，已知曲线c在点p处的切线的斜率为2，则点p的坐标为_审题破题(1)利用导数的几何意义，列方程求交点p的坐标 答案 (2,15)解析因为y3x210，设p(x，y)，则由已知有3x2102，即x24，x2，又点p在第二象限，x2.则y(2)310(2)315，点p坐标为(2,15)反思归纳在求曲线的切线方程时，注意两点：求曲线在点p处的切线方程和求曲线过点p的切线方程，在点p的切线，一定是以点p为切点；过点p的切线不管点p在不在曲线上，点p不一定是切点；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直线y2xb是曲线yln x (x0)的一条切线，则实数b_.答案ln 21解析切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，切点在切线上，代入即可求出b的值y，令2，得x，故切点为，代入直线方程，得ln 2b，所以bln 21.题型二利用导数研究函数的单调性例2已知函数f(x)x2aln x.(1)当a2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的取值范围审题破题(1)直接根据f(x)0或f(x)0时，求函数f(x)的单调区间解(1)函数的定义域为(，2)依题意得f(x)a.因此过(1，f(1)点的切线的斜率为a1.又f(1)a，所以过点(1，f(1)的切线方程为ya(a1)(x1)，即(a1)xy10.又已知圆的圆心为(1,0)，半径为1，依题意，有1，解得a1.(2)f(x)ln(2x)ax的定义域为(，2)，f(x)a.因为a0，所以20，解得x2；令f(x)0，解得2x0，所以f(x)在区间1，e上为增函数所以当x1时，f(x)取得最小值；当xe时，f(x)取得最大值e21.(2)证明设h(x)g(x)f(x)x3x2ln x，x1，)，则h(x)2x2x.当x(1，)时，h(x)0，h(x)在区间1，)上为增函数，所以h(x)h(1)0.所以对于x(1，)，g(x)f(x)成立，即f(x)的图象在g(x)的图象的下方反思归纳(1)求函数的最值可结合函数的单调性、极值，有时也可以和图象联系；(2)用导数方法证明不等式f(x)g(x)在区间d上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口变式训练3(2013广东)设函数f(x)(x1)exkx2(kr)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k时，求函数f(x)在0，k上的最大值m.解(1)当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xx(ex2)令f(x)0得x10，x2ln 2.列表如下：x(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxx(ex2k)，k1，12k2，由(1)可知f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，)上单调递增设g(x)xln 2x，则g(x)11，x1，12，1g(1)1ln 20，0即kln 2k，f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，k)上单调递增，f(x)在0，k上的最大值应在端点处取得而f(0)1，f(k)(k1)ekk3，下面比较f(0)与f(k)的大小令h(k)f(k)f(0)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k)，再令(k)ek3k，则(k)ek3e30，(k)在上递减，而(1)(e3)0，当k(x0,1)时，(k)0，h(1)0.h(k)0在上恒成立，当且仅当k1时取“”综上，函数f(x)在0，k上的最大值m(k1)ekk3.题型四导数的综合应用例4已知函数f(x)axsin x(a0)，且f(x)在区间上的最大值为.(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，)内零点个数，并加以证明审题破题(1)通过求最值可确定a的值；(2)函数f(x)的零点个数可以利用函数单调性、极值结合函数草图确定解(1)f(x)asin xaxcos xa(sin xxcos x)x时，sin xxcos x0.又a0，f(x)0，f(x)在上是增函数则f(x)maxfa，a1，所以f(x)xsin x.(2)函数f(x)在区间(0，)内有且只有两个零点证明如下：由(1)知，f(x)xsin x，从而f(0)0.由(1)知，f(x)在上是增函数，且f(x)的图象连续不间断，f(x)在区间上有唯一零点；当x时，令g(x)f(x)sin xxcos x，由g10，g()0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m，使得g(m)0.由g(x)2cos xxsin x，知x时，有g(x)g(m)0，即f(x)0，从而f(x)在内单调递增，故当x时，f(x)f0.故f(x)在上无零点；当x(m，)时，有g(x)g(m)0，即f(x)0，f()0，且f(x)在m，上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，)内有且仅有一个零点综上所述，f(x)在(0，)内有且只有两个零点反思归纳利用导数解决不等式恒成立，函数零点个数，证明不等式问题，可以利用求函数的单调性、极值、最值确定函数的草图，数形结合求解一些综合性问题变式训练4(2013辽宁)(1)证明：当x0,1时，xsin xx；(2)若不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立，求实数a的取值范围(1)证明记f(x)sin xx，则f(x)cos x.当x时，f(x)0，f(x)在上是增函数；当x时，f(x)0，f(x)在上是减函数又f(0)0，f(1)0，所以当x0,1时，f(x)0，即sin xx.记h(x)sin xx，则当x(0,1)时，h(x)cos x10，所以，h(x)在0,1上是减函数，则h(x)h(0)0，即sin xx.综上，xsin xx，x0,1(2)解方法一因为当x0,1时，axx22(x2)cosx4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)2(a2)x.所以，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立下面证明，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立因为当x0,1时，axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin 2(a2)xx24(x2)2(a2)xx2(a2)xx2x.所以存在x0(0,1)满足ax0x2(x02)cos x040.即当a2时，不等式axx22(x2)cos x44对x0,1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2方法二记f(x)axx22(x2)cos x4，则f(x)a2x2cos x2(x2)sin x.记g(x)f(x)，则g(x)23x4sin x2(x2)cos x.当x(0,1)时，cos x，因此g(x)23x4x(x2)(22)x0.于是f(x)在0,1上是减函数，因此，当x(0,1)时，f(x)f(0)a2.故当a2时，f(x)0，从而f(x)在0,1上是减函数，所以f(x)f(0)0.即当a2时，不等式axx22(x2)cos x4，对x0,1恒成立下面证明：当a2时，不等式axx22(x2)cos x4，对x0,1不恒成立由于f(x)在0,1上是减函数，且f(0)a20，f(1)a2cos 16sin 1.当a6sin 12cos 1时，f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0.因此f(x)在0,1上是增函数，故f(1)f(0)0；当2a6sin 12cos 1时，f(1)0.又f(0)0.故存在x0(0,1)，使f(x0)0，则当0xx0时，f(x)f(x0)0，所以f(x)在0，x0上是增函数，所以当x(0，x0)时，f(x)f(0)0.所以，当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2典例(14分)设函数f(x)ln x，g(x)f(x)f(x)(1)求函数g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g的大小关系；(3)求实数a的取值范围，使得g(a)g(x)0成立规范解答解(1)由题意，g(x)ln x，x0，g(x)，且x0，令g(x)0，得x1，2分当x(0,1)时，g(x)0.故(1，)是g(x)的单调增区间，因此，x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点所以最小值为g(1)1.4分(2)由(1)知gln xx，设h(x)g(x)g2ln xx，则h(x)，且x0.6分当x1时，h(1)0，即g(x)g；当x(0,1)(1，)时，h(x)0，h(1)0，因此，h(x)在(0，)内单调递减，当0xh(1)0，即g(x)g，当x1时，h(x)h(1)0，即g(x)g.10分(3)由(1)知，g(x)的最小值为g(1)1，g(a)g(x)0成立g(a)1.则ln a1，即ln a1，0ae.故实数a的取值范围是(0，e)14分评分细则(1)g(x)的单调区间写成(0,1，1，)的不扣分；只求出极值没有写出最值的扣1分；(2)a的取值范围写成不等式的不扣分；没有下结论的扣1分阅卷老师提醒(1)研究函数相关问题，树立定义域优先意识(2)树立分类讨论，转化与化归的思想意识，善于根据条件特征构造函数，重视函数、不等式(方程)间的转化(3)对于不等式恒成立问题，善于转化为g(a)g(x)min，分离参数或构造关于参数的不等式，达到求解目的1 (2013课标全国)已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()ax0r，f(x0)0b函数yf(x)的图象是中心对称图形c若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(，x0)上单调递减d若x0是f(x)的极值点，则f(x0)0答案c解析a项，因为函数f(x)的值域为r，所以一定存在x0r，使f(x0)0，a正确b项，假设函数f(x)x3ax2bxc的对称中心为(m，n)，按向量a(m，n)将函数的图象平移，则所得函数yf(xm)n是奇函数所以f(xm)f(xm)2n0，化简得(3ma)x2m3am2bmcn0.上式对xr恒成立，故3ma0，得m，nm3am2bmcf，所以函数f(x)x3ax2bxc的对称中心为，故yf(x)的图象是中心对称图形，b项正确c项，由于f(x)3x22axb是二次函数，f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，若x12 bm2cm0，f(x)，令g(x)2x2mx1，x(0，)，当0时，g(0)10恒成立，m0成立，当0时，则m280，2m0恒成立，m2，令g(x)2，则当1时，函数g(x)取最大值1，故m1.4 设f(x)x3x22ax.若f(x)在(，)上存在单调递增区间，则a的取值范围为_答案(，)解析由f(x)x2x2a(x)22a.当x，)时，f(x)的最大值为f()2a.令2a0，得a.所以当a时，f(x)在(，)上存在单调递增区间5 已知函数f(x)x，g(x)x22ax4，若对于任意x10,1，存在x21,2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_答案解析由于f(x)10，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a.专题限时规范训练一、选择题1 已知函数yxf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，yf(x)的图象可能是()答案b解析由函数yxf(x)的图象知x0，f(x)为增函数；1x0时，f(x)0，f(x)为减函数；0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)为增函数2 已知直线yx1与曲线yln(xa)相切，则a的值为()a1 b2 c1 d2答案b解析设直线yx1切曲线yln(xa)于点(x0，y0)，则y01x0，y0ln(x0a)，又y，y|xx01，即x0a1.又y0ln(x0a)，y00，x01，a2.3 (2012辽宁)函数yx2ln x的单调递减区间为()a(1,1 b(0,1c1，) d(0，)答案b解析根据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解由题意知，函数的定义域为(0，)，又由yx0，解得0x1，所以函数的单调递减区间为(0,14 已知函数f(x)x2ax3在(0,1)上为减函数，函数g(x)x2aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于()a1 b2 c0 d.答案b解析函数f(x)x2ax3在(0,1)上为减函数，1，得a2.又g(x)2x，依题意g(x)0在x(1,2)上恒成立，得2x2a在x(1,2)上恒成立，有a2，a2.5 (2012陕西)设函数f(x)xex，则()ax1为f(x)的极大值点bx1为f(x)的极小值点cx1为f(x)的极大值点dx1为f(x)的极小值点答案d解析f(x)xex，f(x)exxexex(1x)当f(x)0时，即ex(1x)0，即x1，x1时函数yf(x)为增函数同理可求，x cm dm0时，有0的解集是()a(2,0)(2，) b(2,0)(0,2)c(，2)(2，) d(，2)(0,2)答案d解析x0时0，(x)为减函数，又(2)0，当且仅当0x0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0的解集为(0,2)(，2)二、填空题9 某名牌电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：yx3x240x(x0)，为使耗电量最小，则速度应定为_答案40解析yx239x40，令y0.即x239x400，解得x40或x1(舍)当x40时，y0，当0x40时，y0，所以当x40时，y最小10函数f(x)2mcos21的导函数的最大值等于1，则实数m的值为_答案1解析显然m0，所以f(x)2mcos21m(2cos21)m1mcos xm1，因此f(x)msin x，其最大值为1，故有m1.11已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_答案(，2ln 22解析函数f(x)ex2xa有零点，即方程ex2xa0有实根，即函数g(x)2xex，ya有交点，而g(x)2ex，易知函数g(x)2xex在(，ln 2)上递增，在(ln 2，)上递减，因而g(x)2xex的值域为(，2ln 22，所以要使函数g(x)2xex，ya有交点，只需a2ln 22即可12函数f(x)(xr)满足f(1)1，f(x)，则不等式f(x2)的解集为_答案(，1)(1，)解析(利用换元法)将x2换元成t，则原式化为f(t)，当t1时，f(t)1，且1，又由f(t)1时，f(t)；当t.故f(t)1，即x21，因此x(，1)(1，)三、解答题13(2013福建)已知函数f(x)xaln