【备战2013】高考数学专题讲座 第17讲 高频考点分析之极限、导数和定积分探讨

1 备战备战 20132013 高考数学专题讲座高考数学专题讲座 第第 1717 讲 高频考点分析之极限 导数和定积分探讨讲 高频考点分析之极限 导数和定积分探讨 1 2 讲 我们对客观性试题解法进行了探讨 3 8 讲 对数学思想方法进行了探讨 9 12 讲对数 学解题方法进行了探讨 从第 13 讲开始我们对高频考点进行探讨 在我国现在中学数学新教材中 微积分处于一种特殊的地位 是高中数学知识的一个重要交汇点 是联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具 微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用 结合中学数学的知识 高考中微积分问题主要有以下几种 1 极限的计算 2 应用导数求函数的最 极 值 3 应用导数讨论函数的增减性 4 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线 5 定积分的计算和应用 结合 2012 年全国各地高考的实例 我们从以上五方面探讨极限 导数和定积分问题的求解 一一 极限的计算极限的计算 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年四川省理年四川省理 5 5 分 分 函数在处的极限是 2 9 3 3 ln 2 3 x x f x x xx 3x A 不存在 B 等于 C 等于 D 等于630 答案答案 A 考点考点 分段函数 极限 解析解析 分段函数在处不是无限靠近同一个值 故不存在极限 故选 A 3x 例例 2 2 20122012 年重庆市理年重庆市理 5 5 分 分 nnn n 5 1 lim 2 答案答案 2 5 考点考点 极限的运算 分析分析 2 2 5 11 152 limlimlim 555 5 nnn nnn n n nnn 2 例例 3 3 20122012 年上海市理年上海市理 4 4 分 分 有一列正方体 棱长组成以 1 为首项 为公比的等比数列 体积分别 1 2 记为 则 12 n V VV lim 21n n VVV 答案答案 8 7 考点考点 无穷递缩等比数列的极限 等比数列的通项公式 解析解析 由正方体的棱长组成以1为首项 2 1 为公比的等比数列 可知它们的体积则组成了一个以 1 为首 项 8 1 为公比的等比数列 因此 1 12 1 1 8 8 lim 7 V n n VVV 二二 应用导数求函数的最 极 值应用导数求函数的最 极 值 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年重庆市理年重庆市理 5 5 分 分 设函数在上可导 其导函数为 且函数 f xR f x 的图像如题图所示 则下列结论中一定成立的是 1 yx f x A 函数有极大值和极小值 f x 2 f 1 f B 函数有极大值和极小值 f x 2 f 1 f C 函数有极大值和极小值 f x 2 f 2 f D 函数有极大值和极小值 f x 2 f 2 f 答案答案 D 考点考点 函数在某点取得极值的条件 函数的图象 分析分析 由图象知 与轴有三个交点 2 1 2 1 yx f x x 02 02f f 由此得到 和在上的情况 xy1x f x f x 3 x 2 2 2 1 1 1 2 2 2 y 0 0 0 1x 0 f x 0 0 f x 极大值 非极值 极小值 的极大值为 的极小值为 故选 D f x 2 f f x 2 f 例例 2 2 20122012 年陕西省理年陕西省理 5 5 分 分 设函数 则 x f xxe A 为的极大值点 B 为的极小值点1x f x1x f x C 为的极大值点 D 为的极小值点1x f x1x f x 答案答案 D 考点考点 应用导数求函数的极值 解析解析 令得 1 x fxxe 0 fx 1x 当时 为减函数 当时 为1x 0fx x f xxe 增函数 所以为的极小值点 1x f x 故选 D 例例 3 3 20122012 年陕西省文年陕西省文 5 5 分 分 设函数则 2 lnf xx x A 为的极大值点 B 为的极小值点x 1 2 f xx 1 2 f x C 2 为 的极大值点 D 2 为 的极小值点x f xx f x 答案答案 D 考点考点 应用导数求函数的极值 解析解析 令得 22 1 2 2x fx xxx 0 fx 2x 当时 为减函数 02x 0fx 2 lnf xx x 为的极小值点 2x f x 4 故选 D 例例 4 4 20122012 年广东省理年广东省理 1414 分 分 设a 1 集合 2 0 23 1 60AxR xBxRxa xa DAB 1 求集合D 用区间表示 2 求函数在D内的极值点 32 23 1 6f xxa xax 答案答案 解 1 设 2 23 1 6g xxa xa 方程的判别式 0g x 2 1 9 1 489 3 3 aaaaD 当时 恒成立 1 1 3 a 0D 2 23 1 60 xa xa 2 23 1 60BxRxa xaR 即集合D 0 DABAx x 0 当时 方程的两根为 1 0 3 a 0g x 2 1 339309 4 0 aaa x 2 2 339309 4 0 x aaa 2 23 1 60BxRxa xa 22 339309339 0 309 44 aaaaaa x xx 或 5 2 339309 4 a DABAx a x a 即集合D 2 33939 0 4 aaa 2 令得 322 23 1 6 66 1 66 1 0fxxa xaxxa xaxa x 的可能极值点为 32 23 1 6f xxa xax 1a 当时 由 1 知 所以随的变化情况如下表 1 1 3 a D 0 fxf x x x 0 aa 1 a1 1 fx 0 0 f x 极大值 极小值 在D内有两个极值点为 极大值点为 极小值 32 23 1 6f xxa xax 1axa 点为 1x 当时 1 0 3 a 由 1 知 D 22 339309339309 4 4 0 aaaaaa 12 0 xx 12 2 f xx xxxx 12 01axx 随的变化情况如下表 fxf x x x 0 aa 1 a x 2 x fx 0 f x 极大值 在D内仅有一个极值点 极大值点为 没有极小值 32 23 1 6f xxa xax xa 点 当时 0a 6 由 1 知 D 2 33939 0 4 aaa 0a 131a 33313 333 1333 1 444 a aa 2 33 4 1 99 0 30aaa a 在D内没有极值点 32 23 1 6f xxa xax 考点考点 分类思想的应用 集合的计算 解不等式 导数的应用 解析解析 1 根据根的判别式应用分类思想分 2 23 1 6g xxa xa 1 1 3 a 1 0 3 a 讨论即可 计算比较繁 0a 2 求出 得到 322 23 1 6 66 1 66 1 fxxa xaxxa xaxa x 的可能极值点为 仍然分 讨论 f x 1a 1 1 3 a 1 0 3 a ba ba 0 2 31 a ba ab 作图如下 8 由图易得 当目标函数为z a b过 P 1 2 时 有 max 3z 所求a b的取值范围为 13 考点考点 分类思想的应用 不等式的证明 利用导数求闭区间上函数的最值 简单线性规划 解析解析 求导后 分b 0 和b 0 讨论即可 利用分析法 要证 2a b a 0 即证 2a b a 亦即 fx g x fx 证在 0 x 1 上的最大值小于 或等于 2a b a g x 由 知 函数在 0 x 1 上的最大值为 2a b a 且函数在 0 x 1 上的最小值比 2a b a 要大 根据 1 1 对x 0 1 恒成立 可得 2a b a 1 从而利用线性规 fx 划知识 可求a b的取值范围 例例 6 6 20122012 年江西省文年江西省文 1414 分 分 已知函数在上单调递减且满足 2x f xaxbxc e 形形 0 1 0110ff 形 1 求的取值范围 a 2 设 求在上的最大值和最小值 g xf xfx g x 0 1 答案答案 解 1 0 1fc 1 0fabc e 1ab 2 11 x f xaxaxe 2 1 x fxaxaxa e 函数在上单调递减 2x f xaxbxc e 形形 0 1 9 对于任意的 都有 0 1x 形 0fx 由得 由得 0 0fa 0a 1 1 0aafa e 1a 01a 又当 0 时 对于任意的 都有 函数符合条件 a 0 1x 形 0fxx 当 1 时 对于任意的 都有 函数符合条件 a 0 1x 形 2 1 0 x fxxe 综上所述 的取值范围是 0 1 aa 2 22 11121 xxx g xf xfxaxaxeaxaxa eaxae 形形 21 x gxaxae i 当 0 时 对于任意有 a 0 1x 形 0 x gxe 在 0 1 上的最小值是 最大值是 g x 01g 1ge ii 当 1 时 对于任意有 a 0 1x 形 20 x gxxe a 若 即时 在 0 1 上是增函数 1 1 2 a a 1 0 3 a g x 在 0 1 上最大值是 最小值是 g x 11ga e 01ga 若 即时 在取得最大值g 在 0 1 1 2 a a 1 1 3 a g x 1 2 a x a 1 2 1 2 2 a a a gae a 形形x 或 1 时取到最小值 x 0111gaga e 形形形形形形形 当时 在 0 取到最小值 11 31 e a e g xx 01ga 当时 在 1 取到最小值 1 1 1 e a e g xx 11ga e 考点考点 利用导数求闭区间上函数的最值 利用导数研究函数的单调性 解析解析 1 由题意 函数在 0 1 上单调递减且满足 可求 2x f xaxbxc e 形形 0110ff 形 出函数的导数 将函数在 0 1 上单调递减转化为导数在 0 1 上的函数值恒小于等于 0 再结合 10 这两个方程即可求得取值范围 01f 10f a 2 由题设条件 先求出的解析式 求出导函数 g xf xfx 21 x gxaxae 由于参数的影响 函数在 0 1 上的单调性不同 结合 1 的结论及分 0 1 0 1a gx aaa 三类对函数的单调性进行讨论 确定并求出函数的最值 例例 7 7 20122012 年重庆市文年重庆市文 1313 分 分 已知函数在处取得极值为 3 f xaxbxc 2x 16c 1 求 的值 6 分 ab 2 若有极大值 28 求在上的最大值 7 分 f x f x 3 3 答案答案 解 3 f xaxbxc 2 3fxaxb 在点 处取得极值 f x2x 即 化简得 解得 2 0 2 16 f fc 120 8216 ab abcc 120 48 ab ab 1 12 a b 由 得 3 12f xxxc 2 312fxx 令 得 0fx 12 2 2xx 和在上的情况如下表 x f x f x x 2 2 2 2 2 2 f x 0 0 f x 极小值 极大值 由此可知 在 处取得极大值 在 处取 f x 1 2x 2 16fc f x 2 2x 得极小值 2 16fc 有极大值 28 解得 f x1628c 12c 此时 3 921 3 93fcfc 2 164fc 上的最小值为 f x 3 3 2 4f 11 考点考点 函数的导数与极值 最值之间的关系 分析分析 先对函数进行求导 根据 0 求出 的值 f x 2 0 f 2 16fc ab 根据 对函数进行求导 令 解出 列表求出函数的极大值和极小 f x 0fx x 值 再比较函数的极值与端点函数值的大小 端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值 端点函数 值与极小值中最小的为函数的最小值 例例 8 8 20122012 年江苏省年江苏省 1616 分 分 若函数在处取得极大值或极小值 则称为函数 xfy 0 xx 0 x 的极值点 xfy 已知是实数 1 和是函数的两个极值点 ab 1 32 f xxaxbx 1 求和的值 ab 2 设函数的导函数 求的极值点 g x 2g xf x g x 3 设 其中 求函数的零点个数 h xf f xc 22 c yh x 答案答案 解 1 由 得 32 f xxaxbx 2 32f xxaxb 1 和是函数的两个极值点 1 32 f xxaxbx 解得 1 32 0f ab 1 32 0f ab 3ab 0 2 由 1 得 3 3f xxx 解得 2 3 2 32 12g xf xxxxx 123 1 2xxx 当时 当时 2x 0g x 21 x 是的极值点 2x g x 当或时 不是的极值点 21 x 0g x 1x g x 的极值点是 2 g x 3 令 则 f xt h xf tc 先讨论关于 的方程 根的情况 x f xd 2 2d 当时 由 2 可知 的两个不同的根为 I 和一 2 注意到是奇 2d 2f x f x 函数 的两个不同的根为一和 2 2f x 12 当时 2d 1 2 20fd fdd f x 2 2f x f 此时在无实根 f xd 2 形 当时 于是是单调增函数 1 2x 形 0f x f x 又 的图象不间断 1 0fd y f xd 在 1 2 内有唯一实根 f xd 同理 在 一 2 一 I 内有唯一实根 f xd 当时 于是是单调减两数 1 1x 形 0f x 1 0fd y f xd 在 一 1 1 内有唯一实根 f xd 因此 当时 有两个不同的根满足 当 时 2d f xd 12 xx 12 1 2xx 2d 有三个不同的根 满足 f xd 315 xxx 2 3 4 5 i x i 现考虑函数的零点 yh x i 当时 有两个根 满足 2c f tc 12 tt形 12 2tt1形 而有三个不同的根 有两个不同的根 故有 5 个零点 1 f xt 2 f xt yh x 11 当时 有三个不同的根 满足 2c f tc 345 ttt形形2 3 4 5 i t i 而有三个不同的根 故有 9 个零点 3 4 5 i f xti yh x 综上所述 当时 函数有 5 个零点 当时 函数有 9 个零 2c yh x 2c yh x 点 考点考点 函数的概念和性质 导数的应用 解析解析 1 求出的导数 根据 1 和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可 xfy 1 xfy 13 2 由 1 得 求出 令 求解讨论即可 3 3f xxx g x 0g x 3 比较复杂 先分和讨论关于 的方程 根的情况 再考虑函数 2d2d x f xd 的零点 yh x 例例 9 9 20122012 年山东省理年山东省理 5 5 分 分 设函数 若的图像与 2 1 f x g x ax bx abR a0 x 形形 yf x 图像有且仅有两个不同的公共点 A x1 y1 B x2 y2 则下列判断正确的是 yg x A 当 a 0 时 x1 x20 B 当 a0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y2 0 答案答案 B 考点考点 导数的应用 解析解析 令 则 2 1 axbx x 32 1axbx x0 设 32 x axFbx 2 x 3abFx2 x 令 则 2 3ax2 xFb0 x 2b x 3a 要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须 yf x yg x 整理得 32 2b2b2b a b 1 3a3a3a F 32 4b27a 取值讨论 可取来研究 a2b3 形 当时 解得 此时 此时a2b3 形 32 2x3x1 12 1 x1 x 2 12 y1 y2 1212 xx0yy0 形 当时 解得 此时 此时a2b3 形 32 2x3x1 12 1 x1 x 2 12 y1 y2 故选 B 1212 xx0yy0 形 例例 10 10 20122012 年天津市理年天津市理 1414 分 分 已知函数的最小值为 其中 ln f xxx a 0 0a 求的值 a 若对任意的 有成立 求实数的最小值 0 x 2 f xkx k 14 证明 1 2 ln 2 1 a 当变化时 和的变化情况如下表 x f x f x x 1aa 1 a 1 a f x 0 f x 极小值 在处取得极小值 f x 1xa 由题意 得 1 1ln1 1 0faaa 1a 当 0 时 取 有 故 0 不合题意 k 1x 1 1 ln20f k 当 0 时 令 即 k 2 g xf xkx 2 ln 1 g xxxkx 求导函数可得 2 1 221 1 1 22 12 1 1 1 xkxkxkxkx g xkx xxx 令 得 0g x 12 1 2 01 2 k xx k 当时 0 在 0 上恒成立 因此 1 2 k 1 2 2 k k 0g x 在 0 上单调递减 从而对任意的 总有 即对 2 g xf xkx 0 x 0 0g xg 任意的 有成立 0 x 2 f xkx 符合题意 1 2 k 当时 0 对于 0 0 因此在 1 0 2 k 1 2 2 k k x 1 2 2 k k g x g x 0 上单调递增 因此取 0 时 即有不成立 1 2 2 k k x 1 2 2 k k 0 0 0g xg 2 00 f xkx 不合题意 1 0 2 k 15 综上 实数的最小值为 k 1 2 证明 当 1 时 不等式左边 2 ln3 2 右边 所以不等式成立 n 当 2 时 n 1 1 1 1 22222 ln 1 ln 1 2121212121 nnnn iiii f iiiii 1 2 ln 21 21 n i n i 在 2 中 取 得 1 2 k 2 1 0 2 f xxx 2 222 2 212321 21 f iNi iii i 1 1 2 2 2222 ln 21 2 2ln2 2121212321 nnnn iiii nfff iiiii 2 111 2ln3 2ln3 12 232121 n i iin 综上 1 2 ln 2 1 2 21 n i n i nN 考点考点 导数在最大值 最小值问题中的应用 利用导数求闭区间上函数的最值 分析分析 确定函数的定义域 求导函数 确定函数的单调性 求得函数的最小值 利用函数 的最小值为 即可求得的值 ln f xxx a 0a 当 0 时 取 有 故 0 不合题意 当 0 时 令k 1x 1 1 ln20f kk 求导函数 令导函数等于 0 分类讨论 当 时 0 在 2 g xf xkx 1 2 k 1 2 2 k k g x 0 上单调递减 从而对任意的 总有 当时 0 x 0 0g xg 1 0 2 k 0 对于 0 0 因此在 0 上单调递增 由此可确定 1 2 2 k k x 1 2 2 k k g x g x 1 2 2 k k 的最小值 k 当 1 时 不等式左边 2 ln3 2 右边 所以不等式成立 当 2 时 由nn 1 2 21 n i f i 16 在 中 取得 从而可得 1 2 ln 21 21 n i n i 1 2 k 2 1 2 f xx 由此可证结论 2 222 212321 21 f x f x a a0 a1 在 1 2 上的最大值为 最小值为 2 f 2 a 4a 2 1 1 f 1 2 mm 2 此时 它在上是减函数 与题设不符 g x x 0 当时 0a1 函数是减函数 x f x a lna0 3 2 2 x f xx 又 03 0 2 02 10f 函数在区间 0 1 内有唯一的零点 故选 B 3 2 2 x f xx 例例 8 8 20122012 年福建省文年福建省文 1414 分 分 已知函数f x axsinx a R 且在上的最大值为 3 2 0 2 3 2 I 求函数f x 的解析式 II 判断函数f x 在 0 内的零点个数 并加以证明 答案答案 解 I 由已知f x a sinx xcosx 对于任意x 有 sinx xcosx 0 0 2 当a 0 时 f x 不合题意 3 2 当a 0 x 时 f x 0 从而f x 在内单调递减 0 2 0 2 又f x 在上的图象是连续不断的 故f x 在上的最大值为f 0 0 2 0 2 3 2 不合题意 当a 0 x 时 f x 0 从而f x 在内单调递增 又f x 在 0 2 0 2 上的图象是连续不断的 故f x 在上的最大值为f 即a 解得a 1 0 2 0 2 2 2 3 2 3 2 综上所述 函数f x 的解析式为f x xsinx 3 2 II f x 在 0 内有且只有两个零点 证明如下 21 由 I 知 f x xsinx 从而有f 0 0 f 0 3 2 3 2 2 3 2 又f x 在上的图象是连续不断的 所以f x 在内至少存在一个零点 0 2 0 2 又由 I 知f x 在上单调递增 故f x 在内有且仅有一个零点 0 2 0 2 当x 时 令g x f x sinx xcosx 2 由g 1 0 g 0 且g x 在上的图象是连续不断的 故存在 2 2 m 使得g m 0 2 由g x 2cosx xsinx 知x 时 有g x 0 从而g x 在内单 2 2 调递减 当x 时 g x g m 0 即f x 0 从而f x 在内单调递增 2 m 2 m 故当x 时 f x f 0 故f x 在上无零点 2 m 2 3 2 2 m 当x m 时 有g x g m 0 即f x 0 从而f x 在 m 内单调递减 又f m 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 考点考点 利用导数求闭区间上函数的最值 函数的零点 利用导数研究函数的极值 解析解析 I 由题意 可借助导数研究函数f x axsinx a R 在上的单调性 确定出最 3 2 0 2 值 令最值等于 即可得到关于a的方程 由于 a a 的符号对函数的最值有影响 故可以对a的取 3 2 值范围进行讨论 分类求解 II 借助导数研究函数f x 在 0 内单调性 由零点判定定理即可得出零点的个数 例例 9 9 20122012 年全国大纲卷理年全国大纲卷理 1212 分 分 设函数 cos 0 f xaxx x 1 讨论 f x的单调性 2 设 1 sinf xx 求a的取值范围 答案答案 解 sinfxax 22 1 0 x 0sin1x 当1a 时 0fx f x在 0 x 上为单调递增函数 当0a 时 0fx f x在 0 x 上为单调递减函数 当0 1a 时 由 0fx 得sin x a 由 0fx 得0 arcsinxa 或 arcsinax 由 0fx 得arcsin arcsinaxa 当0 1a 时在 0 arcsin a 和 arcsin a 上为为单调递增函数 在 f x arcsin arcsin aa 上为单调递减函数 2 由 1 sinf xx 恒成立可得 2 11 1faa 令 2 sin 0 2 g xxxx 则 2 cosg xx 当 2 0 arcsin x 时 0g x 当 2 arcsin 2 x 时 0g x 又 0 0 2 gg 所以 0g x 即 2 sin 0 2 xxx 故当 2 a 时 有 2 cosf xxx 当0 2 x 时 2 sinxx cos1x 所以 1 sinf xx 当 2 x 时 22 cos1 sin 1 sin 22 f xxxxxx 综上可知故所求a的取值范围为 2 a 考点考点 导数在研究函数中的运用 三角函数的有界性 解析解析 1 利用三角函数的有界性 求解单调区间 2 运用构造函数的思想 证明不等式 关键是找到合适的函数 运用导数证明最值大于或者 小于零的问题得到解决 例例 10 10 20122012 年全国大纲卷文年全国大纲卷文 1212 分 分 已知函数 32 1 3 f xxxax 1 讨论的单调性 f x 23 2 设有两个极值点 若过两点 的直线 与轴的交点在曲线 f x 1 x 2 x 11 xf x 22 xf xlx 上 求的值 yf x a 答案答案 解 1 32 1 3 f xxxax 2 2 2 11f xxxaxa 当 时 且仅当时 是增函数 1a 0f x 1 1ax 0f x f x 当 时 有两个根 列表如下 1a 0f x 11xa x f x的增减性 f x 11 a 0增函数 1111aa 减函数 11 a 0增函数 2 由题设知 是的两个根 且 1 x 2 x 0f x1a 22 1122 2 2xxaxxa 32222 11111111 1112 2 3333 f xxxaxxxaxaxxax 2 111 122 2 1 3333 a xaaxax 同理 22 2 1 33 a f xax 直线 的解析式为 l 2 1 33 a yax 设直线 与轴的交点为 则 解得 lx 0 0 x 形 0 2 0 1 33 a ax 0 21 a x a 代入得 32 1 3 f xxxax 32 2 2 0 1 12176 3 21212121 aaaa f xaaa aaaa 在轴上 00 fxx 形x 2 2 0 12176 0 21 a f xaa a 解得 或或 0a 2 3 a 3 4 a 考点考点 函数的单调性和极值 导数的应用 24 解析解析 1 求出导函数 分区间讨论即可 2 由 是的两个根和 1 的结论 得 求出关于的表达式和 1 x 2 x 0f x1a0 时 求 k 的最大值 xk f xx10 答案答案 解 f x 的的定义域为 形 x f x ea 形 若 则 在上单调递增 a0 x f x ea0 形 f x 形 若 则当时 当时 a0 xlna 形 x f x ea0 形 lna 形 f x lna 形 a 1 x xk f xx1 xke1x1 当 x 0 时 它等价于 x xke1x10 x x1 kx x0 e1 令 则 x x1 g x x e1 xx x 22 xx eex2 xe1 gx 1 e1e1 由 知 函数在上单调递增 x h x ex2 0形 在上存在唯一的零点 h 1 e30 h x 0形 在上存在唯一的零点 设此零点为 则 gx 0形 a a1 2 26 当时 当时 x0a 形 gx0 在上的最小值为 x x1 g x x e1 0形 g a 又 即 g a 0 a e a2 a a1 g a a a 12 3 e1 因此 即整数 k 的最大值为 2 kg a f x 由于当 x 0 时 等价于 令 x xke1x10 x x1 kx x0 e1 x x1 g x x e1 求出导数 根据函数的零点情况求出整数 k 的最大值 例例 13 13 20122012 年北京市文年北京市文 1313 分 分 已知函数 23 f xax1 a0 g xxbx 形形 1 若曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 求 a b 的值 f x g x 2 当 a 3 b 9 时 若函数在区间 k 2 上的最大值为 28 求 k 的取值范围 f xg x 答案答案 解 1 1 c 为公共切点 f 1a1 c g 11b c 形形 即 a1 1b 形形ab 又 2 f x2ax gx3xb 形 f 12a g 13b 形 又 曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 f x g x 2a3b 形 解 得 ab 3 2 a 3 b 9 设 32 h x f xg x x3x9x 1 则 令 解得 2 hx 3x6x9 2 hx 3x6x9 0 12 x 3x 1 形 又 在各区间的情况如下 hx x 3 形 3 31 形 1 1 形 hx 0 0 27 在单调递增 在单调递减 在上单调递增 f xg x 3 形 31 形 1 形 其中 为最大值 h3 f3g3 28 如果函数在区间 k 2 上的最大值为 28 则区间包含最大值点 f xg x 1 x 3 即 k 的取值范围为 k3 3 形 考点考点 函数的单调区间和最大值 切线的斜率 导数的应用 解析解析 1 由曲线与曲线有公共点 1 c 可得 由曲线与曲线在它 f x g x f 1 g 1 f x g x 们的交点 1 c 处具有公共切线可得两切线的斜率相等 即 联立两式即可求出 a b 的值 f 1 g 1 2 由 a 3 b 9 得到的方程 求导可得的单调区间 根据函数 f xg x f xg x 在区间 k 2 上的最大值为 28 则区间包含最大值点 从而得出 k 的取值范围 f xg x 1 x 3 例例 14 14 20122012 年天津市文年天津市文 1414 分 分 已知函数 其中 aaxx a xxf 23 2 1 3 1 xR 0a I 求函数的单调区间 xf II 若函数在区间 2 0 内恰有两个零点 求的取值范围 xfa III 当 1 时 设函数在区间上的最大值为 M 最小值为 m 记a xf 3 tttt 求函数在区间上的最小值 Mm g ttt g t 1 3 答案答案 解 I 求导函数可得 2 1 1f xxa xaxxa 令 可得 0f x 12 1 0 xxa 形 当变化时 和的变化情况如下表 x f x f x x 1 形 1 1a 形 a a 形 f x 0 0 f x 极大值 极小值 函数的递增区间为 单调递减区间为 1 形 a 形 1a 形 II 由 I 知函数在区间 2 1 内单调递增 在 1 0 内单调递减 28 函数在 2 0 内恰有两个零点 即 解得 20 10 00 f f 32 32 11 32 11 2220 11 3 0 2 10 a aa a a a a 1 0 3 a 1 h x 1 x 1 从单调增加 和只相交于一点 即只有一解 s x lnx 1 h x 1 x s x lnxf x 0 30 由 知 f 1 0 x1 当时 当时 取点代入 0 x1 x 1 1lnx x f x 0 e x1 x 1 1lnx x f x 0 e 在区间内为增函数 在内为减函数 f x 0 1 1 2 xx 1 1lnx x1 x g x xx 1xxlnx ee 22 x x1 g x 1 1xxlnx1ee e 可以证明 对任意 x 0 有 通过函数的增减性和极值证明 x x1 1 e 2222 x x1 g x 1 1xxlnx11xxlnx1 xxlnxee ee e 设 则 2 r x xxlnxe r x 1lnx1 令 解得 r x 1lnx1 0 2 x e 当时 当时 2 0 x 2 x e r x 1lnx10 在取得最大值 2 r x xxlnxe 2 x e 2222 max r x ln 0eeee 即 2 g x 10e 2 g x 1 e 对任意 x 0 2 g x 1e 考点考点 曲线的切线 两直线平行的性质 幂函数 指数函数和对数函数的性质和极值 解析解析 由曲线 y f x 在点 1 f 1 处的切线与 x 轴平行 可令 y f x 在点 1 f 1 处 的导数值为 0 即可求得 k 的值 求出函数的导数 讨论它的正负 即可得的单调区间 f x 对 用缩小法构造函数 求出它的最大值即可得到证明 2 g x 1e 例例 16 16 20122012 年湖南省文年湖南省文 1313 分 分 已知函数 其中 0 x f xeax a 若对一切 R 1 恒成立 求的取值集合 在函数的图像上取定两点x f xa f x 31 记直线AB的斜率为 证明 存在 使恒 112212 A xf xB xf xxx k 012 xxx 0 fxk 成立 答案答案 解 令 得 x fxea 0fx lnxa 当时单调递减 当时单调递增 lnxa 0 fxf x lnxa 0 fxf x 当时 取最小值 lnxa f x ln lnfaaaa 对一切恒成立 当且仅当 1xR f x ln1aaa 令则 ln g tttt lng tt 当时 单调递增 当时 单调递减 01t 0 g tg t 1t 0 g tg t 当时 取最大值 1t g t 1 1g 当且仅当时 式成立 1a 综上所述 的取值集合为 a 1 证明 由题意知 21 21 2121 xx f xf xee ka xxxx 令则 21 21 xx x ee xfxke xx 1 21 121 21 1 x xx e xexx xx 2 12 212 21 1 x xx e xexx xx 令 则 1 t F tet 1 t F te 当时 单调递减 当时 单调递增 0t 0 F tF t 0t 0 F tF t 当 即 0t 0 0 F tF 10 t et 21 21 10 xx exx 12 12 10 xx exx 又 1 21 0 x e xx 2 21 0 x e xx 1 0 x 2 0 x 函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线 yx 12 x x 存在使即成立 012 xx x 0 0 x 0 fxk 32 考点考点 利用导函数研究函数单调性 最值 不等式恒成立 分类讨论思想 函数与方程思想 转化与 划归思想等数学思想方法的应用 解析解析 利用导函数法求出取最小值对一切 R 1 恒成立转化 f x ln ln faaaa x f x 为从而得出求的取值集合 min 1f x a 在假设存在的情况下进行推理 然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题 通过构造 函数 研究这个函数的性质进行分析证明 例例 17 17 20122012 年福建省理年福建省理 1414 分 分 已知函数f x ex ax2 ex a R R 若曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线平行于x轴 求函数f x 的单调区间 试确定a的取值范围 使得曲线y f x 上存在唯一的点P 曲线在该点处的切线与曲线只有 一个公共点P 答案答案 解 f x ex 2ax e 曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线平行于x轴 曲线y f x 在点 1 f 1 处切线斜率k 2a 0 a 0 即f x ex ex 此时f x ex e f x 0 得x 1 当x 1 时 有f x 0 f x 的单调递减区间为 1 单调递增区间为 1 设点P x0 f x0 曲线y f x 在点P处的切线方程为y f x0 x x0 f x0 令g x f x f x0 x x0 f x0 故曲线y f x 在点P处的切线与曲线只有 一个公共点P等价于函数g x 有唯一零点 因为g x0 0 且g x f x f x0 ex ex0 2a x x0 所以 若a 0 当x x0时 g x 0 则x x0时 g x g x0 0 当x x0时 g x 0 则x x0时 g x g x0 0 故g x 只有唯一零点x x0 由于x0具有任意性 不符合P的唯一性 故a 0 不合题意 若a 0 令h x ex ex0 2a x x0 则h x0 0 h x ex 2a 令h x 0 得x ln 2a 记x ln 2a 则当x x 时 h x 0 从而h x 在 x 内单调递减 当 x x 时 h x 0 从而h x 在 x 内单调递增 i 若x0 x 由x x 时 g x h x h x 0 x x 时 g x h x h x 0 知g x 在 R R 上单调递增 所以函数g x 在 R R 上有且只有一个零点x x 33 ii 若x0 x 由于h x 在 x 内单调递增 且h x0 0 则当x x x0 时有g x h x h x0 0 g x g x0 0 任取x1 x x0 有g x1 0 又当x x1 时 易知g x ex ax2 e f x0 x f x0 x0f x0 ex1 ax2 e f x0 x f x0 x0f x0 ax2 bx c 其中b e f x0 c ex1 f x0 x0f x0 由于a 0 则必存在x2 x1 使得ax bx2 c 0 2 2 所以g x2 0 故g x 在 x2 x1 内存在零点 即g x 在 R R 上至少有两个零点 iii 若x0 x 仿 ii 并利用 ex 可证函数g x 在 R R 上至少有两个零点 x3 6 综上所述 当a 0 时 曲线y f x 上存在唯一点P ln 2a f ln 2a 曲 线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P 考点考点 利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的单调性 解析解析 求导函数 曲线y f x 在点 1 f 1 处的切线平行于x轴 可求a的值 由f x 3 1 2 f x 113 0 22 g x xx g x 又 3 1 ln11 11 1 0 2 g 0g x 3 1 2 f x x 34 由均值不等式 当 0 时 即 x211x x 1 2 x x 令 9 1 5 k x x f x x 则 22 1154254 22 5 5 xxx x x x x k 3 2 1 2 554 2 2 246 6 5 1 x x xx x x x 令 3 2165hxxx 则当时 13x 2 5 32160h x x 在 1 3 内是单调递减函数 h x 又 在 1 3 内 在 1 3 内 1 0h 0h x 0kx 在 1 3 内是单调递减函数 k x 又 在 1 3 内 1 0k 0k x 113 0 22 g x 1 0g 0g x II 由均值不等式 可得 用差值法构造函数 可得 1 2 x x 9 1 5 k x x f x x 构造函数 利用导数判断在 1 3 内是单调递减 3 2165 46 x k x 1 p 0 当x 0 1 时 g x 1 且 0 时 由 得x 0 1 或x 0 1 1 n 1 1 1 1 n 1 1 1 得中介元xn n 1 1 1 综合 对任意的 1 中介元为xn n n 1 1 1 当 1 时 有Sn i n i 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 1 36 当n无限增大时 n无限接近于 0 Sn无限接近于 1 1 1 1 1 对任意的n Sn 成立等价于 即 3 1 2 1 1 1 2 3 当 0 时 h x 1 xp 中介元为xp 1 p 1 2 1 p 当 01 时 依题意只需 1 xp 1 x在x 0 1 时恒成立 也即xp 1 x p 1 在 1 p x 0 1 时恒成立 设 x xp 1 x p x 0 1 则 x p xp 1 1 x p 1 由 x 0 得x 且当x 时 x 0 1 2 0 1 2 1 2 1 又 0 1 1 当x 0 1 时 x 1 恒成立 综上 p的取值范围是 1 考点考点 综合法与分析法的应用 简单的演绎推理 解析解析 1 可通过对函数进行研究 探究其是否满足补函数的三个 1 1 1 0 1 p p p x h xp x 条件来确定函数是否是补函数 2 由题意 先根据中介元的定义得出中介元xn通式 代入 计算出和 然后结合 1 n i i S xx 极限的思想 利用Sn 得到参数的不等式 解出它的取值范围 1 2 3 时 对参数p分别讨论由函数的图象总在直线的上方这0 0 1 x yh x 1yx 一位置关系进行转化 解出p的取值范围 四四 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线导数的几何意义和应用导数求曲线的切线 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年全国课标卷文年全国课标卷文 5 5 分 分 曲线在点 1 1 处的切线方程为 yx 3lnx1 答案答案 y 4x3 考点考点 导数的应用 曲线的切线方程 37 解析解析 yx 3lnx1 3 y3lnx1x 3lnx4 x x 1 y4 曲线在点 1 1 处的切线方程为 即 yx 3lnx1 y14 x1 y 4x3 例例 2 2 20122012 年广东省理年广东省理 5 5 分 分 曲线在点 1 3 处的切线方程为 3 3yxx 答案答案 210 xy 考点考点 曲线的切线方程 导数的应用 解析解析 32 3 31yxxx 1 2 x y 由点斜式得所求的切线方程为 即 32 1 yx 210 xy 例例 3 3 20122012 年辽宁省理年辽宁省理 5 5 分 分 已知P Q为抛物线上两点 点P Q的横坐标分别为 4 2 2 2xy 过P Q分别作抛物线的切线 两切线交于A 则点A的纵坐标为 答案答案 4 考点考点 利用导数求切线方程的方法 直线的方程 两条直线的交点的求法 解析解析 点P Q的横坐标分别为 4 2 代人抛物线方程得P Q的纵坐标分别为 8 2 由得 过点P Q的抛物线的切线的斜率分别为 4 2 2 2xy 2 1 2 yx yx 过点P Q的抛物线的切线方程分别为 48 22yxyx 联立方程组解得 点A的纵坐标为4 1 4xy 例例 4 4 20122012 年陕西省理年陕西省理 5 5 分 分 设函数 是由轴和曲线及该曲线 ln 0 21 0 xx f x xx Dx yf x 在点处的切线所围成的封闭区域 则在上的最大值为 1 0 2zxy D 答案答案 2 考点考点 利用导数研究曲线上某点切线方程 简单线性规划 解析解析 先求出曲线在点 1 0 处的切线 然后画出区域 D 利用线性规划的方法求出目标函数 z 的最 大值即可 1 0 2 0 x yfxx x 1 1 f 曲线及该曲线在点处的切线方 yf x 1 0 38 程为 1yx 由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形 在点处取得最大值x yf x 1yx 2zxy 0 1 2 例例 5 5 20122012 年北京市理年北京市理 1313 分 分 已知函数 23 f xax1 a0 g xxbx 形形 1 若曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 求 a b 的值 f x g x 2 当时 求函数的单调区间 并求其在区间 1 上的最大值 2 a4b f xg x 答案答案 解 1 1 c 为公共切点 f 1a1 c g 11b c 形形 即 a1 1b 形形ab 又 2 f x2ax gx3xb 形 f 12a g 13b 形 又 曲线与曲线在它们的交点 1 c 处具有公共切线 f x g x 2a3b 形 解 得 ab 3 2 设 2 a4b 322 1 h x f xg x xaxa x 1 4 则 22 1 hx 3x2axa 4 令 解得 22 1 hx 3x2axa 0 4 12 aa x x 26 形 a0 aa 26 又 在各区间的情况如下 hx x a 2 形 a 2 aa 26 形 a 6 a 6 形 hx 0 0 在单调递增 在单调递减 在上单调递增 f xg x a 2 形 aa 26 形 a 6 形 39 若 即时 最大值为 a 1 2 a2 f xg x 2 a f1g1 a 4 若 即时 最大值为 aa 1 26 2a6 f xg x 1 考点考点 函数的单调区间和最大值 切线的斜率 导数的应用 解析解析 1 由曲线与曲线有公共点 1 c 可得 由曲线与曲线在它 f x g x f 1 g 1 f x g x 们的