全国高考数学第二轮复习专题二函数与导数第3讲导数其应用理

真题试做1．(2012·课标全国高考，理

12)设点

P在曲线

1y＝2e

x上，点

Q在曲线

y＝ln(2

x)上，则|PQ|的最小值为

(

)．A．1－ln2C．1＋ln2

B．D．

2(1－ln2)2(1＋ln2)2．(2012·湖北高考，理

3)已知二次函数

y＝f(x)的图象以下图，则它与

x

轴所围图形的面积为( )．2π43πA．5B．3C．2D．23．(2012·纲领全国高考，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2B．－9或3C．－1或1D．－3或1lnx，x＞0，4．(2012·陕西高考，理14)设函数f(x)＝D是由x轴和曲线y＝f(x)－2x－1，x≤0，及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的关闭地区，则z＝x－2y在D上的最大值为__________．135．(2012·重庆高考，理16)设f(x)＝alnx＋2x＋2x＋1，此中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．求a的值；求函数f(x)的极值．6．(2012·山东高考，理

22)已知函数

lnf(x)＝

x＋kex

(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．求k的值；求f(x)的单一区间；(3)设(x)＝(x2＋)f′( )，此中′( )为f()的导函数，证明：对随意x＞0，()＜1＋e－2.gxxfxxgx7．(2012·浙江高考，理22)已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.证明：当0≤x≤1时，①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；f(x)＋|2a－b|＋a≥0；(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒建立，求a＋b的取值范围．考向剖析理科用从近三年高考来看，该部分高考命题有以下特色：从内容上看，考察导数主要有三个层次：(1)导数的观点、求导公式与法例、导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包含求函数极值，求函数的单一区间、证明函数的单一性等；(3)导数的综合考察，包含导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题．此外，对微积分基本定理的考察频次较低，难度较小，侧重于基础知识、基本方法的考察．从特色上看，高考对导数的考察有时独自考察，有时在知识交汇处考察，经常将导数与函数、不等式、方程、数列、分析几何等联合在一同考察．从形式上看，考察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．热门例析热门一导数的几何意义1【例１】设函数f(x)＝ax＋x＋b(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.求y＝f(x)的分析式；(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＝()在x0处的导数′(0)的几何意义：曲线＝(x)在点(x0，(0))处的切线fxfxyffx的斜率(刹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：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)．特别提示：①当曲线y＝f(x)在点P(x，f(x))处的切线平行于y轴(此时导数不存在)时，00由切线定义可知，切线方程为x＝x0；②当切点坐标未知时，应第一设出切点坐标，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＝__________.1(2)曲线y＝sinx(0≤x≤π)与直线y＝2围成的关闭图形的面积是( )．ππA．3B．2－3C．2－3D．3－3热门二利用导数研究函数的单一性【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)．当a＝2时，求函数f(x)的单一递加区间；若函数f(x)在(－1,1)上单一递加，求a的取值范围．规律方法利用导数研究函数单一性的一般步骤：确立函数的定义域；求导函数f′(x)；(3)①若求单一区间(或证明单一性)，只要在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.②若已知函数的单一性求参数，只要转变为不等式f′(x)≥0或′(x)≤0在单一区间内恒建立问题求解．解题过程中要注意分类议论；函数单一性问题以及一些有关的逆向问题，都离不开分类议论思想．2变式训练2已知函数f(x)＝x－x＋a(2－lnx)，a＞0.议论f(x)的单一性．热门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，务实数a的取值范围；(2)1f(x)在[1，a]上的最大值；若x＝－是f(x)的极值点，求3(3)在(2)的条件下，能否存在实数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，恳求出实数b的取值范围；若不存在，试说明原因．规律方法利用导数研究函数极值的一般步骤：(1)确立函数的定义域；(2)求函数f(x)的导数f′( )；(3)①若求极值，则先求出方程f′( )＝0的根，再查验′( )在方程根xxfx左右侧f′(x)的符号，求出极值．当根中有参数时要注意分类议论根能否在定义域内．②若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程f′( )＝0根的大小或存在状况，进而求解．x1变式训练3已知函数f(x)＝x＋alnx(a≠0，a∈R)．若a＝1，求函数f(x)的极值和单一区间；(2)若a＜0且在区间(0，e]上起码存在一点x0，使得f(x0)＜0建立，务实数a的取值范围．思想浸透转变与化归思想解决函数问题转变与化归常用的方法是等价转变法：把原问题转变为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．a3【典型例题】已知函数f(x)＝x(lnx＋m)，g(x)＝3x＋x.当m＝－2时，求f(x)的单一区间；(2)若m＝3时，不等式g(x)≥f(x)恒建立，务实数a的取值范围．2解：(1)当＝－2时，f(x)＝(lnx－2)＝lnx－2，定义域为(0，＋∞)，且f′()mxxxxlnx－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)的单一递加区间是(e，＋∞)，递减区间是(0，e)．3时，不等式g(x)≥f(x)，(2)当ma233x＋即3x＋x≥xln2恒建立．因为x＞0，所以a2＋1≥lnx＋3，3x21a213lnx＋2亦即3x≥lnx＋2，所以a≥x2.13lnx＋2－6lnx令h(x)＝2，则h′(x)＝3，xx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)上单一递加，在(1，＋∞)上单一递减，所以h(x)在x＝1处获得极大值h(1)3＝2，也就是函数h(x)在定义域上的最大值．13lnx＋23所以要使a≥x2恒建立，需有a≥2，此即为a的取值范围．理科用1．10(ex＋2x)dx等于(A．1B．e－1C．eD．e＋12．曲线y＝sinsinx1x＋cosx－2在点1122A．－B．C．－2D．222

)．Mπ，0处的切线的斜率为( )．43．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建立，若＝30.3f(30.3)，＝logπ3f(logπ3)，11，则a，，间的大小关abclog39flog39bc系是()．A．a＞b＞cB．c＞b＞aC．c＞a＞bD．a＞c＞b4．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对随意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＝2处切线的斜率；求函数f(x)的单一区间；(3)设g(x)＝2x，若对随意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，务实数a的取值范围．参照答案命题调研·清晰考向真题试做1．B2．B3．A4．2135．解：(1)因f(x)＝alnx＋2＋2x＋1，xa13故f′(x)＝－2x2＋.x2因为曲线y＝f(x)在点(1，(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，f13进而a－2＋2＝0，解得a＝－1.13(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋2x＋2x＋1(x＞0)，11332－2x－1(3x＋1)(x－1)f′(x)＝－x－2x2＋2＝＝.2x22x2令f′(x)＝0，解得x1＝1，1x2＝－31因x2＝－3不在定义域内，舍去.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处获得极小值f(1)＝3.lnx＋k6．(1)

解：由f(x)＝

ex

，得f′(x)＝

1－kx－xlnxex

x

，x∈(0，＋∞)，因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))所以f′(1)＝0，所以k＝1.

处的切线与

x轴平行，1(2)解：由(1)得f′(x)＝xex(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.所以f(x)的单一递加区间为(0,1)，单一递减区间为(1，＋∞)．证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝x＋1－x－xlnx)，x∈(0ex(1，＋∞)．x所以对随意x＞0，()＜1＋e－2等价于1－－lnx＜e(1＋e－2)．gxxxx＋1由(2)中( )＝1－－xlnx，∈(0，＋∞)，hxxxx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(ln所以当x∈(0，e－2)时，h′( )＞0，(x)单一递加；当∈(e－2，＋∞)时，′( )＜0，xhxhxh(x)单一递减．所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xlnx≤1＋e－2.x设φ(x)＝e－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单一递加，φ(x)＞φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)时，

xφ(x)＝ex－(x＋1)＞0，即e＞1.x＋1x所以1－x－xlnx≤1＋e－2＜e(1＋e－2)．x＋1所以对随意x＞0，()＜1＋e－2.gxb227．(1)证明：①f′(x)＝12ax－2b＝12ax－6a.当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单一递加．当b＞0时，f′(x)＝12ax＋bx－b6a6a，此时f(x)在0，b上单一递减，在b，＋∞上单一递加．6a6a3a－，≤2，所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b，3a－b}＝bba－a＋b，b>2a|2a－b|＋a.②因为0≤x≤1，故当b≤2a时，3－2＋2≥43－43－2＋1)．f()＋|2－|＋＝(x)＋3－＝4ax＋2＝2(2xxabafabaxbxaaxaax当b＞2a时，(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＝6x－3x＋3，33于是x033310，333，1′( )－0＋gxg(x)1减极小值增1所以，g(x)＝g343min3＝1－9＞0，所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0，故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.解：由①知，当0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1.若|2a－|＋≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－|＋)≥－1.baba|2a－b|＋a≤1，所以－1≤f(x)≤1对随意0≤x≤1恒建立的充要条件是a>0，2a－b≥0，2a－b<0，3－≤1，或b－≤1，即abaa>0a>0.在直角坐标系aOb中，不等式组所表示的平面地区为以下图的暗影部分，此中不包含线段BC.作一组平行直线a＋＝(t∈R)，bt得－1＜a＋b≤3，所以a＋b的取值范围是(－1,3]．精要例析·聚焦热门热门例析1【例1】(1)解：f′(x)＝a－(x＋b)2，2a＋1＝3，于是

2＋b1a－＝0，2(2＋b)9a＝1，a＝4，解得或b＝－18b＝－.3由a，b∈Z，故f(x)＝x＋1.x－1(2)证明：在曲线上任取一点x0,x01.－x01由1知，过此点的切线方程为－x02－＋－1(x－f(x0)＝1－x01＝2y12－(x－01)－x010x0)．＋＋x01令，切线与直线x＝1的交点为1,01.x＝1，得y＝x－1－0x01令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x－1,2x－1)．00直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)．进而所围三角形的面积为x0＋1－12x0－1－1x0－1＝122x0－2＝2.2－x01∴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，x∵e＞0，∴－x2＋2＞0，解得－2＜x＜2.∴函数f(x)的单一递加区间是(－2，2)．(2)∵函数f(x)在(－1,1)上单一递加，∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)恒建立．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)恒建立．x2∵e＞0，∴－x＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒建立，x2＋2x(x＋1)2－11即a≥x＋1＝x＋1＝(x＋1)－x＋1对x∈(－1,1)恒建立．1令y＝(x＋1)－x＋1，1则y′＝1＋(x＋1)2＞0.1∴y＝(x＋1)－x＋1在(－1,1)上单一递加．∴y＜(1＋131)－1＋1＝2.3∴a≥.2ax2－ax＋22【变式训练2】解：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋x2－x＝x2.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的鉴别式＝a2－8.①当＜0，即0＜a＜22时，对全部x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)是(0，＋∞)上的增函数．②当＝0，即a＝22时，仅对x＝2有f′(x)＝0，对其他的x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)也是(0，＋∞)上的增函数．③当＞0，即a＞22时，方程()＝0有两个不一样的实根gxa－a2－8a＋a2－8x1＝2，x2＝2，0＜x1＜x2.x(0，x)x1(x，x)112f′(x)＋0－f(x)单一极大值单一递加递减此时f(x)在a－a2－8上单一递加，在a－0，2a＋a2－8上单一递加．，＋∞22【例3】解：(1)f′(x)＝3x－2ax－3.∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒建立，

x2(x，＋∞)20＋极小值单一递加a2－8a＋a2－8，上单一递减，在22a则必有3≤1且f′(1)＝－2a≥0.a≤0.112依题意，f′－3＝0，即3＋3a－3＝0.a＝4，f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－1，x2＝3.3则当x变化时，f′(x)与f(x)的变化状况以下表：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个交点，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有(3)函数g(x)＝bx的图象与函数f(x)的图象恰有个不等实根．x3－4x2－3x－bx＝0，x＝0是此中一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个非零不等实根．16＋4(3＋b)>0，∴3－b≠0，b＞－7且b≠－3.∴存在知足条件的b值，b的取值范围是b＞－7且b≠－3.aax－1【变式训练3】解：(1)f′(x)＝－x2＋x＝x2，x－1当a＝1时，f′(x)＝x2.令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)，f(x)随x的变化状况以下表：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)的单一递