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1、-1-专题二专题二函数与导数第函数与导数第 3 3 讲讲导数及其应用导数及其应用真题试做真题试做1(2012课标全国高考，理 12)设点P在曲线y12ex上，点Q在曲线yln(2x)上，则|PQ|的最小值为()A1ln 2B 2(1ln 2)C1ln 2D 2(1ln 2)2(2012湖北高考，理 3)已知二次函数yf(x)的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为()A25B43C32D23(2012大纲全国高考，理 10)已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c()A2 或 2B9 或 3C1 或 1D3 或 14(2012陕西高考，理 14)设函数f(x)lnx，x0，2x1
2、，x0，D是由x轴和曲线yf(x)及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则zx2y在D上的最大值为_5(2012山东高考，理 22)已知函数f(x)lnxkex(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(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)(x2x)f(x)，其中f(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x0，g(x)1e2.6(2012浙江高考，理 22)已知a0，bR R，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当 0 x1 时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0；(2)若1
3、f(x)1 对x0,1恒成立，求ab的取值范围7(2012重庆高考，理 16)设f(x)alnx12x32x1，其中aR R，曲线yf(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)的极值考向分析考向分析从近三年高考来看，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
4、考对导数的考查有时单独考查，有时在知识交会处考查，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-2-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例析热点一导数的几何意义【例 1】设函数f(x)ax1xb(a，bZ Z)，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y3.(1)求yf(x)的解析式；(2)证明曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x1 和直线yx所围三角形的面积为定值，并求出此定值规律方法规律方法1导数的几何意义：函数yf(x)在x0处的导数f(x0)的几何意义是：曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率(瞬时
5、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yf(x)在点xx0的导数f(x0)，即曲线yf(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yy0f(x0)(xx0)特别提醒：当曲线yf(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xx0；当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解变式训练变式训练 1 1(1)设曲线yax2在点(1，a)处的切线与直线 2xy60 平行，则a_；(2)曲线ysinx(0 x)与直线y12围成的封闭图形的面积是()A
6、 3B2 3C23D 33热点二利用导数研究函数的单调性【例 2】已知aR R，函数f(x)(x2ax)ex(xR R，e 为自然对数的底数)(1)当a2 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)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.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
7、的逆向问题，都离不开分类讨论思想变式训练变式训练 2 2已知函数f(x)x2xa(2lnx)，a0.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)x3ax23x，(1)若f(x)在区间1，)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x13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)若求极值
8、，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-3-变式训练变式训练 3 3已知函数f(x)1xalnx(a0，aR R)(1)若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若a0 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
9、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【典型例题】【典型例题】已知函数f(x)x(lnxm)，g(x)a3x3x.(1)当m2 时，求f(x)的单调区间；(2)若m32时，不等式g(x)f(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)当m2 时，f(x)x(lnx2)xlnx2x，定义域为(0，)，且f(x)lnx1.由f(x)0，得 lnx10，所以xe.由f(x)0，得 lnx10，所以 0 xe.故f(x)的单调递增区间是(e，)，递减区
10、间是(0，e)(2)当m32时，不等式g(x)f(x)，即a3x3xxlnx32 恒成立由于x0，所以a3x21lnx32，即a3x2lnx12，所以a3lnx12x2.令h(x)3lnx12x2，则h(x)6lnxx3，由h(x)0 得x1.且当 0 x1 时，h(x)0；当x1 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x1 处取得极大值h(1)32，也就是函数h(x)在定义域上的最大值-4-因此要使a3lnx12x2恒成立，需有a32，此即为a的取值范围110(ex2x)dx等于()A1Be1CeDe12曲线ysinxsinxcosx12在点M
11、4，0处的切线的斜率为()A12B12C22D223已知函数yf(x)是定义在 R R 上的奇函数，且当x0 时，不等式f(x)xf(x)0成立，若a30.3f(30.3)，blog3f(log3)，clog319flog319，则a，b，c间的大小关系是()AabcBcbaCcabDacb4函数f(x)的定义域为 R R，f(1)2，对任意xR R，f(x)2，则f(x)2x4 的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1)D(，)5三次函数f(x)，当x1 时有极大值 4；当x3 时有极小值 0，且函数图象过原点，则f(x)_.6已知函数f(x)x33x29xa(a为常数)在区间2,2上有最
12、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)axlnx(aR R)(1)若a1，求曲线yf(x)在x12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x20,1，使f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围参考答案参考答案命题调研明晰考向真题试做真题试做1B解析解析：由题意知函数y12ex与yln(2x)互为反函数，其图象关于直线yx对称，两曲线上点之间的最小距离就是yx与y12ex最小距离的 2 倍，设y12ex上点(x0，y0)处的切线与yx平行，有01e12x，x0ln 2，y01，yx与y12ex的最小距离是22(1l
13、n 2)，|PQ|的最小值为22(1ln 2)2 2(1ln 2)2B解析解析：由图象可得二次函数的解析式为f(x)x21，则与x轴所围图形的面积1312114(1)d33xSxxx.-5-3A解析：解析：y3x233(x1)(x1)当y0 时，x1 或x1；当y0 时，1x1.函数的递增区间为(，1)和(1，)，递减区间为(1,1)x1 时，取得极大值；x1 时，取得极小值要使函数图象与x轴恰有两个公共点，只需：f(1)0 或f(1)0，即(1)33(1)c0 或 1331c0，c2 或c2.42解析：解析：由题知在点(1,0)处的切线的斜率kf(1)111，则切线方程为yx1.区域D为如图
14、阴影部分所示则z的最大值即为直线y12xz2在y轴上的最小截距，此时(0，1)为最优解，所以z02(1)2.5(1)解：解：由f(x)lnxkex，得f(x)1kxxlnxxex，x(0，)，由于曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行，所以f(1)0，因此k1.(2)解：解：由(1)得f(x)1xex(1xxlnx)，x(0，)，令h(x)1xxlnx，x(0，)，当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.又 ex0，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)(x2x
15、)f(x)，所以g(x)x1ex(1xxlnx)，x(0，)因此对任意x0，g(x)1e2等价于 1xxlnxexx1(1e2)由(2)h(x)1xxlnx，x(0，)，所以h(x)lnx2(lnxln e2)，x(0，)，因此当x(0，e2)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，h(x)单调递减所以h(x)的最大值为h(e2)1e2，故 1xxlnx1e2.设(x)ex(x1)因为(x)ex1exe0，-6-所以x(0，)时，(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故x(0，)时，(x)ex(x1)0，即exx11.所以 1xxlnx1e2exx1(1e2)因此对
16、任意x0，g(x)1e2.6(1)证明：f(x)12ax22b12ax2b6a.当b0 时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0 时，f(x)12axb6axb6a，此时f(x)在0，b6a上单调递减，在b6a，上单调递增所以当 0 x1 时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab，3ab3ab，b2a，ab，b2a|2ab|a.由于 0 x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2
17、x32x1,0 x1，则g(x)6x226x33x33，于是x00，333333，11g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming33 14 390，所以，当 0 x1 时，2x32x10，故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)解：解：由知，当 0 x1，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1.若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1.所以1f(x)1 对任意 0 x1 恒成立的充要条件是|2ab|a1，a0，即2ab0，3ab1，a0或2ab0.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.-7-作一组平行直
18、线abt(tR R)，得1ab3，所以ab的取值范围是(1,37解：解：(1)因f(x)alnx12x32x1，故f(x)ax12x232.由于曲线yf(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a12320，解得a1.(2)由(1)知f(x)lnx12x32x1(x0)，f(x)1x12x2323x22x12x2(3x1)(x1)2x2.令f(x)0，解得x11，x213因x213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x1 处取得极小值f(
19、1)3.精要例析聚焦热点热点例析热点例析【例 1】解：解：(1)f(x)a1(xb)2，于是2a12b3，a1(2b)20，解得a1，b1或a94，b83.由a，bZ Z，故f(x)x1x1.(2)在曲线上任取一点x0，x01x01.由f(x0)11(x01)2知，过此点的切线方程为yx02x01x0111(x01)2(xx0)-8-令x1 得yx01x01，切线与直线x1 的交点为1，x01x01.令yx，得y2x01，切线与直线yx的交点为(2x01,2x01)直线x1 与直线yx的交点为(1,1)从而所围三角形的面积为12|x01x011|2x011|12|2x01|2x02|2.所围三
20、角形的面积为定值 2.【变式训练 1】(1)1解析：解析：yax2，y2ax，y|x12a.又yax2在点(1，a)处的切线与直线 2xy60 平行，2a2，a1.(2)D解析：解析：由 sinx12与 0 x，得x6或56，所以曲线ysinx(0 x)与直线y12围成的封闭图形的面积是566sin dSx x12566566cos3x cos56cos6 3 33.故选 D.【例 2】解：解：(1)当a2 时，f(x)(x22x)ex，f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f(x)0，即(x22)ex0，ex0，x220，解得 2x 2.函数f(x)的单调递增区间是(2，2
21、)(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)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex，x2(a2)xaex0 对x(1,1)恒成立ex0，x2(a2)xa0 对x(1,1)恒成立，即ax22xx1(x1)21x1(x1)1x1对x(1,1)恒成立令y(x1)1x1，则y11(x1)20.-9-y(x1)1x1在(1,1)上单调递增y(11)11132.a32.【变式训练 2】解：解：f(x)的定义域是(0，)，f(x)12x2axx2ax2x2.设g(x)x2ax2，二次方程g(x)0 的判别式a28.当0 即 0a22时，对一切x0 都有f(
22、x)0.此时f(x)是(0，)上的单调递增函数当0 即a22时，仅对x 2有f(x)0，对其余的x0 都有f(x)0.此时f(x)也是(0，)上的单调递增函数当0 即a22时，方程g(x)0 有两个不同的实根x1aa282，x2aa282，0 x1x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时f(x)在0，aa282上单调递增，在aa282，aa282上单调递减，在aa282，上单调递增【例 3】解：解：(1)f(x)3x22ax3.f(x)在1，)上是增函数，f(x)在1，)上恒有f(x)0，即 3x22ax30 在1，)上恒
23、成立，则必有a31 且f(1)2a0.a0.(2)依题意，f13 0，即1323a30.a4，f(x)x34x23x.令f(x)3x28x30，得x113，x23.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)0f(x)61812f(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x34x23xbx恰有3 个不等实根x34x23xbx0，x0 是其中一个根，方程x24x3b0 有两个非零不等实根164(3b)0，3b0，-10-b7 且b3.存在满足条件的b值，b的取值范围是b7 且b3.变式训练
24、 3】解：解：(1)f(x)1x2axax1x2，当a1 时，f(x)x1x2.令f(x)0，得x1，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)0f(x)极小值所以x1 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)1x2axax1x2，且a0，令f(x)0，得x1a，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a0，所以x1a0，f(x)0 对x(0，)成立，所以f(x)在区间(0，e上单调递减，故f(x)在
25、区间(0，e上的最小值为f(e)1ealn e1ea，由1ea0，得a1e，即a，1e.创新模拟预测演练1C解析：解析：因为F(x)exx2，且F(x)ex2x，则112000(e2)d(e)(e 1)(e0)exxxxx，故选 C.2B解析：解析：对ysinxsinxcosx12求导得ycosx(sinxcosx)sinx(cosxsinx)(sinxcosx)21(sinxcosx)2，当x4时，y|x412222212.3C解析：解析：设g(x)xf(x)，则g(x)f(x)xf(x)0，当x0 时，g(x)xf(x)为减函数又g(x)为偶函数，当x0 时，g(x)为增函数130.32,
26、0log31，log3192，g(2)g(30.3)g(log3)，即cab，故选 C.-11-4B解析：解析：设h(x)f(x)(2x4)，则h(x)f(x)20，故h(x)在 R R 上单调递增，又h(1)f(1)20，所以当x1 时，h(x)0，即f(x)2x4.5x36x29x解析：解析：设f(x)ax3bx2cxd(a0)，则f(x)3ax22bxc.由题意，有f(1)0，f(3)0，f(1)4，f(3)0，f(0)0，即3a2bc0，27a6bc0，abcd4，27a9b3cd0，d0.解得a1，b6，c9，d0.故f(x)x36x29x.67解析：解析：f(x)3x26x90，得
27、x1 或x3(舍去)f(2)2a，f(1)5a，f(2)a22，a2220，a2.故最小值为f(1)7.7解：解：(1)f(x)11x(x0)，f12 123.故曲线yf(x)在x12处切线的斜率为 3.(2)f(x)a1xax1x(x0)当a0 时，由于x0，故ax10，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)当a0 时，由f(x)0，得x1a.在区间0，1a上，f(x)0，在区间1a，上f(x)0，所以，函数f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，.(3)由题可知，若对任意x1(0，)，均存在x20,1，使得f(x1)g(x2)，转化为f(x)maxg(x)max，而g(x)max2.由(2)知，当a0 时，f(x)在(0，)上单调递增，值域为 R R，故不符合题意(或者举出反例：存在f(e3)ae332，故不符合题意)当a0 时，f(x)在0，1a上单调递增，在1a，上单调递减，-12-故f(x)的极大值即为最大值，f1a1ln1a1ln(a)，所以 21ln(a)，解得a1e3.所以，a的取值范围为，1e3.