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1、 1 江苏省 2013 届高考数学（苏教版）二轮复习专题 3 导_数()导数作为研究函数的重要工具，同时也是学习高等数学的基础，一直受到命题者的青睐.2008 年考了 2 小题，并在 17 题中进行了考查运用导数求三角函数的最值；2009 年考了2 小题，都是考查三次函数的导数，显然重复；2010 年第 8 题和压轴题都考查了导数；2011年 12 题和 19 题；2012 年 14 题和 18 题.可以看出江苏高考每年都会出现两题考查导数的几何意义或者导数的四则运算以及利用导数研究极值、单调性等.预测在 2013 年的高考题中：1导数的几何意义；2利用导数研究函数的单调性或者极值、最值.1(
2、2009江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在曲线 C：yx310 x3 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_ 解析：y3x2102x2，又点 P在第二象限内，故 x2.点P 的坐标为(2,15)答案：(2,15)2(2010江苏高考)函数 yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与 x 轴交点的横坐标为ak1，k 为正整数，a116，则 a1a3a5_.解析：在点(ak，a2k)处的切线方程为 ya2k2ak(xak)，当 y0 时，解得 xak2，所以ak1ak2.则 a1a3a5164121.答案：21 3若函数 f(
3、x)ex2xa 在 R 上有两个零点，则实数 a 的取值范围是_ 解析：当直线 y2xa 和 yex相切时，仅有一个公共点，这时 2 切点是(ln 2,2)，直线方程是 y2x22ln 2，将直线 y2x22ln 2 向上平移，这时两曲线必有两个不同的交点 答案：(22ln 2，)4(2010江苏高考)将边长为 1 m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记 S梯形的周长2梯形的面积，则 S 的最小值是_ 解析：设剪成的小正三角形的边长为 x，则 S3x212x1321x433x21x2(0 x1)法一：利用导数求函数最小值 S(x)433x21x2，S(x)432
4、x61x23x22x1x22 4323x1x31x22.令 S(x)0，又 0 x1，所以 x13.当 x0，13时，S(x)0，函数单调递增；故当 x13时，S 取最小值为32 33.法二：利用函数的方法求最小值 令 3xt，t(2,3)，1t13，12，则 S4 3t2t26t84 318t26t1.故当1t38，x13时，S 取最小值为32 33.答案：32 33 5(2011江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 P 是函数 f(x)ex(x0)的图象上的动点，该图象在 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M，过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N，设线段MN 的中点的纵坐标
5、为 t，则 t 的最大值是_ 解析：设 P(x0，ex0)，则 l：ye x0e x0(xx0)，所以 M(0，(1x0)e x0)过点 P 作 l 的垂线其方程为 3 ye x0ex0(xx0)，N(0，e x0 x0ex0)，所以 t12(1x0)e x0e x0 x0ex0 e x012x0(ex0e x0)t12(ex0ex0)(1x0)，所以 t 在(0,1)上单调增，在(1，)上单调减，所以当 x01时，t 取最大值 tmax12e1e.答案：12e1e 典例1(2012扬州调研)已知函数 f(x)exax，g(x)ex ln x(e 是自然对数的底数)(1)若曲线 yf(x)在
6、x1 处的切线也是抛物线 y24(x1)的切线，求 a 的值；(2)若对于任意 xR，f(x)0 恒成立，试确定实数 a 的取值范围；(3)当 a1 时，是否存在 x0(0，)，使曲线 C：yg(x)f(x)在点 xx0处的切线斜率与 f(x)在 R 上的最小值相等？若存在，求符合条件的 x0的个数；若不存在，请说明理由 解(1)f(x)exa，f(1)ea，所以在 x1 处的切线为 y(ea)(ea)(x1)，即 y(ea)x.与 y24(x1)联立，消去 y 得(ea)2x24x40，由 0 知，a1e 或 a1e.(2)f(x)exa，当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上单调递增
7、，且当 x时，ex0，ax，所以 f(x)，故 f(x)0 不恒成立，所以 a0 不合题意；当 a0 时，f(x)ex0 对 xR 恒成立，所以 a0 符合题意；当 a0 时，令 f(x)exa0，得 xln(a)，当 x(，ln(a)时，f(x)0，故 f(x)在(，ln(a)上单调递减，在(ln(a)，)上单调递增，所以 f(x)minf(ln(a)aa ln(a)0，所以 ae.又 a0，所以 ln x1x10.令(x)ln x1x1，则(x)1x1x2x1x2，当 0 x1 时，(x)1 时，(x)0.所以(x)ln x1x1 在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以(x)(1
8、)0，故方程 exln x1x1 0 有惟一解为 1.所以存在符合条件的 x0，且仅有一个 x01.第一问考查导数的几何意义；第二问还可采用分离参数构造函数求最值的方法，不过也要进行讨论；第三问先求 f(x)的最小值，然后再研究函数 h(x)g(x)f(x)exln xexx 在 xx0处的切线斜率，最后利用函数与方程思想，把方程实根的问题转化为函数的零点问题 演练1 已知抛物线 C1：yx22x 和 C2：yx2a.如果直线 l 同时是 C1和 C2的切线，称 l是 C1和 C2的公切线，公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段(1)a 取什么值时，C1和 C2有且仅有一条公切线？写出此公切
9、线的方程；(2)若 C1和 C2有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分 解：(1)函数 yx22x 的导数 y2x2 曲线 C1在点 P(x1，x212x1)的切线方程是 y(x212x1)(2x12)(xx1)，即 y(2x12)xx21.函数 yx2a 的导数 y2x，曲线 C2在点 Q(x2，x22a)的切线方程是 y(x22a)2x2(xx2)，即 y2x2xx22a.如果直线 l 是过 P 和 Q 的公切线，则式和式都是 l 的方程 5 所以 x11x2，x21x22a.消去 x2得方程 2x212x11a0.当判别式 442(1a)0，即 a12时，解得 x112，x212，
10、此时点 P 与 Q 重合 即当 a12时 C1和 C2有且仅有一条公切线，由得公切线方程为 yx14.(2)证明：由(1)可知，当 a2，若曲线 C：yx3x(1x2)，求关于 k 的函数关系式 d(k)解：(1)y2x21(1x2)的端点为 A(1,1)，B(2,7)，y4x，由 y1 得到切点为14，78，当 k1 时，与曲线 C 相切的直线只有一条 结合题意可得，两条平行直线中一条与曲线 C：y2x21(1x2)相切，另一条直线过曲线的端点 B(2，7)平行的两条直线分别为：xy90 和 xy980.由两条平行线间的距离公式可得，d(1)81 216.(2)曲线 C：yx3x(1x2)的
11、端点 A(1,0)，B(2,6)，6 y3x211,11 下面分两种情况：当 k11 时，两条直线都不是曲线的切线，且分别经过点 A(1,0)，B(2,6)，此时两条直线方程分别为 l：yk(x1)，m：y6k(x2)，所以 d(k)3k61k2；当 2k2 且1a2 得到 1a2，且 a 1k3从而推出 l，m 当中有一条与曲线 C 相切，有一条经过一点，且是经过 A(1,0)的直线，和以 B(2,6)为切点的直线，方程分别为 l：yk(x1)，m：y(3a21)(xa)a3akx2 39(1k)32，所以 d(k)9k2 31k329 1k2.综上得 d(k)3k61k2，k11，9k2
12、31k329 1k2，2k0，g20，2m0，解得6mn1；(3)对于函数 h(x)和 g(x)定义域上的任意实数 x，若存在常数 k，b，使得不等式 h(x)kxb 和 g(x)kxb 都成立，则称直线 ykxb 是函数 h(x)与 g(x)的“分界线”设函数 h(x)12x2，g(x)ex1f(x)，试问函数 h(x)与 g(x)是否存在“分界线”？若存在，求出常数 k，b 的值；若不存在，说明理由 解：(1)f(x)x1ln x(x0)，f(x)11xx1x.9 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)递增 f(x)的最小值为 f(1)0.(2)证明：由(1)知当 x0 时，恒有 f(x
13、)0，即 x1ln x.故 ex1x，从而有 exx1，当且仅当 x0 时取等号分别令 x1，12，13，1n可得 e1112，e1212132，e1313143，e1n1n1n1n，相乘可得 e112131n23243n1nn1，即 e112131nn1.(3)令 F(x)h(x)g(x)12x2eln x(x0)，则 F(x)xexx ex ex，当 x(0，e)时，F(x)0，F(x)递增 所以当 x e时，F(x)取得最小值 0.则 h(x)与 g(x)的图象在 x e处有公共点e，e2.设函数 h(x)与 g(x)存在“分界线”，方程为 ye2k(x e)，应有 h(x)kxe2k
14、e在xR 时恒成立，即 x22kxe2k e0 在 xR 时恒成立，必须 4k24(2k ee)4(k e)20，得 k e.下证 g(x)exe2在 x0 时恒成立，记 G(x)eln x exe2，则 G(x)ex ee exx，当 x(0，e)时，G(x)0，G(x)递增；当 x(e，)时 G(x)0 时恒成立 综上可知，函数 h(x)与 g(x)存在“分界线”，其中 k e，be2.专题技法归纳 (1)利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围和符号 10(2)可以利用导数求曲线的切线方程，由于函数 yf(x)在 xx0处的导数表示曲线在点P(x0，f(x0)处切线的斜率，因此，曲线 y
15、f(x)在点 P(x0，f(x0)处的切线方程可如下求得：求出函数 yf(x)在点 xx0处的导数，即曲线 yf(x)在点 P(x0，f(x0)处切线的斜率 在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为 yy0f(x0)(xx0)1(2012南通调研)设 P 是函数 y x(x1)图象上异于原点的动点，且该图象在点 P处的切线的倾斜角为，则 的取值范围是_ 解析：依题意得，yx32x12，y32x1212x12(x0)，当 x0 时，y32x1212x122 32x1212x12 3，即该图象在点 P 处的切线的斜率不小于 3，即 tan 3.又 0，)，因此32，即 的取值范围是3，2.
16、答案：3，2 2若方程 ln x2xa0 有两个不等的实数根，则实数 a 的取值范围是_ 解析：作出 yln x 和 y2xa 的图象，分析方程 ln x2xa0，有两个不等的实数根问题，即是研究 yln x 和 y2xa 的图象交点问题，如图可知，y2xa 与 yln x 相切时，a1ln 2，只要 a1ln 2，图象都有两个不等的交点，即 a(，1ln 2)答案：(，1ln 2)3若函数 f(x)3xln x 在区间(m，m2)上单调递减，则实数 m 的范围是_ 解析：由 f(x)3xln x，得 f(x)3x21xx3x2，由 f(x)0 得 0 x3，所以 f(x)的减区间是(0,3由
17、(m，m2)(0,3得 0m1.答案：0,1 4f(x)x3ax2bxa2在 x1 处有极值 10，则 a_，b_.解析：f(x)3x22axb，由已知，得 f10，f110，即 2ab3，a2ab9，解得 a3，b3或 a4，b11.经检验，当 a3，b3 时，x1 不是极值点；当 a4，b11 时，符合题意 11 答案：4 11 5设曲线 yxn1(nN*)在点(1,1)处的切线与 y 轴的交点的纵坐标为 yn，令 bn2yn，则 b1b2b2 010的值为_ 解析：先求出函数在(1,1)处的切线方程 y1(n1)(x1)，令 x0，求出 ynn，下面利用指数式的运算法则以及等差数列求和即
18、可 答案：122 0111 005 6已知函数 yf(x)在定义域32，3 上可导，其图象如图，记 yf(x)的导函数 yf(x)，则不等式 xf(x)0 的解集是_ 解析：利用函数 f(x)的图象信息得出 f(x)0 的解集是12，1，f(x)0 的解集是32，121,3)，从而由 xf(x)0，得 x0，fx0或 x0，fx0，从而 0 x1 或32x12.答案：0,132，12 7曲边梯形由曲线 yex，y0，x1，x5 所围成，过曲线 yex，x1,5上一点 P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，这时点 P 的坐标是_ 解析：如图设 P(x0，y0)，得切线 A
19、B 方程 yex0ex0(xx0)，从而A(1，e x0(2x0)，B(5，ex0(6x0)，所以梯形的面积 S2e x0(82x0)4ex0(4x0)，对 S 求导得 S4ex0(3x0)，易知 S(x0)在(1,3)上递增，(3,5)上递减，所以 S(x0)取最大时，P 点坐标为(3，e3)答案：(3，e3)8已知函数 f(x)12x24x3ln x 在t，t1上不是单调函数，则 t 的取值范围是_ 解析：由题意知 f(x)x43xx24x3xx1x3x，由 f(x)0 得函数f(x)的两个极值点为 1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数 f(x)在区间t，t1上就不是
20、单调函数，由 t1t1 或者 t3t1，得 0t1 或者 2t3.答案：(0,1)(2,3)9给出定义：若函数 f(x)在 D 上可导，即 f(x)存在，且导函数 f(x)在 D 上也可导，则称 f(x)在 D 上存在二阶导函数，记 f(x)(f(x).若 f(x)0 在 D 上恒成立，则称 f(x)12 在 D 上为凸函数以下四个函数在0，2上不是凸函数的是_(把你认为正确的序号都填上)f(x)sin xcos x；f(x)ln x2x；f(x)x32x1；f(x)xex.解析：对于，f(x)(sin xcos x)，x0，2时，f(x)0 恒成立；对于，f(x)1x2，在 x0，2时，f(
21、x)0 恒成立；对于，f(x)6x，在 x0，2时，f(x)0 恒成立，所以 f(x)xex不是凸函数 答案：10设曲线 yxn1(nN*)在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 anlg xn，则 a1a2a99的值为_ 解析：函数在(1,1)处切线方程为 y1(n1)(x1)，令 y0 得到 xnnn1，所以 a1a2a99lg 11002.答案：2 11已知函数 f(x)asin x2cos xbx(a，bR)(1)若 f(x)在 R 上存在最大值与最小值，且其最大值与最小值的和为 2 680，试求 a 和 b的值；(2)若 f(x)为奇函数，是否存在实数 b，使得
22、f(x)在0，23为增函数，23，为减函数？若存在，求出 b的值；若不存在，请说明理由；如果当 x0 时，都有 f(x)0 恒成立，试求 b 的取值范围 解：(1)f(x)在 xR 上存在最大值和最小值，b0(否则 f(x)值域为 R)yf(x)asin x2cos xsin xycos x2ya 13|sin(x)|2ya|1y213y24aya210，又 4a2120，由题意有 yminymax43a2 680，a2 010.(2)若 f(x)为奇函数，xR，f(0)0a0，f(x)sin x2cos xbx，f(x)2cos x12cos x2b，若bR，使 f(x)在0，23 上递增，
23、在23，上递减，则 f23 0，b0.这时 f(x)12cos x2cos x2，当 x0，23 时，f(x)0，f(x)递增，当 x23，时 f(x)0，f(x)递减 f(x)bcos2 x212bcos x14b2cos x2，4(12b)2b(14b)4(13b)，若 0，则 b13，则 f(x)0，对x0 恒成立，这时 f(x)在0，)上递减，f(x)f(0)0.若 b0，则当 x0 时，bx0，)，sin x2cos x33，33，f(x)sin x2cos xbx 不可能恒小于等于 0.若 b0，则 f(x)sin x2cos x33，33不合题意 若 0b0，f()b10，这时
24、f(x)递增，f(x)f(0)0，不合题意综上 b 的取值范围为13，.12(2012无锡一中)已知函数 f(x)x3ax2a2x2，aR.(1)若 a0 时，试求函数 yf(x)的单调递减区间；(2)若 a0，且曲线 yf(x)在点 A，B(A，B 不重合)处切线的交点位于直线 x2 上，证明：A，B 两点的横坐标之和小于 4；14(3)如果对于一切 x1，x2，x30,1，总存在以 f(x1)，f(x2)，f(x3)为三边长的三角形，试求正实数 a 的取值范围 解：(1)函数 f(x)的导函数 f(x)3x22axa23(xa)xa3.因为 a0，由 f(x)0，解得a3xa.所以函数 y
25、f(x)的单调递减区间为a3，a.(2)当 a0 时，f(x)x32.设在点 A(x1，x312)，B(x2，x322)处的切线交于直线 x2 上一点 P(2，t)因为 y3x2，所以曲线 yf(x)在点 A 处的切线斜率为 k3x21，所以在点 A 处的切线方程为 y(x312)3x21(xx1)因为切线过点 P，所以 t(x312)3x21(2x1)，即 2x316x21(t2)0.同理可得 2x326x22(t2)0.两式相减得 2(x31x32)6(x21x22)0，即(x1x2)(x21x1x2x22)3(x1x2)(x1x2)0.因为 x1x20，所以 x21x1x2x223(x1
26、x2)0.即(x1x2)2x1x23(x1x2)0.因为 x1x2x1x222，且 x1x2，所以 x1x2x1x222.从而上式可以化为(x1x2)2x1x2223(x1x2)0，即(x1x2)(x1x24)0.解得 0 x1x24，即 A，B 两点的横坐标之和小于 4.(3)由题设知，f(0)f(1)f(1)，即 22(a2a3)，解得1a0，所以 0a2.因为 f(x)3(xa)xa3，所以当 x0，a3时，f(x)0，f(x)单调递增 15 所以当 xa3时，f(x)有最小值 fa3527a32.从而条件转化为 fa3527a320，f02527a32，f12527a32.由得 a33235；由得 a335.再根据 0a2 得 0a335.不等式化为1027a3a2a10，所以 g(a)为增函数 又 g(2)1270，所以当 a0，335时，g(a)0 恒成立，即成立 所以 a 的取值范围为0，335.