专题二 函数与导数第3讲 导数及其应用真题试做1．(2012·课标全国高考，理12)设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为( )．A．1－ln2B．(1－ln2)C．1＋ln2D．(1＋ln2)2．(2012·湖北高考，理3)已知二次函数y＝f(x)的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为( )．A．B．C．.D．3．(2012·大纲全国高考，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14．(2012·江西高考，理11)计算定积分＝__________.5．(2012·山东高考，理22)已知函数f(x)＝(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．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.6．(2012·浙江高考，理22)已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.(1)证明：当0≤x≤1时，①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；②f(x)＋|2a－b|＋a≥0；(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．7．(2012·重庆高考，理16)设f(x)＝alnx＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(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．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．-11-\n热点例析热点一 导数的几何意义【例1】设函数f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.(1)求y＝f(x)的解析式；(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＝f(x)在x0处的导数f′(x0)的几何意义是：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率(瞬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：(1)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)．特别提醒：①当曲线y＝f(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x＝x0；②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(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＝__________；(2)曲线y＝sinx(0≤x≤π)与直线y＝围成的封闭图形的面积是( )．A．B．2－C．2－D．－热点二 利用导数研究函数的单调性【例2】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2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)求导数f′(x)；(3)①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)＜0.②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的逆向问题，都离不开分类讨论思想．变式训练2已知函数f(x)＝x－＋a(2－lnx)，a＞0.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)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．(2)若x＝－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)①若求极值，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．②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．-11-\n变式训练3已知函数f(x)＝＋alnx(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若a＜0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．已知函数f(x)＝x(lnx＋m)，g(x)＝x3＋x.(1)当m＝－2时，求f(x)的单调区间；(2)若m＝时，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当m＝－2时，f(x)＝x(lnx－2)＝xlnx－2x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx－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)的单调递增区间是(e，＋∞)，递减区间是(0，e)．(2)当m＝时，不等式g(x)≥f(x)，即x3＋x≥x恒成立．由于x＞0，所以x2＋1≥lnx＋，即x2≥lnx＋，所以a≥.令h(x)＝，则h′(x)＝，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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)在x＝1处取得极大值h(1)＝，也就是函数h(x)在定义域上的最大值．因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即为a的取值范围．1．等于( )．A．1B．e－1C．eD．e＋1-11-\n2．曲线y＝－在点M处的切线的斜率为( )．A．－B．C．－D．3．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成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，则a，b，c间的大小关系是( )．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，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )．A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)5．(2012·江西九江模拟，理4)由曲线y＝2－x2和直线y＝x围成的封闭图形的面积为( )．A．B．3C．12D．6．三次函数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)＝__________.7．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__________．8．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在x＝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x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B 解析：由题意知函数y＝ex与y＝ln(2x)互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，两曲线上点之间的最小距离就是y＝x与y＝ex最小距离的2倍，设y＝ex上点(x0，y0)处的切线与y＝x平行，有ex0＝1，x0＝ln2，y0＝1，∴y＝x与y＝ex的最小距离是(1－ln2)，∴|PQ|的最小值为(1－ln2)×2＝(1－ln2)．2．B 解析：由图象可得二次函数的解析式为f(x)＝－x2＋1，则与x轴所围图形的面积S＝＝＝.3．A 解析：y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．当y′＞0时，x＜－1或x＞1；当y′＜0时，－1＜x＜1.∴函数的递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，递减区间为(－1,1)．-11-\n∴x＝－1时，取得极大值；x＝1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)3－3×(－1)＋c＝0或13－3×1＋c＝0，∴c＝－2或c＝2.4． 解析：＝x3－＝.5．(1)解：由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)解：由(1)得f′(x)＝(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.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)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．因此对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2等价于1－x－xlnx＜(1＋e－2)．由(2)h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，x∈(0，＋∞)，因此当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xlnx≤1＋e－2.设φ(x)＝ex－(x＋1)．因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，φ(x)＞φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)＞0，即＞1.所以1－x－xlnx≤1＋e－2＜(1＋e－2)．因此对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.6．(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a.当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．当b＞0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．-11-\n所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b，3a－b}＝＝|2a－b|＋a.②由于0≤x≤1，故当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．当b＞2a时，f(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＝6，于是x01g′(x)－0＋g(x)1减极小值增1所以，g(x)min＝g＝1－＞0，所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0，故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.(2)解：由①知，当0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1.若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系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.作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3，所以a＋b的取值范围是(－1,3]．7．解：(1)因f(x)＝alnx＋＋x＋1，故f′(x)＝－＋.由于曲线y＝f(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a－＋＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x＞0)，-11-\nf′(x)＝－－＋＝＝.令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－.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处取得极小值f(1)＝3.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：(1)f′(x)＝a－，于是解得或由a，b∈Z，故f(x)＝x＋.(2)在曲线上任取一点.由f′(x0)＝1－知，过此点的切线方程为y－＝(x－x0)．令x＝1得y＝，切线与直线x＝1的交点为.令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)．直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)．从而所围三角形的面积为·|2x0－1－1|＝|2x0－2|＝2.∴所围三角形的面积为定值2.【变式训练1】(1)1 解析：∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a.又y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，∴2a＝2，a＝1.(2)D 解析：由sinx＝与0≤x≤π，得x＝或，所以曲线y＝sinx(0≤x≤π)与直线y＝围成的封闭图形的面积是S＝－×＝＝－cos－－-11-\n＝－.故选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，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜.∴函数f(x)的单调递增区间是(－，)．(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)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)恒成立．∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，即a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)恒成立．令y＝(x＋1)－，则y′＝1＋＞0.∴y＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．∴y＜(1＋1)－＝.∴a≥.【变式训练2】解：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ＜0即0＜a＜2时，对一切x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0即a＝2时，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)也是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ＞0即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增此时f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，-11-\n则必有≤1且f′(1)＝－2a≥0.∴a≤0.(2)依题意，f′＝0，即＋a－3＝0.∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.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)－0＋f(x)－6↘－18↗－12∴f(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x3－4x2－3x＝bx恰有3个不等实根．∴x3－4x2－3x－bx＝0，∴x＝0是其中一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个非零不等实根．∴∴b＞－7且b≠－3.∴存在满足条件的b值，b的取值范围是b＞－7且b≠－3.【变式训练3】解：(1)f′(x)＝－＋＝，当a＝1时，f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：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)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝，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a＜0，所以x＝＜0，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)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋alne＝＋a，由＋a＜0，得a＜－，-11-\n即a∈.创新模拟·预测演练1．C 解析：因为F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，则＝(ex＋x2)|＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选C.2．B 解析：对y＝－求导得y′＝＝，当x＝时，y′|x＝＝＝.3．C 解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，∴当x＜0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x＞0时，g(x)为增函数．∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2，∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)，即c＞a＞b，故选C.4．B 解析：设h(x)＝f(x)－(2x＋4)，则h′(x)＝f′(x)－2＞0，故h(x)在R上单调递增，又h(－1)＝f(－1)－2＝0，所以当x＞－1时，h(x)＞0，即f(x)＞2x＋4.5．A 解析：由2－x2＝x，得x＝－2或x＝1，则曲线y＝2－x2与直线y＝x围成的图形的面积S＝＝＝－＝.6．x3－6x2＋9x 解析：设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c．由题意，有即解得故f(x)＝x3－6x2＋9x．7．－7 解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22，∴a＋22＝20，a＝－2．故最小值为f(－1)＝－7．8．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′＝1＋2＝3．故曲线y＝f(x)在x＝处切线的斜率为3．(2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)．①当a≥0时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－．-11-\n在区间上，f′(x)＞0，在区间上f′(x)＜0，所以，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．(3)由题可知，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈［0,1］，使得f(x1)＜g(x2)，转化为［f(x)］max＜［g(x)］max，而［g(x)］max＝2．由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．(或者举出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合题意．)当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－．所以，a的取值范围为．高考资源-11-
