江西省2013年高考数学第二轮复习 专题二 函数与导数第3讲 导数及其应用 理.doc

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1、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yex上，点Q在曲线yln(2x)上，则|PQ|的最小值为()A1ln 2 B(1ln 2)C1ln 2 D(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()A B C. D3(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2 B9或3 C1或1 D3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，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(

2、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，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0；(2)若1f(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)aln xx1，其中aR，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)的极值考向分析从近三年高考来看，该部分高考命题

3、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热点例析热点一导数的几何意义【例1】设函数f(x)ax(a，bZ)，曲线yf(x

4、)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 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

5、，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ysin x(0x)与直线y围成的封闭图形的面积是()A B2 C2 D热点二利用导数研究函数的单调性【例2】已知aR，函数f(x)(x2ax)ex(xR，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 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)

6、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)xa(2ln x)，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

7、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)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，从而求解变式训练3 已知函数f(x)aln x(a0，aR)(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

8、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(ln xm)，g(x)x3x.(1)当m2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m2时，f(x)x(ln x2)xln x2x，定义域为(0，)，且f(x

9、)ln x1.由f(x)0，得ln x10，所以xe.由f(x)0，得ln x10，所以0xe.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x3xx恒成立由于x0，所以x21ln x，即x2ln x，所以a .令h(x)，则h(x)，由h(x)0得x1.且当0x1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)，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()A1 Be1 Ce De12曲线y在点M处的切线的斜率为()

10、A B C D3已知函数yf(x)是定义在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)，clog3f，则a，b，c间的大小关系是()Aabc BcbaCcab Dacb4函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4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y2x2和直线yx围成的封闭图形的面积为()A B3 C12 D6三次函数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)_.7已知函数f(x)x33x29xa(

11、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)axln x(aR)(1)若a1，求曲线yf(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x20,1，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1B解析：由题意知函数yex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yex最小距离的2倍，设yex上点(x0，y0)处的切线与yx平行，有ex01，x0ln 2，y01，yx与yex的最小距离是(1ln 2)，|PQ|的最小值为

12、(1ln 2)2(1ln 2)2B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S.3A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c2.4解析：x3.5(1)解：由f(x)，得f(x)，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：由(1)得f(x)(1xxln x)，x(0，)，令

13、h(x)1xxln x，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)f(x)，所以g(x)(1xxln x)，x(0，)因此对任意x0，g(x)1e2等价于1xxln x(1e2)由(2)h(x)1xxln x，x(0，)，所以h(x)ln x2(ln xln 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(e

14、2)1e2，故1xxln x1e2.设(x)ex(x1)因为(x)ex1exe0，所以x(0，)时，(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故x(0，)时，(x)ex(x1)0，即1.所以1xxln x1e2(1e2)因此对任意x0，g(x)1e2.6(1)证明：f(x)12ax22b12a.当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0时，f(x)12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab，3ab|2ab|a.由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a

15、(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，于是x01g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming10，所以，当0x1时，2x32x10，故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)解：由知，当0x1，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0x1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

16、组平行直线abt(tR)，得1ab3，所以ab的取值范围是(1,37解：(1)因f(x)aln xx1，故f(x).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a0，解得a1.(2)由(1)知f(x)ln xx1(x0)，f(x).令f(x)0，解得x11，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x1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，bZ，故f(x)x.(2)在曲线上任取一点.由f(x0)

17、1知，过此点的切线方程为y(xx0)令x1得y，切线与直线x1的交点为.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|2x011|2x02|2.所围三角形的面积为定值2.【变式训练1】(1)1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：由sin x与0x，得x或，所以曲线ysin x(0x)与直线y围成的封闭图形的面积是Scos.故选D.【例2】解：(1)当a2时，f(x)(x22x)ex，f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)

18、ex.令f(x)0，即(x22)ex0，ex0，x220，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)(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a(x1)对x(1,1)恒成立令y(x1)，则y10.y(x1)在(1,1)上单调递增y(11).a.【变式训练2】解：f(x)的定义域是(0，)，f(x)1.设g(x)x2ax2，二次方程g(x)0的判别式a28.当0即0a2时，对一切x0都有f(x)0.此时f(x)是(0

19、，)上的单调递增函数当0即a2时，仅对x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a2时，方程g(x)0有两个不同的实根x1，x2，0x1x2.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)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增【例3】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，)上恒成立，则必有1且f(1)2a0.a0.(2)依题意，f0，即a30.a4，f(x)x34x23x.令f(x)3x28x30

20、，得x1，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3】解：(1)f(x)，当a1时，f(x).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

21、，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a0，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a0，所以x0，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)aln ea，由a0，得a，即a.创新模拟预测演练1C解析：因为F(x)exx2，且F(x)ex2x，则(exx2)|(e1)(e00)e，故选C.2B解析：对y求导得y，当x时，y|x.3C解析：设g(x)xf(x)，则g(x)f(

22、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130.32,0log31，log32，g(2)g(30.3)g(log3)，即cab，故选C.4B解析：设h(x)f(x)(2x4)，则h(x)f(x)20，故h(x)在R上单调递增，又h(1)f(1)20，所以当x1时，h(x)0，即f(x)2x4.5A解析：由2x2x，得x2或x1，则曲线y2x2与直线yx围成的图形的面积S.6x36x29x解析：设f(x)ax3bx2cxd(a0)，则f(x)3ax22bxc由题意，有即解得故f(x)x36x29x77解析：f(x)3x26x90，得x1

23、或x3(舍去)f(2)2a，f(1)5a，f(2)a22，a2220，a2故最小值为f(1)78解：(1)f(x)1(x0)，f123故曲线yf(x)在x处切线的斜率为3(2)f(x)a(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x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，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)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f1ln1ln(a)，所以21ln(a)，解得a所以，a的取值范围为高考资源- 11 -