冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题04导数的概念与应用含解析.doc

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1、专题04 导数的概念与应用【自主热身，归纳提炼】1、曲线yxcosx在点处的切线方程为_【答案】2xy0【解析】：因为y1sinx，所以k切2，所以所求切线方程为y2，即2xy0.2、在平面直角坐标系xOy中，若曲线ylnx在xe(e为自然对数的底数)处的切线与直线axy30垂直，则实数a的值为_【答案】e【解析】：因为y，所以曲线ylnx在xe处的切线的斜率kyxe.又该切线与直线axy30垂直，所以a1，所以ae.3、若曲线C1：yax36x212x与曲线C2：yex在x1处的两条切线互相垂直，则实数a的值为_【答案】 【解析】：因为y3ax212x12，yex，所以两条曲线在x1处的切线

2、斜率分别为k13a，k2e，即k1k21，即3ae1，所以a.4、 在平面直角坐标系xOy中，记曲线y2x(xR，m2)在x1处的切线为直线l.若直线l在两坐标轴上的截距之和为12，则实数m的值为_【答案】3或4【解析】：y2，yx12m，所以直线l的方程为y(2m)(2m)(x1)，即y(2m)x2m.令x0，得y2m；令y0，x.由题意得2m12，解得m3或m4.5、设f(x)4x3mx2(m3)xn(m，nR)是R上的单调增函数，则实数m的值为_【答案】6【解析】:因为f(x)12x22mx(m3)，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x22mx(m3)0在R上恒成立，所以(2m)

3、2412(m3)0，整理得m212m360，即(m6)20.又因为(m6)20，所以(m6)20，所以m6.6、已知函数若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为 【答案】（-5，0）【解析】由，所以，所以，在上单调递增，即至多有一个交点，要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，即，从而可得(5,0)7、已知点A(1,1)和B(1，3)在曲线C：yax3bx2d(a，b，d均为常数)上若曲线C在点A，B处的切线互相平行，则a3b2d_.【答案】：7【解析】由题意得y3ax22bx，因为k1k2，所以3a2b3a2b，即b0.又ad1，da3，所以d1，a

4、2，即a3b2d7.8、已知函数f(x)lnx(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_.【答案】：3e9、 曲线f(x)exf(0)xx2在点(1，f(1)处的切线方程为_【答案】：yex【解析】：因为f(x)exf(0)x，故有即原函数表达式可化为f(x)exxx2，从而f(1)e，所以所求切线方程为ye(x1)，即yex.应注意“在某点处的切线”与“过某点处的切线”的区别，前者表示此点即为切点，后者表示此点不一定是切点，过此点可能存在两条或多条切线10、已知函数在时取得极值，则a的值等于 【答案】：3【解析】 ，根据题意，解得，经检验满足题意，所以a的值等于311已知三次函数在是增函数，

5、则m的取值范围是 【答案】：【解析】 ，由题意得恒成立，12、 若函数在开区间既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是 【答案】：【解析】 ：函数在处取得极小值，在处取得极大值，又因为函数在开区间内既有最大值又有最小值，所以即a的取值范围是 【问题探究，开拓思维】例1、若直线为曲线的一条切线，则实数的值是 【答案】：1 【解析】： 设切点的横坐标为，由曲线，得，所以依题意切线的斜率为，得，所以切点为，又因为切线过切点，故有，解得. (3) 当a1时，记h(x)f(x)g(x)，是否存在整数，使得关于x的不等式2h(x)有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由(参考数据：ln20.6

6、93 1，ln31.098 6) 思路分析 第(2)问，由于问题中含有参变量a，因此，函数的单调性及单调区间就随着a的变化而变化，因此，就需要对参数a进行讨论，要讨论时，注意讨论的标准的确定方式：一是导函数是何种函数；二是导函数的零点是否在定义域内；三是导函数的零点的大小关系如何第(3)问，注意到2h(x)有解等价于h(x)min2，因此，问题归结为求函数h(x)的最小值，在研究h(x)的最小值时，要注意它的极值点是无法求解的，因此，通过利用极值点所满足的条件来进行消去lnx来解决问题另一方面，我们还可以通过观察，来猜测的最小值为0，下面来证明当1时2h(x)不成立，即h(x)2则可【解析】：

7、(1) 当a2时，方程g(ex)0即为2ex30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或ex，(2分)故所求方程的根为x0或xln2.(4分)综上所述，当a0时，(x)的单调递增区间为；当0a1时，(x)的单调递增区间为(0，)；当a1时，(x)的单调递增区间为 .(10分)(3) 解法1 当a1时，g(x)x3，h(x)(x3)lnx，所以h(x)lnx1单调递增，hln120，h(2)ln210，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，即lnx010，(12分)当x(0，x0)时，h(x)0；当x(x0，)时，h(x)0，所以h(x)minh(x0)(x03)lnx0(x03)6.记函

8、数r(x)6，则r(x)在上单调递增，(14分)所以rh(x0)r(2)，即h(x0)，由2，且为整数，得0，所以存在整数满足题意，且的最小值为0.(16分) 解法2 当a1时，g(x)x3，所以h(x)(x3)lnx，由h(1)0，得当0时，不等式2h(x)有解，(12分)下证：当1时，h(x)2恒成立，即证(x3)lnx2恒成立显然当x(0,13，)时，不等式恒成立，只需证明当x(1,3)时，(x3)lnx2恒成立即证明lnx0.令m(x)lnx，所以m(x)，由m(x)0，得x4，(14分)当x(1,4)时，m(x)0；当x(4，3)时，m(x)0.所以m(x)maxm(4)ln(4)ln(42)ln210.所以当1时，h(x)2恒成立综上所述，存在整数满足题意，且的最小值为0.(16分)解后反思 研究恒成立问题、存在性问题，其本质就是研究相关函数的最值问题，这样就可以让问题的研究目标具体化同时，在研究此类问题时，经常可以采用从特殊到一般的方式来帮助我们进行思考5