2014江苏高考直通车二略30讲+第5讲++导数及其应用

第5讲 导数及其应用

【课前诊断】 1．(2012·辽宁)已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为__________．

解析 y′＝x，y′|x＝4＝4，y′|x＝－2＝－2，∵P(4,8)，Q(－2,2)，∴过P， Q的切线方程分别为：y＝4x－8，y＝－2x－2，联立方程解得y＝－4.

答案 －4 2．(2013·广东)若曲线y＝kx＋ln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.

1

解析 ∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.

x

答案 －1 3．(2012·苏锡常镇四市调研(一))已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，则f(x)在[－1,0]上的最小值为________．

解析 由a，b为正实数，可得函数y＝ax3＋bx的导函数y′＝3ax2＋b≥0恒成立，所以y＝ax3＋bx是R上的增函数，从而f(x)＝ax3＋bx＋2x是R上的增函数．所以当x∈[0,1]时，f(x)max＝f(1)＝a＋b＋2＝4，即a＋b＝2.

113

当x∈[－1,0]时，f(x)min＝f(－1)＝－a－b＋＝－2＋＝－.

222

3

答案 －

2

3－

0，，4．设曲线y＝(ax－1)ex在点A(x0，y1)处的切线为l1，曲线y＝(1－x)ex在点B(x0，y2)处的切线为l2，若存在x0∈2

使得l1⊥l2，则实数a的取值范围是________．

解析 依题意由y＝(ax－1)ex，得y′＝aex＋(ax－1)ex＝(ax＋a－1)ex，所以kl1＝(ax0＋a－1)ex0.

1－x－ex－1－xexx－2x0－2－x

由y＝(1－x)e＝x，得y′＝＝x，所以kl2＝.因为l1⊥l2，所以kl1·kl2＝－1，即(ax0x2eeex0e

x0－2

＋a－1)ex0·＝－1，

ex0

x0－33

0，. 即(ax0＋a－1)·(x0－2)＝－1，从而a＝2，其中x0∈2x0－x0－2

x－33－x－1x－5

0≤x≤，则f′(x)＝2令f(x)＝2， 2x－x－2x－x－223

1，，f′(x)>0，f(x)单调递增． 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈2

3631，3. 又因为f(0)＝，f(1)＝1，f＝，所以a的取值范围是2522

31， 答案 2

法二：直线l1，l2的斜率分别为k1ax0a1e0，k2x02exx0．

3x03由题设得k1k2ax0a1x021在1,上有解，∴a．

2x2x100令tx033,，则a2t1t4

【例题探究】

ln x

(2013·北京)设l为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线．

x

(1)求l的方程；

(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线l的下方．

3t131,． 4t52t1－ln xln x

(1)解 由y＝，得y′＝，x>0.

xx21－ln 1

∴k＝y′|x＝1＝＝1.

12∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.

(2)证明 要证明，除切点(1,0)外，曲线C在直线l下方．

ln x

只要证明，对∀x>0且x≠1时，x－1>. x

设f(x)＝x(x－1)－ln x，x>0，则

12x＋1x－1

f′(x)＝2x－1－＝. xx

因此f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴f(x)>f(1)＝0，即x(x－1)>ln x.

ln x

故当x>0且x≠1时，x－1>成立．

x

因此原命题成立．

已知函数f (x)＝6lnx—ax2—8x＋b (a，b为常数)，且x＝3为f (x)的一个极值点． (Ⅰ) 求a；

(Ⅱ) 求函数f (x)的单调区间；

(Ⅲ) 若y ＝ f (x)的图象与x轴正半轴有且只有3个交点，求实数b的取值范围．

6解：(Ⅰ) ∵ f ′ (x) ＝—2ax—8， ∴ f ′ (3) ＝2—6a—8＝0，则a＝—1．

x(Ⅱ) 函数f (x)的定义域为（0，＋∞）．

2

由(Ⅰ) 知f (x) ＝6lnx＋x—8x＋b．

2(x24x3)6 ∴ f ′ (x) ＝＋2x—8＝．

xx由f ′ (x)＞0可得x＞3或x＜1，由f ′ (x)＜0可得1＜x＜3．

∴函数f (x)的单调递增区间为(0，1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)．

(Ⅲ) 由(Ⅱ)可知函数f (x)在(0，1)单调递增，在(1，3)单调递减，在(3，＋∞)单调递增．

且当x＝1或x＝3时，f ′ (x)＝0． ∴ f (x)的极大值为f (1)＝6ln1＋1—8＋b＝b—7，f (x)的极小值为f (3)＝6ln3＋9—24＋b＝6ln3＋b—15． ∵当x充分接近0时，f (x)＜0，当x充分大时，f (x)＞0， ∴要使f (x)的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需 f(1)b70, f(3)b6ln3150.则7＜b＜15—6ln3． (2012·北京)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.

(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，

因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)． 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b. 解得a＝3，b＝3.

1

(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，

4

11

h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.

44

aa

令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.

26

a>0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下： －∞，－a －a －a，－a －a －a，＋∞ x 2266260 0 h′(x) ＋ － ＋ h(x) ↗ ↘ ↗ aa

所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(－，＋∞)；

26

aa－，－. 单调递减区间为62

a

当－≥－1，即02

1

函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a2.

4

aa

当－<－1，且－≥－1，即226

aa

－∞，－上单调递增，在区间－，－1上单调递减，h(x)在区间 函数h(x)在区间22

a

－＝1. (－∞，－1]上的最大值为h2aaaa

－∞，－上单调递增，在区间－，－上单调递减，在区间当－<－1，即a>6时，函数h(x)在区间2626

－a，－1上单调递增， 6

a11

－－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0， 又因为h244

a

－＝1.[14分] 所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h2aaaa

－∞，－和－，＋∞；减区间为－，－. 综上所述：f(x)＋g(x)的增区间为2662

1

当04

当a>2时，f(x)＋g(x)在(－∞，－1]上的最大值为1.

冲刺强化练习(5)

1． 已知点P在曲线f(x)＝x4－x上，曲线在点P处的切线平行于3x－y＝0，则点P的坐标为________．

3

解析 由题意知，函数f(x)＝x4－x在点P处的切线的斜率等于3，即f′(x0)＝4x0－1＝3，∴x0＝1，将其代入f(x)中可得P(1,0)． 答案 (1,0)

2．函数y＝x3－2ax＋a在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围是________．

2a解析 令y′＝3x2－2a＝0，得x＝± (a＞0，否则函数y为单调增函数)．若函数y＝x3－2ax＋a在(0,1)内

3

2a3

有极小值，则 ＜1，∴0＜a＜. 323

答案 (0，)

23．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________．

313

－，∴－＞0，a＜0.又∵有正根， 解析 ∵y′＝aeax＋3，由y′＝0，得x＝ln aaa

a＜0，

∴必有得a＜－3. 3

0＜－＜1，a答案 a＜－3

4．已知函数f(x)＝－x2＋cosx，x∈[－2，2]，若f(2x－1)＜f(1)，则x的取值范围是________．

13

答案 [－，0)∪(1，]

22

5．函数y＝x－2sinx在(0，2π)内的单调增区间为________．

y′>0

解析 ∵y′＝1－2cosx，∴由

01－2cosx>0，π5π

即得330π5π

∴函数y＝x－2sinx在(0,2π)内的增区间为(，)．

33

π5π

答案 (，)

33

6．已知m为实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(x)＝－1，则f(x)的单调递减区间为________．

4

解析 ∵f′(x)＝3x2－2mx，f'(－1)＝3＋2m＝－1，m＝－2，∴f'(x)＝3x2＋4x＜0，－＜x＜0．

3

4

答案 (－，0)

3

7．函数f(x)＝2x2－lnx的单调递增区间为________．

11

解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，令f′(x)＞0，得x＞．

x2

1

答案 (，∞)

2

8．(2012·江苏百校大联考)设函数f(x)＝－x3＋3x＋2，若不等式f(3＋2sin θ)解析 由三角函数有界性，3＋2sin θ∈[1,5]，从而只需m>f(x)max，x∈[1,5]，f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，x＝±1，当x∈[1,5]时，f′(x)≤0恒成立，即f(x)在[1,5]上为减函数，f(x)max＝f(1)＝4，所求实数m的范围为(4，＋∞)．

答案 (4，＋∞) 9．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________．

1k－1<x2

k－1≥0

3

解得1≤k＜.

23

答案 [1，)

2

10．已知函数f(x)＝lnx＋2xf′(1)(x＞0)，其中f′(x)是f(x)的导函数，则在点P(1，f(1))处的切线方程为________．

1

解析 因为f′(x)＝＋2f′(1)，

x

由题意可知，曲线在(1，f(1))处切线方程的斜率k＝f′(1)， 则f′(1)＝1＋2f′(1)，解得f′(1)＝－1，

则f(1)＝ln1＋2×(－1)＝－2，所以切点(1，－2)

所以切线方程为：y＋2＝－(x－1)化简得x＋y＋1＝0． 答案 x＋y＋1＝0．

exe22

11．(2013·辽宁改编)设函数f(x)满足xf′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x＞0时，对f(x)的说法正确的是________．(填

x8

序号)

①有极大值，无极小值； ②有极小值，无极大值； ③既有极大值又有极小值； ④既无极大值也无极小值． 答案 ④

ex2

解析 由xf′(x)＋2xf(x)＝，

x

x2

e－2xfx

得f′(x)＝，令g(x)＝ex－2x2f(x)，x＞0， 3x

x

exx－2ex2x

则g′(x)＝e－2xf′(x)－4xf(x)＝e－2·＝.令g′(x)＝0，得x＝2.

xx

当x＞2时，g′(x)＞0；当0＜x＜2时，g′(x)＜0，

∴g(x)在x＝2时有最小值g(2)＝e2－8f(2)＝0， 从而当x＞0时，f′(x)≥0， 则f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以函数f(x)无极大值，也无极小值．

a2

12．(2010·盐城三模)设a＞0，函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，

x

则实数a的取值范围为________．

1

解析 ∵g(x)＝x－lnx，∴g′(x)＝1－，x∈[1，e]，g′(x)≥0，函数g(x)单调递增，g(x)的最大值为g(e)＝e－1．

x

x2－a2a2

∵f(x)＝x＋，∴f'(x)＝2，令f'(x)＝0，∵a＞0，∴x＝a

xx当0＜a＜1，f(x)在[1，e]上单调增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2≥e－1，∴1＞a≥e－2，

当1≤a≤e 列表可知，f(x)min＝f(a)＝2a≥e－1恒成立

e2＋a2

当a＞e时 f(x)在[1，e]上单调减，f(x)min＝f(e)＝≥e－1恒成立，

e综上a≥e－2． 答案 a≥e－2

13．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.

1

解：(1)f′(x)＝ex－.

x＋m

由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.

1

于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－. x＋1

1

函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；

x＋1

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.

1

当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．

x＋2

又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．

当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0

1

得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，

x0＋2

x0＋121

故f(x)≥f(x0)＝＋x＝>0. x0＋20x0＋2

综上，当m≤2时，f(x)>0.

a

14．设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.

x

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；

1

(3)如果对任意的s，t∈2，2都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．

2

解 (1)当a＝2时，f(x)＝＋xln x，

x

2

f′(x)＝－2＋ln x＋1，f(1)＝2，f′(1)＝－1，

x

故y－2＝－(x－1)．

所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0.

(2)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于：[g(x1)－g(x2)]max≥M，

2x－， g(x)＝x3－x2－3，g′(x)＝3x2－2x＝3x3x 0 0，2 3－ 递减 2 30 极(最)小85值－ 272，2 3＋ 递增 2 g′(x) g(x) －3 1 285由上表可知：g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1， 327

112

[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝，

27

所满足条件的最大整数M＝4.

1

(3)对任意的s，t∈2，2，都有f(s)≥g(t)成立．

1

等价于：在区间2，2上，函数f(x)的最小值不小于g(x)的最大值，

1

由(2)知，在区间2，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1. ∴f(x)min≥1.

又∵f(1)＝a，∴a≥1.

1

下面证当a≥1时，在区间2，2上， 函数f(x)≥1成立．

1a1

，2时，f(x)＝＋xln x≥＋xln x， 当a≥1且x∈2xx

11

记h(x)＝＋xln x，h′(x)＝－2＋ln x＋1，h′(1)＝0，

xx11

，1时，h′(x)＝－2＋ln x＋1<0； 当x∈2x

1

当x∈(1,2]时，h′(x)＝－2＋ln x＋1>0，

x

11

所以函数h(x)＝＋xln x在区间2，1上递减，在区间(1,2]上递增， x

h(x)min＝h(1)＝1，即h(x)≥1，

1

所以当a≥1且x∈2，2时，f(x)≥1成立，

1

即对任意s，t∈2，2都有f(s)≥g(t)．