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【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第5讲


第5讲
【高考考情解读】

导数及其应用

1.本讲主要考查导数的几何意义,导数的四则运算及利用导数研究函数

的单调性,求函数的极值、最值等.2.常与直线、圆锥曲线、分式、含参数的一元二次不等式 等结合在一起考查,题型多样,属中高档题目.

1. 导数的几何意义 函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数值就是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,其切 线方程是 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2. 导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数 f(x)=x3 在(-∞,+∞)上单调递 增,但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有 f′(x)=0 时, 则 f(x)为常数,函数不具有单调性. 3. 函数的极值与最值 (1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值是对整个定义域而言的,是在整个 范围内讨论的问题. (2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,而函数的极值可能不止一个,也可 能没有. (3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数不一定有最值,若有唯一的极值, 则此极值一定是函数的最值. 4. 四个易误导数公式及两个常用的运算法则 (1)(sin x)′=cos x. (2)(cos x)′=-sin x. (3)(ax)′=axln a(a>0,且 a≠1). 1 (4)(logax)′= (a>0,且 a≠1). xln a (5)[f(x)· g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x). (6)? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? (g(x)≠0). ?g?x??′= [g?x?]2

考点一 导数几何意义的应用 例1 (1)过点(1,0)作曲线 y=ex 的切线,则切线方程为________. (2)(2013· 南京模拟)在平面直角坐标系 xOy 中, 设 A 是曲线 C1: y=ax3+1(a>0)与曲线 C2: 5 x2+y2= 的一个公共点,若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实数 a 的 2 值是________. 答案 解析 (1)e2x-y-e2=0 (2)4 (1)设切点为 P(x0,ex0),则切线斜率为 ex0,

切线方程为 y-ex0=ex0(x-x0), 又切线经过点(1,0),所以-ex0=ex0(1-x0), 解得 x0=2,切线方程为 y-e2=e2(x-2), 即 e2x-y-e2=0. (2)设 A(x0,y0),则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax2 0,C2 在 A 处的切线的斜率为 - 1 x0 =- , kOA y0

又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直, x0 3 所以(- )· 3ax2 0=-1,即 y0=3ax0, y0 3 又 ax3 0=y0-1,所以 y0= , 2 5 1 代入 C2:x2+y2= ,得 x0=± , 2 2 1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2 (1)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异,过 点 P 的切线中,点 P 不一定是切点,点 P 也不一定在已知曲线上,而在点 P 处的切线, 必以点 P 为切点. (2)利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行 转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜 率之间的关系,进而和导数联系起来求解. (1)直线 y=kx+b 与曲线 y=ax2+2+ln x 相切于点 P(1,4), 则 b 的值为( A.3 B.1 C.-1 D.-3 )

π (2)若曲线 f(x)=xsin x+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1=0 互相垂直, 则实数 a 等于 2

( A.-2 答案 解析 B.-1 C.1 D.2

)

(1)C (2)D (1)由点 P(1,4)在曲线上,可得 a×12+2+ln 1=4,

1 解得 a=2,故 y=2x2+2+ln x.所以 y′=4x+ . x 1 所以曲线在点 P 处的切线斜率 k=y′|x=1=4×1+ =5. 1 所以切线的方程为 y=5x+b.由点 P 在切线上, 得 4=5×1+b,解得 b=-1. π (2)f′(x)=sin x+xcos x,f′( )=1, 2 π 即函数 f(x)=xsin x+1 在点 x= 处的切线的斜率是 1, 2 a 直线 ax+2y+1=0 的斜率是- , 2 a 所以(- )×1=-1,解得 a=2. 2 考点二 利用导数研究函数的性质 例2 (2012· 江西)已知函数 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)=1,f(1)=0. (1)求 a 的取值范围; (2)设 g(x)=f(x)-f′(x),求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值. (1)利用 f(0)=1,f(1)=0 将 f(x)用 a 表示出来,然后利用 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在[0,1]上单调递减?f′(x)≤0 在 x∈[0,1]上恒成立,然后通过分类讨论求得 a 的取值范 围; (2)化简 g(x)=f(x)-f′(x),通过对 g(x)求导,然后分类讨论求最值. 解 (1)由 f(0)=1,f(1)=0,得 c=1,a+b=-1,

则 f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex, 依题意需对任意 x∈(0,1),有 f′(x)<0. 当 a>0 时, 因为二次函数 y=ax2+(a-1)x-a 的图象开口向上, 而 f′(0)=-a<0, 所以需 f′(1)=(a-1)e<0,即 0<a<1. 当 a=1 时,对任意 x∈(0,1)有 f′(x)=(x2-1)ex<0, f(x)符合条件;

当 a=0 时,对任意 x∈(0,1), f′(x)=-xex<0,f(x)符合条件; 当 a<0 时,因为 f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故 a 的取值范围为 0≤a≤1. (2)因为 g(x)=(-2ax+1+a)ex, 所以 g′(x)=(-2ax+1-a)ex. (i)当 a=0 时,g′(x)=ex>0,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1,在 x=1 处取得最大值 g(1)=e. (ii)当 a=1 时, 对于任意 x∈(0,1)有 g′(x)=-2xex<0, g(x)在 x=0 处取得最大值 g(0)=2, 在 x=1 处取得最小值 g(1)=0. 1-a (iii)当 0<a<1 时,由 g′(x)=0 得 x= >0. 2a 1-a 1 ①若 ≥1,即 0<a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1 2a 3 +a,在 x=1 处取得最大值 g(1)=(1-a)e. 1-a 1-a 1-a 1-a? 1 ②若 <1,即 <a<1 时,g(x)在 x= 处取得最大值 g? 2a 3 2a ? 2a ?=2ae 2a ,在 x=0 或 x=1 处取得最小值. 而 g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e, e-1 1 则当 <a≤ 时, 3 e+1 g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a; 当 e-1 <a<1 时, e+1

g(x)在 x=1 处取得最小值 g(1)=(1-a)e. 利用导数研究函数性质的一般步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导函数 f′(x); (3)①若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问 题来求解. (4)①若求极值, 则先求方程 f′(x)=0 的根, 再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号. 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来求 解. (5)求函数 f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值

f(a),f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)设函数 g(x)=f(x)-a(x-1),其中 a∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中 e 为自然对数的底数) 解 (1)f′(x)=ln x+1,x>0,

1 由 f′(x)=0 得 x= , e 1 所以,f(x)在区间(0, )上单调递减, e 1 在区间( ,+∞)上单调递增. e 1 所以,x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1),则 g′(x)=ln x+1-a, 由 g′(x)=0,得 x=ea 1,


所以,在区间(0,ea 1)上,g(x)为减函数,


在区间(ea 1,+∞)上,g(x)为增函数,


所以 x=ea

-1

是极小值点.

以下对极小值点是否在[1,e]上作分类讨论. 当 ea 1≤1,即 a≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为增函数,


所以 g(x)的最小值为 g(1)=0. 当 1<ea 1<e,即 1<a<2 时,


g(x)的最小值为 g(ea 1)=a-ea 1.
- -

当 ea 1≥e,即 a≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为减函数,


g(x)的最小值为 g(e)=a+e-ae. 综上,当 a≤1 时,g(x)的最小值为 0; 当 1<a<2 时,g(x)的最小值为 a-ea 1;


当 a≥2 时,g(x)的最小值为 a+e-ae. 考点三 利用导数解决与方程、不等式有关的问题 例3 (2013· 陕西)已知函数 f(x)=ex,x∈R. (1)若直线 y=kx+1 与 f(x)的反函数的图象相切,求实数 k 的值; (2)设 x>0,讨论曲线 y=f(x)与曲线 y=mx2(m>0)公共点的个数; f?a?+f?b? f?b?-f?a? (3)设 a<b,比较 与 的大小,并说明理由. 2 b-a 解 (1)f(x)的反函数为 g(x)=ln x.

设直线 y=kx+1 与 g(x)=ln x 的图象在 P(x0, y0)处相切, 则有 y0=kx0+1=ln x0, k=g′(x0) 1 = , x0 1 解得 x0=e2,k= 2. e ex (2)曲线 y=ex 与 y=mx2 的公共点个数等于曲线 y= 2与 y=m 的公共 x 点个数. ex?x-2? ex 令 φ(x)= 2,则 φ′(x)= , x x3 ∴φ′(2)=0. 当 x∈(0,2)时,φ′(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增, e2 ∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值为 φ(2)= . 4 e2 ex 当 0<m< 时,曲线 y= 2与 y=m 无公共点; 4 x e2 ex 当 m= 时,曲线 y= 2与 y=m 恰有一个公共点; 4 x e2 1 当 m> 时,在区间(0,2)内存在 x1= ,使得 φ(x1)>m,在(2,+∞)内存在 x2=me2,使 4 m 得 φ(x2)>m. ex 由 φ(x)的单调性知,曲线 y= 2与 y=m 在(0,+∞)上恰有两个公共点. x 综上所述,当 x>0 时, e2 若 0<m< ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 没有公共点; 4 e2 若 m= ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 有一个公共点; 4 e2 若 m> ,曲线 y=f(x)与 y=mx2 有两个公共点. 4 f?a?+f?b? f?b?-f?a? (3)方法一 可以证明 > . 2 b- a f?a?+f?b? f?b?-f?a? 事实上, > 2 b-a ? ? ea+eb eb-ea > 2 b-a b-a eb-ea > 2 eb+ea

? ?

b-a 2ea >1- b a 2 e +e b-a 2 >1- b-a (b>a).(*) 2 e +1

x 2 令 φ(x)= + x -1(x≥0), 2 e +1 ?ex+1?2-4ex 1 2ex 则 φ′(x)= - x 2= 2 ?e +1? 2?ex+1?2 = ?ex-1?2 ≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), 2?ex+1?2

∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴x>0 时,φ(x)>φ(0)=0. 令 x=b-a,即得(*)式,结论得证. 方法二 f?a?+f?b? f?b?-f?a? - 2 b-a

eb+ea eb-ea = - 2 b-a = = beb+bea-aeb-aea-2eb+2ea 2?b-a? ea - - [(b-a)eb a+(b-a)-2eb a+2], 2?b-a?

设函数 u(x)=xex+x-2ex+2(x≥0), 则 u′(x)=ex+xex+1-2ex. 令 h(x)=u′(x),则 h′(x)=ex+ex+xex-2ex=xex≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), ∴u′(x)单调递增, ∴当 x>0 时,u′(x)>u′(0)=0,∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. 令 x=b-a,则得(b-a)eb a+(b-a)-2eb a+2>0,
- -

∴ ∴

eb+ea eb-ea - >0, 2 b-a f?a?+f?b? f?b?-f?a? > . 2 b-a 研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重

要工具.基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点 的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函 数的草图辅助思考. (1)(2013· 天津)设函数 f(x)=ex+x-2, g(x)=ln x+x2-3.若实数 a, b 满足 f(a)

=0,g(b)=0,则 A.g(a)<0<f(b) C.0<g(a)<f(b) 答案 A 解析 对于 f(x)=ex+x-2,f′(x)=ex+1>0,f(x)在 R 上递增, 由于 f(0)=e0-2=-1<0, f(1)=e+1-2=e-1>0, ∴由 f(a)=0 知 0<a<1; 1 对于 g(x)=ln x+x2-3(x>0),g′(x)= +2x>0, x ∴g(x)在(0,+∞)上也递增, 由于 g(1)=-2<0,g(2)=ln 2+1>0, ∴由 g(b)=0 知 1<b<2. 故 f(b)>f(1)>0,g(a)<g(1)<0, ∴g(a)<0<f(b). (2)(2013· 山东)设函数 f(x)= x +c(e=2.718 28?是自然对数的底数,c∈R). e2x B.f(b)<0<g(a) D.f(b)<g(a)<0

(

)

①求 f(x)的单调区间、最大值. ②讨论关于 x 的方程|ln x|=f(x)根的个数. e2x-2xe2x 1-2x 解 ①f′(x)= = 2x , e ?e2x?2 1 1 由 f′(x)>0 得 x< ,由 f′(x)<0 得 x> . 2 2 1? ?1 ? ?1? 1 所以 f(x)的单调递增区间为? ?-∞,2?,单调递减区间为?2,+∞?.所以 f(x)max=f?2?=2e +c. ②由已知|ln x|=f(x)得|ln x|- 令 g(x)=|ln x|- x ,y=c. e2x x =c,x∈(0,+∞), e2x

x (ⅰ)当 x∈(1,+∞)时,ln x>0,则 g(x)=ln x- 2x. e 1 2x-1 所以 g′(x)= + 2x >0. x e 所以 g(x)在(1,+∞)上单调递增. x (ⅱ)当 x∈(0,1)时,ln x<0,则 g(x)=-ln x- 2x. e e2x 1 1-2x 1 - +?2x-1??. 所以 g′(x)=- - 2x = 2x? ? x e e ? x

因为 e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0, e2x 所以- <-1,而 2x-1<1. x 所以 g′(x)<0,即 g(x)在(0,1)上单调递减. 由(ⅰ)(ⅱ)可知,当 x∈(0,+∞)时, 1 g(x)≥g(1)=- 2. e 1 由数形结合知,当 c<- 2时, e 方程|ln x|=f(x)根的个数为 0; 1 当 c=- 2时,方程|ln x|=f(x)根的个数为 1; e 1 当 c>- 2时,方程|ln x|=f(x)根的个数为 2. e

1. 函数单调性的应用 (1)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0 在区间(a,b)上恒成立; (2)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则 f′(x)≤0 在区间(a,b)上恒成立; (3)可导函数 f(x)在区间(a,b)上为增函数是 f′(x)>0 的必要不充分条件. 2. 可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x),“f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x)=0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值” 的必要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值 点,导函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 3. 导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题; (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

1 1.已知函数 f(x)=x- , g(x)=x2-2ax+4, 若任意 x1∈[0,1], 存在 x2∈[1,2], 使 f(x1)≥g(x2), x+1 则实数 a 的取值范围是__________.

9 ? 答案 ? ?4,+∞? 1 解析 由于 f′(x)=1+ >0, ?x+1?2 因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1. 根据题意可知存在 x∈[1,2], 使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1, x 5 即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立, 2 2x x 5 令 h(x)= + , 2 2x 则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min, x 5 又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减, 2 2x 9 9 所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4 1-a 2 2. 设函数 f(x)= x +ax-ln x(a∈R). 2 (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极值; (2)当 a≥2 时,讨论函数 f(x)的单调性; (3)若对任意 a∈(2,3)及任意 x1,x2∈[1,2],恒有 ma+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数 m 的 取值范围. 解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

1 x-1 当 a=1 时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1- = . x x 令 f′(x)=0,得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)<0;当 x>1 时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.
2 1 ?1-a?x +ax-1 (2)f′(x)=(1-a)x+a- = x x

1 ?1-a??x- ??x-1? a-1 [?1-a?x+1]?x-1? = = . x x 当 ?x-1?2 1 =1,即 a=2 时,f′(x)=- ≤0, x a-1

f(x)在(0,+∞)上是减函数;



1 <1,即 a>2 时, a-1 1 或 x>1; a-1

令 f′(x)<0,得 0<x<

1 令 f′(x)>0,得 <x<1. a-1 当 1 >1,a<2 时,与已知矛盾舍, a-1

综上,当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1 1 当 a>2 时,f(x)在(0, )和(1,+∞)上单调递减,在( ,1)上单调递增. a-1 a- 1 (3)由(2)知,当 a∈(2,3)时,f(x)在[1,2]上单调递减, 当 x=1 时,f(x)有最大值,当 x=2 时,f(x)有最小值. a 3 ∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)= - +ln 2, 2 2 a 3 ∴ma+ln 2> - +ln 2. 2 2 1 3 而 a>0 经整理得 m> - , 2 2a 1 1 3 由 2<a<3 得- < - <0,∴m≥0. 4 2 2a

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 1 1. (2012· 辽宁)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为 2 A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 答案 B 解析 由题意知,函数的定义域为(0,+∞), 1 又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1, x 所以函数的单调递减区间为(0,1]. 2. 已知直线 y=kx 是 y=ln x 的切线,则 k 的值是 A.e B.-e 1 C. e 1 D.- e ( ) ( )

答案 C 解析 设切点坐标为(x0,y0). 1 因为 y′=(ln x)′= (x>0), x 1 所以切线斜率为 k= , x0 1 所以切线方程为 y-ln x0= (x-x0) x0 由已知直线 y=kx 是 y=ln x 的切线,得 1 0-ln x0= (0-x0),即 x0=e, x0 所以,答案选 C. 3. (2013· 浙江)已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数 y =f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是 ( )

答案 B 解析 从导函数的图象可以看出,导函数值先增大后减小,x=0 时最大,所以函数 f(x) 的图象的变化率也先增大后减小,在 x=0 时变化率最大.A 项,在 x=0 时变化率最小, 故错误;C 项,变化率是越来越大的,故错误;D 项,变化率是越来越小的,故错误.B 项正确. 4. 若函数 y=f(x)在 R 上可导,且满足不等式 xf′(x)>-f(x)恒成立,且常数 a,b 满足 a>b, 则下列不等式一定成立的是 A.af(b)>bf(a) C.af(a)<bf(b) 答案 B 解析 令 g(x)=xf(x),∴g′(x)=xf′(x)+f(x)>0. ∴g(x)在 R 上为增函数,∵a>b, ∴g(a)>g(b),即 af(a)>bf(b). x 5. 函数 y= +sin x 的图象大致是 3 ( ) B.af(a)>bf(b) D.af(b)<bf(a) ( )

答案 C -x 解析 因为 f(-x)= +sin(-x) 3 x =-( +sin x)=-f(x), 3 所以函数为奇函数,它的图象关于原点对称,则可以排除 B. x 当 x 接近于正无穷大时, 接近于正无穷大,而-1≤sin x≤1, 3 x 所以 +sin x 也接近于正无穷大,则可以排除 D. 3 x 1 由 y′=( +sin x)′= +cos x, 3 3 1 令 y′=0 得 +cos x=0, 3 它有无数个解,可知极值点有无数个,所以排除 A. 故答案选 C. 6. (2013· 湖北)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值范围是 ( A.(-∞,0) C.(0,1) 答案 B 解析 1 f′(x)=(ln x-ax)+x( -a) x 1 B.(0, ) 2 D.(0,+∞) )

=ln x+1-2ax(x>0) ln x+1 令 f′(x)=0 得 2a= , x ln x+1 设 φ(x)= , x -ln x 则 φ′(x)= 2 x 易知 φ(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 大致图象如右图

若 f(x)有两个极值点, 则 y=2a 和 y=φ(x)图象有两个交点, 1 ∴0<2a<1,∴0<a< . 2 二、填空题 1 x 1 7 . 已知函数 f(x) (x∈R)满足 f(1) = 1,且 f(x) 的导函数 f′(x)< ,则 f(x)< + 的解集为 2 2 2 __________. 答案 {x|x>1}

x 1 1 解析 φ(x)=f(x)- - ,则 φ′(x)=f′(x)- <0, 2 2 2 ∴φ(x)在 R 上是减函数. 1 1 φ(1)=f(1)- - =1-1=0, 2 2 x 1 ∴φ(x)=f(x)- - <0 的解集为{x|x>1}. 2 2 8. 设函数 f(x)=x3+2ax2+bx+a,g(x)=x2-3x+2(其中 x∈R,a,b 为常数).已知曲线 y =f(x)与 y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线 l,则 a,b 的值分别为________. 答案 -2,5 解析 f′(x)=3x2+4ax+b,g′(x)=2x-3,

由于曲线 y=f(x)与 y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线, 故有 f(2)=g(2)=0,f′(2)=g′(2)=1, 由此解得 a=-2,b=5. 9. 设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则 a 的取值范围为________. 答案 (-∞,-1)

解析 y′=ex+a,又函数 y=ex+ax 在 x∈R 上有大于零的极值点,即 y′=ex+a=0 有正根. 当 ex+a=0 时,ex=-a,∴-a>1,即 a<-1. 1 10.已知函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是____________. 2 答案 0<t<1 或 2<t<3 解析
2 ?x-1??x-3? 3 -x +4x-3 f′(x)=-x+4- = =- ,由 f′(x)=0 得函数的两个极 x x x

值点 1,3,则只要这两个极值点在区间(t,t+1)内,函数在区间[t,t+1]上就不单调,由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 三、解答题 11.设函数 f(x)=ax+2,g(x)=a2x2-ln x+2,其中 a∈R,x>0.

(1)若 a=2,求曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程; (2)是否存在负数 a,使 f(x)≤g(x)对一切正数 x 都成立?若存在,求出 a 的取值范围;若 不存在,请说明理由. 解 (1)由题意可知,当 a=2 时,g(x)=4x2-ln x+2,

1 则 g′(x)=8x- . x 曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线斜率 k=g′(1)=7, 又 g(1)=6,所以曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线的方程为 y-6=7(x-1),即 7x-y -1=0. (2)设函数 h(x)=f(x)-g(x)=ax+ln x-a2x2 (x>0). 假设存在负数 a,使得 f(x)≤g(x)对一切正数 x 都成立, 即当 x>0 时,h(x)的最大值小于等于零. -2a2x2+ax+1 1 h′(x)=a+ -2a2x= (x>0). x x 1 1 令 h′(x)=0,得 x1=- ,x2= (舍去). 2a a 1 当 0<x<- 时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 2a 1 当 x>- 时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 2a 1 所以 h(x)在 x=- 处有极大值,也是最大值. 2a 1? 1 3 ∴h(x)max=h? ?-2a?≤0,解得 a≤-2e-4, 1 3 所以负数 a 存在,它的取值范围为{a|a≤- e- }. 2 4 12.某工厂生产某种儿童玩具,每件玩具的成本为 30 元,并且每件玩具的加工费为 t 元(其 中 t 为常数,且 2≤t≤5),设该工厂每件玩具的出厂价为 x 元(35≤x≤41),根据市场调 查,日销售量与 ex (e 为自然数对数的底数)成反比例,当每件玩具的出厂价为 40 元时, 日销售量为 10 件. (1)求该工厂的日利润 y(元)与每件玩具的出厂价 x 元的函数关系式; (2)当每件玩具的日销售价为多少元时,该工厂的利润 y 最大,并求 y 的最大值. 解 k k (1)设日销售量为 x,则 40=10, e e

10e40 ∴k=10e40.则日销售量为 x , e 10e40 ∴日利润 y=(x-30-t)· x . e

10e40?x-30-t? ∴y= ,其中 35≤x≤41. ex 10e40?31+t-x? (2)y′= ,令 y′=0,得 x=31+t. ex ①2≤t≤4 时,33≤31+t≤35. ∴当 35≤x≤41 时,y′≤0. ∴当 x=35 时,y 取最大值,最大值为 10(5-t)e5. ②当 4<t≤5 时,35<t+31≤36, 函数 y 在[35,t+31]上单调递增, 在[t+31,36]上单调递减. ∴当 x=t+31 时,y 取最大值 10e9 t.


∴当 2≤t≤4,x=35 时, 日利润最大值为 10(5-t)e5 元. 当 4<t≤5,x=31+t 时,日利润最大值为 10e9 t 元.


a 13.已知函数 f(x)=ln x+x,g(x)= -x-1(a>0). x (1)求函数 F(x)=f(x)+g(x)在(0,e]上的最小值; (2)对于正实数 m,方程 2mf(x)=x2 有唯一实数根,求 m 的值. 解 a (1)函数 F(x)=f(x)+g(x)= -1+ln x 的定义域为{x|x>0}, x

a 1 因为 F′(x)=- 2+ , x x a 1 a>0 时,解 F′(x)>0,即- 2+ >0,得 x>a, x x 所以在(a,+∞)上 F(x)单调递增, a 1 解 F′(x)<0,即- 2+ <0,得 0<x<a, x x 所以在(0,a)上,F(x)单调递减, 因此:当 a<e 时,函数在 x=a 处取得最小值 F(a)=ln a a 当 a>e 时,函数在 x=e 处取得最小值 F(e)= e 综上: 当 0<a≤e 时,函数 F(x)在区间(0,e]上最小值为 ln a; a 当 a>e 时,函数 F(x)在区间(0,e]上最小值为 . e (2)方法一 因为方程 2mf(x)=x2 有唯一实数根, 所以 x2-2mln x-2mx=0 有唯一实数根. 设 g(x)=x2-2mln x-2mx,

2x2-2m-2mx 则 g′(x)= .令 g′(x)=0,x2-mx-m=0. x 因为 m>0,x>0, m- m2+4m m+ m2+4m 所以 x1= <0(舍去),x2= , 2 2 当 x∈(0,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上单调递减, 当 x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)上单调递增, 当 x=x2 时,g′(x2)=0,g(x)取最小值 g(x2).
2 ? ? ?g?x2?=0, ?x2-2mln x2-2mx2=0, ? ? 则 ,即 2 ?g′?x2?=0, ? ? ?x2-mx2-m=0.

所以 2mln x2+mx2-m=0, 因为 m>0,所以 2ln x2+x2-1=0(*) 设函数 h(x)=2ln x+x-1,因为当 x>0 时, h(x)是增函数,所以 h(x)=0 至多有一解. 因为 h(1)=0,所以方程(*)的解为 x2=1, 即 m+ m2+4m 1 =1,解得 m= . 2 2

方法二 ∵方程 2mf(x)=x2 有唯一实数根, 又 f(x)=ln x+x 且 m>0. ∴ 1 f?x? ln x+x = = 有唯一实数根. 2m x2 x2

ln x+x 令 h(x)= 2 (x>0). x 1-2ln x-x ∴h′(x)= (x>0) x3 2 再令 φ(x)=1-2ln x-x,则 φ′(x)=- -1<0, x ∴φ(x)在(0,+∞)上为减函数. 又 φ(1)=0. ∴当 x∈(0,1)时,φ(x)>0,即 h′(x)>0. 当 x∈(1,+∞)时,φ(x)<0,即 h′(x)<0. 从而 h(x)在(0,1)上单调递增,且 x→0 时,h(x)→-∞. 在(0,+∞)上单调递减,且 x→+∞时,h(x)→0. 1 故要使方程有唯一实数根,只需 =h(1), 2m 1 ∴m= . 2


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