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大学数学(高数微积分)专题一第5讲导数及其应用(课堂讲义)


第5讲
【高考考情解读】

导数及其应用

本 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 讲 栏 数研究函数的单调性,求函数的极值、最值等. 目 开 2.常与直线、圆锥曲线、分式、含参数的一元二次不等式等 关

结合在一起考查,题型多样,属中高档题目.

主干知识梳理

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
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(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.

主干知识梳理

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.
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(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.

主干知识梳理

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.
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(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). ? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? ? ? (6)? (g(x)≠0). 2 ?′= g ? x ? [ g ? x ? ] ? ?

主干知识梳理

5.定积分的三个公式与一个定理 (1)定积分的性质:
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b ①?b kf ( x )d x = k ? a af(x)dx; b b ②?b [ f ( x )± f ( x )] d x = ? f ( x )d x ± ? a 1 a 1 af2(x)dx; 2 c b ③?b f ( x )d x = ? f ( x )d x + ? a a c f(x)dx(其中 a<c<b).

(2)微积分基本定理: 一般地,如果 f(x)是区间[a,b]上的连续函数,并且 F′(x)
b =f(x),那么 ?a f(x)dx=F(b)-F(a).

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考点一 例1

导数几何意义的应用

(1)过点(1,0)作曲线y=ex的切线,则切线方程为_____.

本 3 (2) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C : y = ax +1(a>0) 1 讲 栏 5 2 2 目 与曲线C2:x +y = 2 的一个公共点,若C1在A处的切线与C2 开 关 在A处的切线互相垂直,则实数a的值是________.

解析 (1)设切点为P(x0,e
x x

x0

),则切线斜率为 e

x0



切线方程为y- e 0 = e 0 (x-x0),
x0 x e 又切线经过点(1,0),所以- =e 0 (1-x0),

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解得x0=2,切线方程为y-e2=e2(x-2),

即e2x-y-e2=0.
2 (2)设 A(x0,y0),则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax0 , 1 x0 C2 在 A 处的切线的斜率为- =- , kOA y0

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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 3 又 ax0=y0-1,所以 y0= , 2 5 1 2 2 代入 C2:x +y = ,得 x0=± , 2 2 1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2 答案 (1)e2x-y-e2=0 (2)4

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(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,
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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.

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(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
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( C.-1 D.-3

)

B. 1

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

解析 (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=2x +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+1=5.
2

所以切线的方程为y=5x+b.由点P在切线上,

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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

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答案 (1)C

(2)D

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考点二 例2

利用导数研究函数的性质

(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;
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(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.

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(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,
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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;

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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.
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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.

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1-a (iii)当0<a<1时,由g′(x)=0得x= >0. 2a 1-a 1 ①若 2a ≥1,即 0<a≤3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+a, 在 x=1 处取得最大值 g(1)=(1
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-a)e.
?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 ? 2a 3 2a ? ?

=2ae

1? a 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3<a≤ 时, e+1

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g(x)在x=0处取得最小值g(0)=1+a;
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e-1 当 <a<1时, e+1 g(x)在x=1处取得最小值g(1)=(1-a)e.

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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);
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(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.

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(5)求函数f(x)在闭区间[a,b]的最值时,在得到极值的基础
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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.

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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
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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

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(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,
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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.

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当ea-1≥e,即a≥2时,在区间[1,e]上,g(x)为减函数,
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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.

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考点三 例3

利用导数解决与方程、不等式有关的问题

(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;
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(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, 1 则有y0=kx0+1=ln x0,k=g′(x0)=x , 0 1 2 解得x0=e ,k=e2.

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(2)曲线y=ex与y=mx2的公共点个数等于 ex 曲线y= 2与y=m的公共点个数. x ex?x-2? ex 令φ(x)= 2,则φ′(x)= , x x3
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∴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< 4 时,曲线y=x2与y=m无公共点; e2 ex 当m= 4 时,曲线y=x2与y=m恰有一个公共点;

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e2 1 当m> 时,在区间(0,2)内存在x1= ,使得φ(x1)>m,在 4 m (2,+∞)内存在x2=me2,使得φ(x2)>m. ex 由 φ(x)的单调性知,曲线 y=x2与 y=m 在(0,+∞)上恰有两 个公共点.
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

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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
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ea+eb eb-ea ? 2 > b-a
b-a eb-ea ? 2 > b a e +e b-a 2ea ? 2 >1- b a e +e b-a 2 ? 2 >1- b-a (b>a). e +1 x 2 令 φ(x)= + x -1(x≥0), 2 e +1

(*)

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?ex+1?2-4ex 1 2ex 则φ′(x)= - x = 2 ?e +1?2 2?ex+1?2

?ex-1?2 = x 2≥0(当且仅当x=0时等号成立), 2?e +1?
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∴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. f?a?+f?b? f?b?-f?a? 方法二 - 2 b-a eb+ea eb-ea = 2 - b-a

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

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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,
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eb+ea eb-ea ∴ 2 - >0, b-a f?a?+f?b? f?b?-f?a? ∴ > . 2 b-a

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研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导
本 讲 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 栏 目 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 开 关 数,必要时画出函数的草图辅助思考.

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

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(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) B.f(b)<0<g(a) D.f(b)<g(a)<0 ( )

本 解析 对于f(x)=ex+x-2,f′(x)=ex+1>0,f(x)在R上递增, 讲 栏 由于f(0)=e0-2=-1<0, 目 开 关 f(1)=e+1-2=e-1>0,

∴由 f(a)=0 知 0<a<1; 1 对于 g(x)=ln x+x -3(x>0),g′(x)=x +2x>0, ∴g(x)在(0,+∞)上也递增,
2

由于g(1)=-2<0,g(2)=ln 2+1>0,

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∴由g(b)=0知1<b<2.
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故f(b)>f(1)>0,g(a)<g(1)<0,
∴g(a)<0<f(b). 答案 A

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x (2)(2013· 山东)设函数f(x)= 2x+c(e=2.718 28?是自然对数的 e 底数,c∈R). ①求f(x)的单调区间、最大值.
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②讨论关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数.

e2x-2xe2x 1-2x 解 ①f′(x)= = e2x , ?e2x?2 1 1 由 f′(x)>0 得 x<2,由 f′(x)<0 得 x>2. ? 1? 所以f(x)的单调递增区间为 ?-∞,2? ? ? ?1 ? ? ,+∞?. ?2 ? ?1? 1 所以f(x)max=f ?2?=2e+c. ? ?

,单调递减区间为

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x ②由已知|ln x|=f(x)得|ln x|- 2x=c,x∈(0,+∞), e x 令g(x)=|ln x|- 2x,y=c. e x (ⅰ)当x∈(1,+∞)时,ln x>0,则g(x)=ln x- 2x. e 本 2x-1 讲 所以g′(x)=1+ 2x >0. x e 栏
目 开 关

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
? 1 1-2x 1 ? e2x 所以 g′(x)=- x- e2x =e2x?- x +?2x-1??. ? ?

因为 e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,

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e2x 所以- x <-1,而2x-1<1.
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

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考点四
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定积分

2 2 例4 已知f(a)=?1 (2 ax - a x)dx,则函数f(a)的最大值为___. 0

根据微积分基本定理求出关于x的定积分,这是 一个含有参变量a的函数,再求这个函数的最大值即可.

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解析

1 f(a)=?0 (2ax2-a2x)dx

?2 1 2 2? 1 1 2 2 3 ? ? = 3ax -2a x |0=- a + a, 2 3 ? ?

本 3 2 讲 栏 这个关于a的二次函数当a=- ? 1?=3时取得最大值, 目 2×?-2? ? ? 开 关

2

即所求的最大值是f

?2? 1 4 2 2 2 ? ?=- × + × = . 2 9 3 3 9 ?3?

答案

2 9

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(1)直接使用微积分基本定理求定积分时,要根据求 导运算与求原函数运算互为逆运算的关系, 运用基本初等函数
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的求导公式和导数的四则运算法则从反方向上求出原函数. (2)利用定积分求所围成的阴影部分的面积时,要利用数形结 合的方法确定出被积函数和积分的上限与下限. 同时, 有的定 积分不易直接求出,需要借用其几何意义求出.

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2 2 21 (1)(2013· 江西)若S1=?1x dx,S2=?1 dx,S3=

x

x ?2 1e dx,则S1,S2,S3的大小关系为

(

)

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A.S1<S2<S3 C.S2<S3<S1

B.S2<S1<S3 D.S3<S2<S1 ( 16 2 D. 3 )

(2)(2013· 北京)直线l过抛物线C:x2=4y的焦点且与y轴垂直, 则l与C所围成的图形的面积等于 4 8 A. B. 2 C. 3 3

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解析

(1)利用定积分的几何意义知 B 正确.

(2)∵抛物线方程为 x2=4y, ∴其焦点坐标为 F(0,1),故直线 l 的方程为 y=1.
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如图所示,可知 l 与 C 围成的图形的面积等于 1 2 矩形 OABF 的面积与函数 y=4x 的图象和 x 轴 正半轴及直线 x=2 围成的图形的面积的差的 2 倍(图中阴影部分的 2 倍), 3? 2 x x 4 8 2 2 ? 即 S=4-2? 0 4 dx= 4-2· 12?0=4-3=3.
答案 (1)B
(2)C

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1.函数单调性的应用
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(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.

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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,
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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.

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3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
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(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.

押题精练

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

解析

1 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] ,

押题精练

使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,
x 5 即x -2ax+5≤0,即a≥2+2x能成立, x 5 令h(x)=2+2x,
2

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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)=2+2x在 x∈[1,2] 上单调递减, 9 9 所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4.

答案

?9 ? ? ,+∞? ?4 ?

押题精练

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;
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(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.
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.

解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

押题精练
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 ?x-1?2 1 当 =1,即a=2时,f′(x)=- x ≤0, a-1

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f(x)在(0,+∞)上是减函数; 1 当 <1,即a>2时, a-1 1 令f′(x)<0,得0<x< 或x>1; a-1 1 令 f′(x)>0,得 <x<1. a-1 1 当 >1,a<2时,与已知矛盾舍, a-1

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综上,当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1 当a>2时,f(x)在(0, )和(1,+∞)上单调递减, a-1 1 在( ,1)上单调递增. 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)=2-2+ln 2, a 3 ∴ma+ln 2>2-2+ln 2. 1 3 而a>0经整理得m>2-2a, 1 1 3 由2<a<3得-4<2-2a<0,∴m≥0.


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