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2013高三数学二轮专题一第5讲导数及其应用


高考真题感悟

第5讲

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第5讲
【高考真题感悟】

导数及其应用

1 (2011· 江西)设 f(x)= x3+mx2+nx. 3 (1)如果 g(x)=f′(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值-5,求 f(x) 的解析式; (2)如果 m+n<10 (m,n∈N*),f(x)的单调递减区间的长度是正整 数,试求 m 和 n 的值.(注:区间(a,b)的长度为 b-a)

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解 -(m-1)2,已知 g(x)在 x=-2 处取得最小值-5,
? ?m-1=2, 所以? 2 ? ??n-3?-?m-1? =-5, ? ?m=3, 解得? ? ?n=2.

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(1)由题意得 g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-1)2+(n-3)

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1 3 故所要求的解析式为 f(x)=3x +3x2+2x. (2)因为 f′(x)=x2+2mx+n, 且 f(x)的单调递减区间的长度为正整数,
故 f′(x)=0 一定有两个不同的根,从而 Δ=4m2-4n>0,即 m2>n.

不妨设这两个不同的根为 x1,x2,则|x2-x1|=2 m2-n为正整数. 故 m≥2 时才可能有符合条件的 m,n.

当 m=2 时,只有 n=3 符合要求.
当 m=3 时,只有 n=5 符合要求. 当 m≥4 时,没有符合要求的 n. 综上所述,只有 m=2,n=3 或 m=3,n=5 满足上述要求.

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考题分析

本题主要考查了函数的性质,以及导数在研究函数问

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题中的应用,突出了导数的工具性作用,同时考查了对分类讨论 思想的理解和应用.

易错提醒 (1)易忽视二次函数的最小值与对称轴的关系. (2)易忽视函数的单调性与导函数的关系. (3)不能正确地从问题中提炼条件是致误的关键. (4)易忽视分类讨论.

主干知识梳理

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1.导数的几何意义 (1)函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y=f(x)在点 (x0,f(x0))处的切线的斜率,即 k=f′(x0). (2)曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s′(t)=v(t),v′(t)=a(t). 2.函数的单调性与导数 如果已知函数在某个区间上单调递增 (减),则这个函数的导数 在这个区间上大(小)于零恒成立.在区间上离散点处导数等于 零,不影响函数的单调性,如函数 y=x+sin x.

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主干知识梳理

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3.函数的导数与极值 对可导函数而言,某点导数等于零是函数在该点取得极值的必 要条件,但对不可导的函数,可能在极值点处函数的导数不存 在(如函数 y=|x|在 x=0 处),因此对于一般函数而言,导数等 于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件. 4.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数,一定有最大值和最小值,其最大值是 区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中 的最大者,最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数 的所有极小值中的最小值.

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题型一

导数几何意义的应用 1 3 4 【例 1】 已知曲线 y= x + . 3 3 (1)求曲线在点 P(2,4)处的切线方程; (2)求曲线过点 P(2,4)的切线方程.
“该曲线过点 P(2,4)的切线”与“该曲线在点 P(2, 4)处的切线方程”是有区别的:过点 P(2,4)的切线中,点 P(2,4) 不一定是切点;在点 P(2,4)处的切线中,点 P(2,4)是切点.

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(1)所求切线的斜率为 y′|x=2=22=4,

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故所求的曲线的切线方程为 y-4=4(x-2),即 4x-y-4=0. ? 1 3 4? 1 3 4 (2)设曲线 y=3x +3与过点 P(2,4)的切线相切于点 A?x0,3x0+3?, ? ?
则切线的斜率为 k=y′|x=x0 =x2 0,
切线方程为
?1 4? 2 3 y-?3x0+3?=x0(x-x0), ? ?

因为点 P(2,4)在切线上,

所以

?1 4? 2 3 4-?3x0+3?=x0(2-x0),解得 x0=2 ? ?

或 x0=-1,

故所求的切线的方程为 4x-y-4=0 或 x-y+2=0.

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(1)求函数 f(x)图象上在点 P(x0, f(x0))处的切线方程的关 键在于确定该点切线处的斜率 k,由导数的几何意义知 k=f′(x0), 故当 f′(x0)存在时,切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).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; 在点 P 处的切线,点 P 是切点. (2)要准确理解曲线切线的概念,如直线与曲线公共点的个数不是 切线的本质特征,一方面,直线与曲线只有一个公共点 是曲线的切线;另一方面,直线是曲线的切线 且仅有一个公共点. 直线 直线与曲线有

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(1)直线 y=2x+b 是曲线 y=ln x (x>0)的一条切线, 则
ln 2-1 实数 b=- ________.

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解析

切线的斜率是 2, 根据导数的几何意义可以求出切点的横坐

标,进而求出切点的坐标,切点在切线上, 1 1 1 代入即可求出 b 的值.y′= ,令 =2,得 x= , x x 2
?1 故切点为?2,ln ?

1? 1 1 ? 2?,代入直线方程,得 ln 2=2×2+b,

所以 b=-ln 2-1.

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2 (2)已知曲线 S:y=- x3+x2+4x 及点 P(0,0),则过点 P 的曲线 S 3 的切线方程为____________.
解析 设过点 P 的切线与曲线 S 切于点 Q(x0,y0),
则过点 P 的曲线 S 的切线斜率 y′|x ? x =-2x2 0+2x0+4, y0 y0 2 又 kPQ=x ,∴-2x0+2x0+4=x , 0 0 2 3 2 点 Q 在曲线 S 上,y0=-3x0+x0+4x0, 2 3 2 -3x0+x0+4x0 2 将②代入①得-2x0 +2x0+4= , x0
0

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① ②

4 3 2 3 化简,得 x0 -x0=0,∴x0=0 或 x0= , 3 4

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若 x0=0,则 k=4,过点 P 的切线方程为 y=4x;
3 35 35 若 x0=4,则 k= 8 ,过点 P 的切线方程为 y= 8 x.

35 ∴过点 P 的曲线 S 的切线方程为 y=4x 或 y= 8 x. 35 答案 y=4x 或 y= x 8

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题型二 【例 2】 利用导数研究函数的单调性 (1)已知导函数 f′(x)的下列信息:

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当 1<x<4 时, f′(x)>0; 当 x>4,或 x<1 时,f′(x)<0; 当 x=4,或 x=1 时,f′(x)=0. 试画出函数 y=f(x)图象的大致形状. (2)确定函数 f(x)=2x3-6x2+7 在哪个区间内是增函数, 在哪个 区间内是减函数. 2 3 (3)已知函数 f(x)=4x+ax - x (x∈R)在区间[-1,1]上是增函 3
2

数,求实数 a 的取值范围.

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题(1)已知函数的导数的符号, 可先判断函数的单调性, 进而画出草图;
题(2)要求函数的单调区间,可先求函数的导函数,再令导函数大 于 0(或小于 0)解得函数的单调区间;

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题(3)是已知单调区间反求字母 a 的范围,可先求导函数,再令导 函数在已知的单调区间上恒非负(或非正).
解 (1)当 1<x<4 时,f′(x)>0,可知 y=f(x)在此区间内单调递增;
当 x>4,或 x<1 时,f′(x)<0; 可知 y=f(x)在此区间内单调递减; 当 x=4,或 x=1 时,f′(x)=0,可知这两点处的切线是水平的.

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综上,函数 y=f(x)图象的大致形状如图所示.
(2)f′(x)=6x2-12x. 令 6x2-12x>0,解得 x<0 或 x>2. 因此,当 x∈(-∞,0)时,函数 f(x)是增函数, 当 x∈(2,+∞)时,f(x)也是增函数. 令 6x2-12x<0,解得 0<x<2. 因此,当 x∈(0,2)时,f(x)是减函数.

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(3)f′(x)=4+2ax-2x2, 且 f′(x)在[ -1,1] 的任意子区间内均不恒为 0,

又因 f(x)在区间[-1,1]上是增函数,
所以 f′(x)≥0 对 x∈[ -1,1] 恒成立,

即 x2-ax-2≤0 对 x∈[ -1,1] 恒成立,
解之得-1≤a≤1,

所以实数 a 的取值范围为[ -1,1] .

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题(2)利用了函数单调的充分条件:“若 f′(x)>0,则 f(x)单调递增,若 f′(x)<0,则 f(x)单调递减”;
题 (3) 利 用 了 函 数 单 调 的 必 要 条 件 : “ 若 函 数 单 调 递 增 , 则 f′(x)≥0; 若函数单调递减,则 f′(x)≤0”,注意必要条件中的等号不能省 略,否则漏解.

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(2011· 北京)已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解 (1)f′(x)=(x-k+1)ex.令 f′(x)=0,得 x=k-1.

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f(x)与 f′(x)的变化情况如下:

x f ′( x ) f(x)

(-∞,k-1) - ?

k-1 0 -ek-1

(k-1,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1); 单调递增区间是(k-1,+∞).

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(2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增,
所以 f(x)在区间[0,1] 上的最小值为 f(0)=-k;

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当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1] 上的最小值为 f(k-1)=-ek-1;
当 k-1≥1,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1] 上单调递减, 所以 f(x)在区间[0,1] 上的最小值为 f(1)=(1-k)e.

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题型三 利用导数研究函数的极值或最值 1 【例 3】 已知函数 f(x)= x2+ln x. 2 (1)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值;

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2 (2)求证:在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x3 3 的图象的下方.

(1)f(x)在闭区间[1,e]上的最大值、最小值要么在端点 处取得,要么在极值点处取得.所以首先要研究 f(x)在[1,e]上的 单调性.
2 3 (2)f(x)的图象在函数 g(x)=3x 的图象的下方,即 g(x)-f(x)在(1, +∞)上恒大于 0.

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(1)解 1 当 x∈[1,e]时,f′(x)=x+x>0,

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所以 f(x)在区间[1,e]上为增函数.
1 所以当 x=1 时,f(x)取得最小值2; 1 2 当 x=e 时,f(x)取得最大值2e +1. 2 3 1 2 (2)证明 设 h(x)=g(x)-f(x)=3x -2x -ln x,x∈[1,+∞),
3 2 2 2 x - x - 1 ? x - 1 ?? 2 x +x+1? 1 2 则 h′(x)=2x -x- x= = . x x

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当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在区间[1,+∞)上为增函数,所以 1 h(x)>h(1)=6>0.
所以对于 x∈(1,+∞),g(x)>f(x)成立,即 f(x)的图象在 g(x)的图象的 下方.

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(1)函数在闭区间上一定存在最值;在开区间上不一定 存在最值,若存在,一定是极值. (2)构造新函数,在区间(1,+∞)研究其单调性,是解决这类题目 的常用方法.

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ex-a 已知函数 f(x)= x ,g(x)=aln x+a. (1)a=1 时,求 F(x)=f(x)-g(x)的单调区间;

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(2)若 x>1 时,函数 y=f(x)的图象总在函数 y=g(x)的图象的上方, 求实数 a 的取值范围.
ex-1 解 (1)a=1 时,F(x)= x -ln x-1 (x>0),
xex-?ex-1? 1 ?x-1??ex-1? 则 f′(x)= -x= , x2 x2 令 f′(x)≥0,得 x≤0(舍去)或 x≥1; 令 f′(x)≤0,得 0<x≤1, 故 F(x)的单调增区间为[1,+∞);单调减区间为(0,1] .

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(2)构造 F(x)=f(x)-g(x) (x>1), ex-a 即 F(x)= x -aln x-a (x>1), ?x-1??ex-a? 则 f′(x)= . x2

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①当 a≤e 时,ex-a>0 成立,则 x>1 时,f′(x)>0,即 F(x)在(1, +∞)上单调递增, 1 1 令 F(1)=e-a-a≥0?a≤2e,故 a≤2e. ②a>e 时,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln a>1, 令 f′(x)≥0,得 x≤1(舍)或 x≥ln a; 令 f′(x)≤0 得 1<x≤ln a,

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即 F(x)在(1,ln a]上单调递减, 在[ln a,+∞)上单调递增, 故 F(x)min=F(ln a),令 F(ln a)=-aln(ln a)-a>0?a<e
1 综上所述,实数 a 的取值范围为 a≤2e.
1 e

,舍去.

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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.

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2.可导函数极值的理解

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(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.利用导数解决优化问题的步骤 (1)审题设未知数; (2)结合题意列出函数关系式; (3)确定函数 的定义域;(4)在定义域内求极值、最值;(5)下结论.

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本 1.已知函数 f(x)=x3+x,对任意的 m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0 讲 栏 恒成立,则 x 的取值范围为__________. 目 开 押题依据 本题以不等式恒成立为背景, 考查了函数的导数, 函 关

数的单调性和奇偶性. 突出考查了转化与化归的能力. 难度稍大, 有较好的区分度,故押此题.
押题级别 ★★★★★

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解析 ∵f′(x)=3x2+1>0 恒成立,故 f(x)在 R 上是增函数.
又 f(-x)=-f(x),∴y=f(x)为奇函数.
由 f(mx-2)+f(x)<0
得 f(mx-2)<-f(x)=f(-x),

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∴mx-2<-x,mx-2+x<0 在 m∈[-2,2]上恒成立.
记 g(m)=xm-2+x,
? ?g?-2?<0, 则? ? ?g?2?<0, ? ?-2x-2+x<0, 即? ? ?2x-2+x<0,

2 得-2<x<3. 答案
? 2? ?-2, ? 3? ?

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ln x 2.已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= x ,其中 e 是自然常 数,a∈R. (1)讨论 a=1 时,f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2 (3)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值是 3,若存在,求出 a 的 值;若不存在,请说明理由.
押题依据 导数是高考的必考点.本题利用导数研究函数的单

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调性、最值和极值;利用导数证明不等式,充分体现导数的工 具性作用,题目入手易,有梯度,难度适中,故押此题.

押题级别 ★★★★★

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(1)解 1 x-1 由题意知当 a=1 时,f′(x)=1-x= x ,

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因为当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减,
当 1<x<e 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增, 所以 f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明 因为 f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1.

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1-ln x 1 ln x 1 令 h(x)=g(x)+2= x +2,h′(x)= x2 ,

当 0<x<e 时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]上单调递增,
1 1 1 1 所以 h(x)max=h(e)=e +2<2+2=1=f(x)min, 1 所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2.

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(3)解

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假设存在实数 a,使 f(x)=ax-ln x (x∈(0,e])有最小值 3, 1 ax-1 f′(x)=a-x= x .

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①当 a≤0 时,因为 x∈(0,e],所以 f′(x)<0,
而 f(x)在(0,e]上单调递减,
4 所以 f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=e (舍去),

此时 f(x)无最小值;
? 1? 1 ②当 0<a<e 时,f(x)在?0,a?上单调递减, ? ? ?1 ? 在?a,e?上单调递增, ? ?

所以

?1? f(x)min=f ?a?=1+ln ? ?

a=3,a=e2,满足条件;

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1 ③当a≥e 时,因为 x∈(0,e],所以 f′(x)<0,
所以 f(x)在(0,e]上单调递减, 4 f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= (舍去), e
此时 f(x)无最小值.

综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时,f(x)有最小值 3.


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