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步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题一 第5讲 导数及其应用


第5讲

导数及其应用

【高考考情解读】 导数的概念及其运算是导数应用的基础,这是高考重点考查的内容.考 查方式以客观题为主,主要考查:一是导数的基本公式和运算法则,以及导数的几何意义; 二是导数的应用,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式以及讨论方 程的根等,已成为高考热点问题;三是应用导数解决实际问题.

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 ________. 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= 2

________. 答案 解析 (1)-1 (2)2 (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 (2013· 广东)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. 解 f′(x)=3x2-2kx+1,

1 2 x- ?2+ >0, (1)当 k=1 时,f′(x)=3x2-2x+1=3? ? 3? 3 ∴f(x)在 R 上单调递增. k (2)当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴 x= ,且过(0,1)点. 3 ①当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)≤0,即- 3≤k<0 时, f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上单调递增. ∴m=f(x)min=f(k)=k, M=f(x)max=f(-k)=-2k3-k. ②当 Δ=4k2-12>0,即 k<- 3时, k+ k2-3 k- k2-3 令 f′(x)=0 得 x1= ,x2= , 3 3 且 k<x2<x1<0. ∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.
2 2 又 f(x1)-f(k)=x3 1-kx1+x1-k=(x1-k)(x1+1)>0,

∴m=f(k)=k,

2 3 又 f(x2)-f(-k)=x3 k2-k) 2-kx2+x2-(-k -k·

=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0, ∴M=f(-k)=-2k3-k. 综上,当 k<0 时,f(x)的最小值 m=k,最大值 M=-2k3-k. 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. (2013· 浙江)已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. 解 (1)当 a=1 时,f′(x)=6x2-12x+6,

所以 f′(2)=6. 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 6x-y-8=0. (2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令 f′(x)=0,得到 x1=1,x2=a. 当 a>1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) + 单调递增 1 0 极大值 3a-1 (1,a) - 单调递减 a 0 极小值 a2(3-a) (a,2a) + 单调递增 4a 3 2a

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得
?0, 1<a≤3, ? g(a)=? 2 ? ?a ?3-a?, a>3.

当 a<-1 时,

x f′(x) f(x)

0

(0,1) -

1 0 极小值 3a-1

(1,-2a) + 单调递增

-2a

0

单调递减

-28a3-24a2

得 g(a)=3a-1. 综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为 3a-1, a<-1, ? ? g(a)=?0, 1<a≤3, ? ?a2?3-a?, a>3. 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)求 f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程; 1 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f? a+b? f?b?-f?a? ? 2 ?与 b-a 的大小,并说明理由.

本题主要考查导数在解决方程、不等式问题等方面的应用,构造函数是解决问 题的关键. (1)解 f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率为 k,

1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1. x 于是在点(1,0)处的切线方程为 x-y-1=0. 1 1 (2)证明 方法一 曲线 y=ex 与曲线 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ(x)=ex- x2 2 2 -x-1 零点的个数. ∵φ(0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点 x=0. 又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1, 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴φ′(x)在 x=0 处有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0. ∴φ′(x)≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x)在 R 上是单调递增的, ∴φ(x)在 R 上有唯一的零点, 1 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2

1 方法二 ∵ex>0, x2+x+1>0, 2 1 2 x +x+1 2 1 x 2 ∴曲线 y=e 与曲线 y= x +x+1 公共点的个数等于曲线 y= 与 y=1 公共点的 2 ex 个数, 1 2 x +x+1 2 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1,即当 x=0 时,两曲线有公共点. ex 1 1 ?x+1?ex-? x2+x+1?ex - x2 2 2 又 φ′(x)= = x ≤0(当且仅当 x=0 时等号成立), e2x e ∴φ(x)在 R 上单调递减, ∴φ(x)与 y=1 有唯一的公共点, 1 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 (3)解 f?b?-f?a? ?a+b? eb-ea a+b -f ? 2 ?= b-a -e 2 b- a

a+b a+b eb-ea-be +ae 2 2 = b-a a+b e 2 b-a a-b = [e -e -(b-a)]. 2 2 b-a 1 设函数 u(x)=ex- x-2x(x≥0), e 1 则 u′(x)=ex+ x-2≥2 e 1 ex·x-2=0, e

∴u′(x)≥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. b-a b-a a-b 令 x= ,则得 e -e -(b-a)>0, 2 2 2 ∴ f?b?-f?a? ?a+b? >f ? 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. (2012· 湖南)已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0.

(1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k, 证明:存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立. (1)解 f′(x)=ex-a.令 f′(x)=0 得 x=ln a.

当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln a 时,f′(x)>0,f(x)增调递增. 故当 x=ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a-aln a. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1. 令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增. 当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? ex2-ex1 (2)证明 由题意知,k= = -a. x2-x1 x2-x1 ex2-ex1 令 φ(x)=f′(x)-k=ex- ,则 x2-x1 ex1 φ(x1)=- [ex -x -(x2-x1)-1], x2-x1 2 1 ex2 φ(x2)= [ex -x -(x1-x2)-1]. x2-x1 1 2 令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减; 当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 ex2-x1-(x2-x1)-1>0,ex1-x2-(x1-x2)-1>0. 又 ex1 ex2 >0, >0,所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. x2-x1 x2-x1 ①

因为函数 y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线, 所以存在 x0∈(x1,x2),使 φ(x0)=0,即 f′(x0)=k 成立.

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 . 已知函数 f(x) = x-

1 , g(x) = x2- 2ax + 4,若对任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2] ,使 x+1

f(x1)≥g(x2),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 ?x-1?2 1 当 =1,即 a=2 时,f′(x)=- ≤0, x a-1 f(x)在(0,+∞)上是减函数; 当 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,故舍去, 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、填空题 1 1. (2012· 辽宁改编)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为________. 2 答案 (0,1]

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________. 答案 1 e

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 1 0-ln x0= (0-x0),即 x0=e,∴k= . x0 e 3. 已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx, 其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0), (2,0), 如图所示,则下列说法中所有不正确的序号是________. 3 ①当 x= 时,函数 f(x)取得极小值; 2 ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时,函数 f(x)取得极小值; ④当 x=1 时,函数 f(x)取得极大值. 答案 ① 解析 从图象上可以看到,当 x∈(-∞,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;

当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值, 当 x=1 时函数取得极大值.故只有①不正确. 4.(2012· 大纲全国改编)已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点, 则 c=_______. 答案 -2 或 2 解析 利用导数求解. ∵y′=3x2-3,∴当 y′=0 时,x=± 1. 则 x,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + ? c+2 -1 (-1,1) - ? c-2 1 (1,+∞) + ?

因此,当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0, ∴c=-2 或 c=2. 1 x 1 5 . 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 6. 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. 7. 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 8. 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. 9. (2013· 安徽改编)若函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有极值点 x1,x2,且 f(x1)=x1,则关于 x 的 方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 的不同实根个数是________. 答案 3 解析 f′(x)=3x2+2ax+b,由已知得 x1≠x2,

?3x2 ? 1+2ax1+b=0, 且? 2 若 x1<x2,y=x1,y=x2 与 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个不同交点. ? 3 x + 2 ax + b = 0 , ? 2 2

即方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同实根. 若 x1>x2,如图,

同理得方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同实根. 10 . (2013· 湖北改编 ) 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 ________. 答案 解析 1 (0, ) 2 1 f′(x)=(ln x-ax)+x( -a) x

=ln x+1-2ax(x>0) ln x+1 令 f′(x)=0 得 2a= , x ln x+1 -ln x 设 φ(x)= ,则 φ′(x)= 2 x 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、解答题 11.已知函数 f(x)=(x2+ax+2)ex (x,a∈R). (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的图象在点 A(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数 y=f(x)为单调函数,求实数 a 的取值范围; 5 (3)当 a=- 时,求函数 f(x)的极小值. 2 解 (1)当 a=0 时,f(x)=(x2+2)ex,f′(x)=ex(x2+2x+2),

f(1)=3e,f′(1)=5e, ∴函数 f(x)的图象在点 A(1,f(1))处的切线方程为 y-3e=5e(x-1),即 5ex-y-2e=0. (2)f′(x)=ex[x2+(a+2)x+a+2], 考虑到 ex>0 恒成立且 x2 系数为正, ∴f(x)在 R 上单调等价于 x2+(a+2)x+a+2≥0 恒成立. ∴(a+2)2-4(a+2)≤0, ∴-2≤a≤2,即 a 的取值范围是[-2,2]. 5 5 2 ?x (3)当 a=- 时,f(x)=? ?x -2x+2?e , 2 1? 2 1 f′(x)=ex? ?x -2x-2?, 1 令 f′(x)=0,得 x=- 或 x=1, 2 1 令 f′(x)>0,得 x<- 或 x>1, 2 1 令 f′(x)<0,得- <x<1, 2 x,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x)

?-∞,-1? 2? ?
+ ?

- 0

1 2

?-1,1? ? 2 ?
- ?

1 0 极小值

(1,+∞) + ?

极大值

1 所以,函数 f(x)的极小值为 f(1)= e. 2 x2 12.已知函数 f(x)= ,g(x)=2aln x(e 为自然对数的底数). e

(1)求 F(x)=f(x)-g(x)的单调区间,若 F(x)有最值,请求出最值; (2)是否存在正常数 a, 使 f(x)与 g(x)的图象有且只有一个公共点, 且在该公共点处有共同 的切线?若存在,求出 a 的值,以及公共点坐标和公切线方程;若不存在,请说明理由. 解 2?x2-ea? (1)F′(x)= (x>0). ex

①当 a≤0 时,F′(x)>0 恒成立,F(x)在(0,+∞)上是增函数,F(x)只有一个单调递增区 间(0,+∞),没有最值. 2?x+ ea??x- ea? ②当 a>0 时,F′(x)= (x>0), ex 若 0<x< ea,则 F′(x)<0,F(x)在(0, ea)上单调递减; 若 x> ea,则 F′(x)>0,F(x)在( ea,+∞)上单调递增, ∴当 x= ea时,F(x)有极小值,也是最小值, 即 F(x)min=F( ea)=a-2aln ea=-aln a. ∴当 a>0 时,F(x)的单调递减区间为(0, ea),单调递增区间为( ea,+∞),最小值为 -aln a,无最大值. (2)若 f(x)与 g(x)的图象有且只有一个公共点, 则方程 f(x)-g(x)=0 有且只有一解, ∴函数 F(x)有且只有一个零点. 由(1)的结论可知 F(x)min=-aln a=0,得 a=1. x2 此时,F(x)=f(x)-g(x)= -2ln x≥0, e F(x)min=F( e)=0,∴f( e)=g( e)=1, ∴f(x)与 g(x)的图象的唯一公共点坐标为( e,1). 又∵f′( e)=g′( e)= 2 , e

∴f(x)与 g(x)的图象在点( e,1)处有共同的切线, 其方程为 y-1= 2 2 (x- e),即 y= x-1. e e

综上所述,存在 a=1,使 f(x)与 g(x)的图象有且只有一个公共点( e,1),且在该点处的 公切线方程为 y= 2 x-1. e

13.已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为 10 万元,每生产 1 千件需另投入 2.7 万 元.设该公司一年内共生产该品牌服装 x 千件并全部销售完,每千件的销售收入为 R(x)

?10.8-30x ?0<x≤10?, 万元,且 R(x)=? 108 1 000 ? x - 3x ?x>10?.
2 2

1

(1)写出年利润 W(万元)关于年产量 x(千件)的函数解析式; (2)年产量为多少千件时, 该公司在这一品牌服装的生产中所获得利润最大?(注: 年利润 =年销售收入-年总成本) 解 (1)当 0<x≤10 时, x3 W=xR(x)-(10+2.7x)=8.1x- -10; 30 当 x>10 时,W=xR(x)-(10+2.7x) 1 000 =98- -2.7x. 3x

?8.1x-30-10 ?0<x≤10?, ∴W=? 1 000 ?98- 3x -2.7x ?x>10?.
x2 (2)①当 0<x<10 时,由 W′=8.1- =0, 10 得 x=9,且当 x∈(0,9)时,W′>0; 当 x∈(9,10)时,W′<0, ∴当 x=9 时,W 取最大值, 1 3 且 Wmax=8.1×9- · 9 -10=38.6. 30 ②当 x>10 时, 1 000 ? W=98-? ? 3x +2.7x?≤98-2 1 000 · 2.7x=38, 3x

x3

1 000 100 当且仅当 =2.7x,即 x= 时,W=38, 3x 9 100 故当 x= 时,W 取最大值 38. 9 综合①②知当 x=9 时,W 取最大值 38.6 万元,故当年产量为 9 千件时,该公司在这一 品牌服装的生产中所获年利润最大.


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