沖刺2019高考數(shù)學二輪復習 核心考點特色突破 專題04 導數(shù)的概念與應用（含解析）.doc

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專題04 導數(shù)的概念與應用 【自主熱身，歸納提煉】 1、曲線y＝x－cosx在點處的切線方程為________． 【答案】2x－y－＝0　 【解析】：因為y′＝1＋sinx，所以k切＝2，所以所求切線方程為y－＝2，即2x－y－＝0. 2、在平面直角坐標系xOy中，若曲線y＝lnx在x＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線與直線ax－y＋3＝0垂直，則實數(shù)a的值為________． 【答案】－e　 【解析】：因為y′＝，所以曲線y＝lnx在x＝e處的切線的斜率k＝y(tǒng)′x＝e＝.又該切線與直線ax－y＋3＝0垂直，所以a＝－1，所以a＝－e. 3、若曲線C1：y＝ax3－6x2＋12x與曲線C2：y＝ex在x＝1處的兩條切線互相垂直，則實數(shù)a的值為________． 【答案】－ 【解析】：因為y′＝3ax2－12x＋12，y′＝ex，所以兩條曲線在x＝1處的切線斜率分別為k1＝3a，k2＝e，即k1k2＝－1，即3ae＝－1，所以a＝－. 4、 在平面直角坐標系xOy中，記曲線y＝2x－(x∈R，m≠－2)在x＝1處的切線為直線l.若直線l在兩坐標軸上的截距之和為12，則實數(shù)m的值為________． 【答案】－3或－4 【解析】：y′＝2＋，y′x＝1＝2＋m，所以直線l的方程為y－(2－m)＝(2＋m)(x－1)，即y＝(2＋m)x－2m.令x＝0，得y＝－2m；令y＝0，x＝.由題意得－2m＝12，解得m＝－3或m＝－4. 5、設f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)m的值為________． 【答案】6　 【解析】:因為f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)，又函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，所以12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，所以(2m)2－412(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因為(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以m＝6. 6、已知函數(shù)若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有兩個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍為 ． 【答案】（-5，0） 【解析】由，所以，，所以，在 上單調(diào)遞增，即至多有一個交點，要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有兩個 不同的交點，即，從而可得(－5,0)． 7、已知點A(1,1)和B(－1，－3)在曲線C：y＝ax3＋bx2＋d(a，b，d均為常數(shù))上．若曲線C在點A，B處的切線互相平行，則a3＋b2＋d＝________. 【答案】：7 【解析】　由題意得y′＝3ax2＋2bx，因為k1＝k2，所以3a＋2b＝3a－2b，即b＝0.又a＋d＝1，d－a＝－3，所以d＝－1，a＝2，即a3＋b2＋d＝7. 8、已知函數(shù)f(x)＝lnx－(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________. 【答案】：－3e　 9、 曲線f(x)＝ex－f(0)x＋x2在點(1，f(1))處的切線方程為________________． 【答案】：y＝ex－　 【解析】：因為f′(x)＝ex－f(0)＋x，故有即原函數(shù)表達式可化為f(x)＝ex－x＋x2，從而f(1)＝e－，所以所求切線方程為y－＝e(x－1)，即y＝ex－. 應注意“在某點處的切線”與“過某點處的切線”的區(qū)別，前者表示此點即為切點，后者表示此點不一定是切點，過此點可能存在兩條或多條切線． 10、已知函數(shù)在時取得極值，則a的值等于 ． 【答案】：3 【解析】 ，根據(jù)題意，解得，經(jīng)檢驗滿足題意，所以a的值等于3． 11．已知三次函數(shù)在是增函數(shù)，則m的取值范圍是 ． 【答案】： 【解析】 ，由題意得恒成立，∴，∴． 12、 若函數(shù)在開區(qū)間既有最大值又有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是 ． 【答案】：． 【解析】 ：函數(shù)在處取得極小值，在處取得極大值，又因為函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)既有最大值又有最小值，所以即a的取值范圍是． 【問題探究，開拓思維】 例1、若直線為曲線的一條切線，則實數(shù)的值是 ． 【答案】：1 【解析】： 設切點的橫坐標為，由曲線，得，所以依題意切線的斜率為，得，所以切點為，又因為切線過切點，故有，解得. (3) 當a＝1時，記h(x)＝f(x)g(x)，是否存在整數(shù)λ，使得關于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，請求出λ的最小值；若不存在，請說明理由． (參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693 1，ln3≈1.098 6) 思路分析 第(2)問，由于問題中含有參變量a，因此，函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間就隨著a的變化而變化，因此，就需要對參數(shù)a進行討論，要討論時，注意討論的標準的確定方式：一是導函數(shù)是何種函數(shù)；二是導函數(shù)的零點是否在定義域內(nèi)；三是導函數(shù)的零點的大小關系如何．第(3)問，注意到2λ≥h(x)有解等價于h(x)min≤2λ，因此，問題歸結(jié)為求函數(shù)h(x)的最小值，在研究h(x)的最小值時，要注意它的極值點是無法求解的，因此，通過利用極值點所滿足的條件來進行消去lnx來解決問題．另一方面，我們還可以通過觀察，來猜測λ的最小值為0，下面來證明當λ≤－1時2λ≥h(x)不成立，即h(x)＞－2則可． 【解析】：(1) 當a＝2時，方程g(ex)＝0即為2ex＋－3＝0，去分母，得 2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝，(2分) 故所求方程的根為x＝0或x＝－ln2.(4分) 綜上所述，當a＜0時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當0≤a≤1時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當a＞1時，φ(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 .(10分) (3) 解法1 當a＝1時，g(x)＝x－3，h(x)＝(x－3)lnx， 所以h′(x)＝lnx＋1－單調(diào)遞增，h′＝ln＋1－2＜0，h′(2)＝ln2＋1－＞0，所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0，即lnx0＋1－＝0，(12分) 當x∈(0，x0)時，h′(x)＜0；當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)lnx0＝(x0－3)＝－＝6－. 記函數(shù)r(x)＝6－，則r(x)在上單調(diào)遞增，(14分) 所以r＜h(x0)＜r(2)， 即h(x0)∈， 由2λ≥－，且λ為整數(shù)，得λ≥0， 所以存在整數(shù)λ滿足題意，且λ的最小值為0.(16分) 解法2 當a＝1時，g(x)＝x－3，所以h(x)＝(x－3)lnx， 由h(1)＝0，得當λ＝0時，不等式2λ≥h(x)有解，(12分) 下證：當λ≤－1時，h(x)＞2λ恒成立，即證(x－3)lnx＞－2恒成立． 顯然當x∈(0,1]∪[3，＋∞)時，不等式恒成立， 只需證明當x∈(1,3)時，(x－3)lnx＞－2恒成立． 即證明lnx＋＜0.令m(x)＝lnx＋， 所以m′(x)＝－＝，由m′(x)＝0，得x＝4－，(14分) 當x∈(1,4－)時，m′(x)＞0；當x∈(4－，3)時，m′(x)＜0. 所以m(x)max＝m(4－)＝ln(4－)－＜ln(4－2)－＝ln2－1＜0. 所以當λ≤－1時，h(x)＞2λ恒成立． 綜上所述，存在整數(shù)λ滿足題意，且λ的最小值為0.(16分) 解后反思 研究恒成立問題、存在性問題，其本質(zhì)就是研究相關函數(shù)的最值問題，這樣就可以讓問題的研究目標具體化．同時，在研究此類問題時，經(jīng)?？梢圆捎脧奶厥獾揭话愕姆绞絹韼椭覀冞M行思考