1、章末分层突破自我校对(x0)f(x0)导数的运算法则导数的应用函数的最值 利用导数的几何意义求曲线的切线方程运用导数的几何意义，可以求过曲线上任一点的切线的斜率，从而进一步求出过此点的切线方程.还可以结合几何的有关知识，求解某些点的坐标、三角形面积等.导数的几何意义是近几年高考的要点和热点之一，常结合导数的运算进行考查，常以选择题、填空题的形式出现.对于较为复杂的此类问题，一般要利用kf(x0)(x0，f(x0)为切点)及切点的坐标满足切线方程和曲线方程列方程组求解.求过曲线yx32x上的点(1，1)的切线方程. 【精彩点拨】切线过曲线上一点(1，1)，并不代表(1，1)就是切点，故需先设出切
2、点，再求解. 【规范解答】设切点为P(x0，y0)，则y0x2x0.y3x22，则切线的斜率kf(x0)3x2，切线方程为y(x2x0)(3x2)(xx0).又切线过点(1，1)，1(x2x0)(3x2)(1x0)，整理，得(x01)2(2x01)0，解得x01或x0.切点为(1，1)或，相应的切线斜率为k1或k.故所求切线方程为y(1)x1或y，即xy20或5x4y10.再练一题1.(2016淮安高二检测)已知函数f(x)x3ax2bxc在x2处取得极值，并且它的图象与直线y3x3在点(1,0)处相切，则函数f(x)的表达式为_.【解析】f(x)3x22axb.f(x)与直线y3x3在点(1
3、,0)处相切，即 f(x)在x2处取得极值，f(2)124ab0. 由解得f(x)x33x22.【答案】f(x)x33x22利用导数研究函数的单调性1.求函数的单调区间应先确定函数的定义域，利用f (x)0，f (x)0的解集确定单调区间，这是函数中常见问题，是考查的重点.2.求含参数的函数的单调区间讨论时要注意的三个方面：(1)f(x)0有无根，(2)f(x)0根的大小，(3)f(x)0的根是否在定义域内.另外当f(x)0的最高次项系数含有字母时，则要讨论系数是否为0.3.已知函数的单调性求参数的取值范围有两种思路：转化为不等式在某区间上恒成立问题，即f(x)0(或0)恒成立，用分离参数求最
4、值或函数的性质求解，注意验证使f(x)0的参数是否符合题意，构造关于参数的不等式求解，即令f(x)0(或0)求得用参数表示的单调区间，结合所给区间，利用区间端点列不等式求参数的范围.已知函数f(x)x3ax1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围.【精彩点拨】(1)求出f(x)，讨论f(x)0的根是否存在，求函数的单调区间；(2)根据题意有f(x)0在(，)上恒成立，分离参数后可求实数a的取值范围.【规范解答】 (1)f(x)3x2a.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)上为增函数.当a0时，令3x2a0得x；当x或x时，f(x)0；当x时，f(
5、x)0.因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数.综上可知，当a0时，f(x)在R上为增函数；当a0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数.(2)因为f(x)在(，)上是增函数，所以f(x)3x2a0在(，)上恒成立，即a3x2对xR恒成立.因为3x20，所以只需a0.又因为a0时，f(x)3x20，f(x)x31在R上是增函数，所以a0，即a的取值范围为(，0.再练一题2.(2016湘潭高二检测)设函数f(x)x2exxex.(1)求f(x)的单调区间；(2)若当x2,2时，不等式f(x)m恒成立，求实数m的取值范围.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)xex(exxex)
6、x(1ex).若x0，则1ex0，所以f(x)0；若x0，则1ex0，所以f(x)0；若x0，则f(x)0.f(x)在(，)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(，).(2)由(1)知f(x)在2,2上单调递减，f(x)minf(2)2e2.当m2e2时，不等式f(x)m恒成立.即实数m的取值范围是(，2e2).利用导数研究函数的极值和最值1.利用导数研究函数极值的一般流程2.求函数f(x)在a，b上的最大值和最小值的步骤：(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为
7、最小值.3.注意事项：(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.(2)解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f(x)0时的情况；区分极值点和导数为0的点.已知函数f(x)x3ax2bxc，曲线yf(x)在点x1处的切线为l：3xy10，若x时，yf(x)有极值.(1)求a，b，c的值；(2)求yf(x)在3,1上的最大值和最小值.【精彩点拨】(1)利用f(1)3、f0、f(1)4构建方程组求解；(2)令f(x)0列表求极值和区间端点的函数值比较大小得最大值和最小值【规范解答】 (1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.当x1时
8、，切线l的斜率为3，可得2ab0，当x时，yf(x)有极值，则f0，可得4a3b40，由，解得a2，b4.由于切点的横坐标为1，所以f(1)4.所以1abc4，得c5.(2)由(1)可得f(x)x32x24x5，f(x)3x24x4.令f(x)0，解得x12，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：x3(3，2)21f(x)00f(x)8134由表可知，函数yf(x)在3,1上的最大值为13，最小值为.再练一题3.已知函数f(x)x3x2cxd有极值.(1)求c的取值范围；(2)若f(x)在x2处取得极值，且当x0时，f(x)d22d恒成立，求d的取值范围.【解】(1)
9、f(x)x3x2cxd，f(x)x2xc，要使f(x)有极值，则方程f(x)x2xc0有两个实数解，从而14c0，c.(2)f(x)在x2处取得极值，f(2)42c0，c2. f(x)x3x22xd.f(x)x2x2(x2)(x1)，当x(，1)时，f(x)0，函数单调递增，当x(1,2时，f(x)0，函数单调递减.x0时，f(x)在x1处取得最大值d，x0时，f(x)d22d恒成立， dd22d，即(d7)(d1)0，d7或d1，即d的取值范围是(，7)(1，).分类讨论思想利用分类讨论思想解答问题已成为高考中的热点问题，尤其是函数、导数中的解答题，在含参数的问题中，无论是研究单调性，还是极
10、值、最值，一般都需要分类讨论.已知函数f(x)xln(xa)的最小值为0，其中a0. (1)求a的值； (2)若对任意的x0，)，有f(x)kx2成立，求实数k的最小值. 【精彩点拨】(1)求出函数f(x)的最小值用a表示解方程可得a的值；(2)构造函数g(x)f(x)kx2，分类讨论求其在0，)的最大值，使其最大值0可得k的取值范围，即得其最小值.【规范解答】(1)f(x)的定义域为(a，).f (x)1.由f (x)0，得x1aa.当x变化时，f (x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f (x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1
11、a0，所以a1.(2)当k0时，取x1，有f(1)1ln 20，故k0不合题意.当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2.g (x)2kx.令g(x)0，得x10，x21.当k时，0，g(x)0在(0，)上恒成立，因此g(x)在0，)上单调递减.从而对于任意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立.故k符合题意.当0k时，0，对于x，g(x)0，故g(x)在内单调递增，因此当取x0时，g(x0)g(0)0，即f(x0)kx不成立.故0k不合题意. 综上，k的最小值为. 再练一题4.(2016南京高二检测)设函数f(x)aexb(a0).(1
12、)求f(x)在0，)内的最小值； (2)设曲线y f(x)在点(2，f(2)处的切线方程为yx，求a，b的值. 【解】(1)f(x)aex，当f (x)0，即xln a时，f(x)在(ln a，)上单调递增； 当f (x)0，即xln a时，f(x)在(，ln a)上单调递减.当0a1时，ln a 0，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，从而f(x)在0，)上的最小值为f(ln a)2b; 当a1时，ln a0，f(x)在0，)上单调递增，从而f(x)在0，)上的最小值为f(0)ab. (2)依题意f (2)ae2，解得ae22或ae2(舍去)，所以a，代入原函数
13、可得2b3，即b，故a，b.1.(2015全国卷)已知函数f(x)ax3x1的图象在点(1，f(1)处的切线过点(2,7)，则a_.【解析】先用“导数法”求出切线方程，然后代入点(2,7)求出a的值.f(x)3ax21，f(1)3a1.又f(1)a2，切线方程为y(a2)(3a1)(x1).切线过点(2,7)，7(a2)3a1，解得a1.【答案】12.(2016天津高考)已知函数f(x)(2x1)ex，f(x)为f(x)的导函数，则f(0)的值为_. 【导学号：24830093】【解析】因为f(x)(2x1)ex，所以f(x)2ex(2x1)ex(2x3)ex，所以f(0)3e03.【答案】3
14、3.(2016北京高考)函数f(x)(x2)的最大值为_. 【导学号：24830094】【解析】f(x)，当x2时，f(x)0，所以f(x)在2，)上是减函数，故f(x)maxf(2)2.【答案】24.(2014辽宁高考改编)当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是_.【解析】当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.当x(0,1时，ax3x24x3，a，amax.设(x)，(x)0，(x)在(0,1上递增，(x)max(1)6.a6.当x2,0)时，a，amin.仍设(x)，(x).当x2，1)时，(x)0.当x(1,0)时，(x)0.当x1时，(x)有极
15、小值，即为最小值.而(x)min(1)2，a2.综上可知6a2.【答案】6，25.(2015重庆高考)已知函数f(x)ax3x2(aR)在x处取得极值.(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性.【解】(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0或x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0时，g(x)0，故g(x)为增函数.综上可知，g(x)在(，4)
16、和(1,0)内为减函数，在(4，1)和(0，)内为增函数.章末综合测评(三)导数及其应用(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在题中横线上.)1.质点运动规律st23，则在时间(3,3t)中，质点的平均速度等于_.【解析】平均速度为6t.【答案】6t2.若f(x0)3，则当h0时，趋于常数_.【解析】4.f(x0)3，当h0时，趋于3，故当h0时，趋于12.【答案】123.(2015天津高考)已知函数f(x)axln x，x(0，)，其中a为实数，f(x)为f(x)的导函数.若f(1)3，则a的值为_.【解析】f(x)aa(1ln x)
17、.由于f(1)a(1ln 1)a，又f(1)3，所以a3.【答案】34.已知曲线f(x)x22x2在点M处的切线与x轴平行，则点M的坐标是_.【解析】f(x)2x2，由f(x)0得x1，又f(1)1223，点M的坐标为(1，3).【答案】(1，3)5.函数yxex在其极值点处的切线方程为_.【解析】由题知yexxex，令y0，解得x1，代入函数解析式可得极值点的坐标为，又极值点处的切线为平行于x轴的直线，故方程为y.【答案】y6.下列结论(sin x)cos x；(log3x)；(x2)；，其中正确的有_(填序号).【解析】由于(sin x)cos x，故错误；由于，故错误；由于(log3x)
18、，故错误；由于x22x，故错误；由于，所以正确.【答案】7.函数yxsin xcos x在(，3)内的单调增区间是_.【解析】yxsin xcos x，yxcos x，令yxcos x0，且x(，3)，cos x0，且x(，3)，x，函数yxsin xcos x在(，3)内的单调增区间是.【答案】8.(2016徐州高二检测)函数f(x)ex(sin xcos x)在区间上的值域为_.【解析】f(x)ex(sin xcos x)ex(cos xsin x)excos x，当0x时，f(x)0，f(x)故上单调递增.f(x)的最大值在x处取得，fe，f(x)的最小值在x0处取得，f(0).函数值域
19、为.【答案】9.若f(x)x2bln(x2)在(1，)上是减函数，则b的取值范围是_.【解析】由题意可知f(x)x0，在x(1，)上恒成立，即bx(x2)在x(1，)上恒成立，由于yx(x2)在(1，)上是增函数且y(1)1，所以b1.【答案】(，110.如图1，是yf(x)的导函数的图象，现有四种说法：f(x)在(2，1)上是增函数；x1是f(x)的极小值点；f(x)在(1,2)上是增函数；x2是f(x)的极小值点.以上说法正确的序号是_(填序号).图1 【解析】由函数的图象可知：f(2)0，f(1)0，f(x)在(2，1)上是减函数，不正确；x1时f(1)0，函数在(3，1)递减，在(1,
20、2)单调递增，所以x1是f(x)的极小值点，所以正确；f(x)在(1,2)上f(x)0，所以函数在(1,2)上是增函数，所以正确；函数在(1,2)单调递增，在(2,4)单调递减，所以x2是f(x)的极大值点，所以不正确.【答案】，11.已知f(x)x33x22xa，若f(x)在R上的极值点分别为m，n，则mn的值为_.【解析】f(x)x33x22xa，f(x)3x26x2，f(x)在R上的极值点分别为m，n，则m，n为f(x)0的两个根，根据韦达定理可得，mn2，mn的值为2.【答案】212.若a2，则函数f(x)x3ax21在区间(0,2)上恰好有_个零点.【解析】f(x)x22axx(x2
21、a)，由f(x)0，得x0或x2a，又a2，2a4.当x(0,2)时，f(x)0，此时f(x)单调递减，又f(0)1，f(2)4a14a，由a2知f(2)0，函数f(x)在(0,2)上只有1个零点.【答案】113.(2016郴州高二检测)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则f(0)f(2)与2f(1)的大小关系为_. 【解析】依题意，当x1时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数；当x1时，f(x)0，f(x)在(，1)上是减函数，故当x1时，f(x)取得极小值也为最小值，即有f(0)f(1)，f(2)f(1)，f(0)f(2)2f(1).【答案】f(0)f(2
22、)2f(1)14.已知函数f(x)x3x22xm的图象不经过第四象限，则实数m的取值范围是_.【解析】f(x)x2x2.令f(x)0，解得x2或1，则f(x)在(0,1)内单调递减，在(1，)上单调递增，x1是极小值点.f(x)的图象不经过第四象限，即当x0时，f(x)0.f(1)2m0，m.【答案】m二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)已知函数yax3bx2，当x1时，有极大值3.(1)求a，b的值；(2)求函数y的极小值.【解】(1)y3ax22bx，当x1时，y|x13a2b0，y|x1ab3，即，解得：a6，b9.
23、 (2)由(1)得y6x39x2，y18x218x，令y0，得x0，或x1当x1或x0时，y0，函数在(，0)，(1，)内单调递减；当0x1时，y0，函数在(0,1)单调递增.y极小值y|x00.16.(本小题满分14分)已知函数f(x)x33x29xa.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间1,2上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.【解】(1)f(x)3x26x9.令f(x)0，解得x1或x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(，1)，(3，).(2)f(2)81218a22a.因为f(x)在区间1,2上f(x)0，所以f(x)在区间1,2上单调递增，因此f(2)和f(
24、1)分别是f(x)在区间1,2上的最大值和最小值，于是有22a20，解得a2.故f(x)x33x29x2，因此f(1)13927，即函数f(x)在区间1,2上的最小值为7.17.(本小题满分14分)设函数f(x)ln xln(2x)ax(a0). (1)当a1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0,1上的最大值为，求a的值.【解】函数f(x)的定义域为(0,2)，f(x)a.(1)当a1时，f(x)，令f(x)0，得x或x(舍去)所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2).(2)当x(0,1时，f(x)a0，即f(x)在(0,1上单调递增，故f(x)在(0,1上的
25、最大值为f(1)a，因此a.18.(本小题满分16分)(2016南京高二检测)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【解】设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.由题意，令40k203，k，则总费用f(x)(kx3400)aa(0x100).由f(x)0，得x20.当0x20时，f(x)0，f(x)单调递减；当20x100时，f(x)0，f(x)单调递增.当x20时，f(x)取极小值也是最小值，即速
26、度为20 km/h时，总费用最少.19.(本小题满分16分)已知a为实数，函数f(x)(xa).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(a)为f(x)在区间0,2上的最小值，试写出g(a)的表达式. 【解】(1)由题意知函数的定义域为0，)，f(x)(x0)若a0，则f (x)0，故f(x)有单调递增区间0，)；若a0，令f (x)0，得x.当0x时，f (x)0，当x时，f (x)0.故f(x)有单调递减区间，单调递增区间. 由于函数在某一点处没有增减性， 故函数的单调区间的情况为： 若a0，f(x)有单调递增区间0，)；若a0，f(x)有单调递减区间，单调递增区间. (2)若a0，f(
27、x)在0,2上单调递增，所以g(a) f(0)0. 若0a6，f(x)在0， 上单调递减，在上单调递增，所以g(a)f.若a6，f(x)在0,2上单调递减，所以g(a)f(2)(2a). 综上所述，g(a)20.(本小题满分16分)(2016洛阳高二检测)设函数f(x)a(x1)2ln(x1)bx(x1)，曲线yf(x)过点(e1，e2e1)，且在点(0,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x0时，f(x)x2；(3)若当x0时，f(x)mx2恒成立，求实数m的取值范围.【解】(1)f(x)2a(x1)ln(x1)a(x1)b，f(0)ab0，f(e1)ae2b(e1)a
28、(e2e1)e2e1，a1，b1.(2)f(x)(x1)2ln(x1)x，设g(x)(x1)2ln(x1)xx2，(x0)，g(x)2(x1)ln(x1)x，(g(x)2ln(x1)10，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0.f(x)x2.(3)设h(x)(x1)2ln(x1)xmx2，h(x)2(x1)ln(x1)x2mx，由(2)中知(x1)2ln(x1)x2xx(x1)，(x1)ln(x1)x，h(x)3x2mx，当32m0即m时，h(x)0，h(x)在0，)单调递增，h(x)h(0)0，成立.当32m0即m时，h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，h(x)2ln(x1)32m，令h(x)0，得x0e10，当x0，x0)时，h(x)h(0)0，h(x)在0，x0)上单调递减，h(x)h(0)0，不成立.综上，m.
