专题04+导数的概念与应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破

专题04+导数的概念与应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破

专题04 导数的概念与应用 ‎【自主热身，归纳提炼】‎ ‎1、曲线y＝x－cosx在点处的切线方程为________．‎ ‎【答案】2x－y－＝0　‎ ‎【解析】：因为y′＝1＋sinx，所以k切＝2，所以所求切线方程为y－＝2，即2x－y－＝0.‎ ‎2、在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝lnx在x＝e(e为自然对数的底数)处的切线与直线ax－y＋3＝0垂直，则实数a的值为________．‎ ‎【答案】－e　‎ ‎【解析】：因为y′＝，所以曲线y＝lnx在x＝e处的切线的斜率k＝y′x＝e＝.又该切线与直线ax－y＋3＝0垂直，所以a·＝－1，所以a＝－e.‎ ‎3、若曲线C1：y＝ax3－6x2＋12x与曲线C2：y＝ex在x＝1处的两条切线互相垂直，则实数a的值为________．‎ ‎【答案】－ ‎ ‎【解析】：因为y′＝3ax2－12x＋12，y′＝ex，所以两条曲线在x＝1处的切线斜率分别为k1＝3a，k2＝e，即k1·k2＝－1，即3ae＝－1，所以a＝－.‎ 4、 在平面直角坐标系xOy中，记曲线y＝2x－(x∈R，m≠－2)在x＝1处的切线为直线l.若直线l在两坐标轴上的截距之和为12，则实数m的值为________．‎ ‎【答案】－3或－4‎ ‎【解析】：y′＝2＋，y′x＝1＝2＋m，所以直线l的方程为y－(2－m)＝(2＋m)(x－1)，即y＝(2＋m)x－2m.令x＝0，得y＝－2m；令y＝0，x＝.由题意得－2m＝12，解得m＝－3或m＝－4.‎ ‎5、设f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的单调增函数，则实数m的值为________．‎ ‎【答案】6　‎ ‎【解析】:因为f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，所以(2m)2－4×12(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因为(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以m＝6.‎ ‎6、已知函数若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为 ． ‎ ‎【答案】（-5，0）‎ ‎【解析】由，所以，，所以，在 上单调递增，即至多有一个交点，要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个 不同的交点，即，从而可得(－5,0)．‎ ‎7、已知点A(1,1)和B(－1，－3)在曲线C：y＝ax3＋bx2＋d(a，b，d均为常数)上．若曲线C在点A，B处的切线互相平行，则a3＋b2＋d＝________.‎ ‎【答案】：7‎ ‎【解析】　由题意得y′＝3ax2＋2bx，因为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、已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.‎ ‎【答案】：－3e　‎ ‎9、 曲线f(x)＝·ex－f(0)x＋x2在点(1，f(1))处的切线方程为________________．‎ ‎【答案】：y＝ex－　‎ ‎【解析】：因为f′(x)＝·ex－f(0)＋x，故有即原函数表达式可化为f(x)＝ex－x＋x2，从而f(1)＝e－，所以所求切线方程为y－＝e(x－1)，即y＝ex－.‎ 应注意“在某点处的切线”与“过某点处的切线”的区别，前者表示此点即为切点，后者表示此点不一定是切点，过此点可能存在两条或多条切线．‎ ‎10、已知函数在时取得极值，则a的值等于 ．‎ ‎【答案】：3‎ ‎【解析】 ，根据题意，解得，经检验满足题意，所以a的值等于3．‎ ‎11．已知三次函数在是增函数，则m的取值范围是 ．‎ ‎【答案】：‎ ‎【解析】 ，由题意得恒成立，∴，∴．‎ ‎12、 若函数在开区间既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是 ．‎ ‎【答案】：．‎ ‎【解析】 ：函数在处取得极小值，在处取得极大值，又因为函数在开区间内既有最大值又有最小值，所以即a的取值范围是．‎ ‎ 【问题探究，开拓思维】‎ 例1、若直线为曲线的一条切线，则实数的值是 ．‎ ‎【答案】：1 ‎ ‎【解析】： 设切点的横坐标为，由曲线，得，所以依题意切线的斜率为，得，所以切点为，又因为切线过切点，故有，解得. ‎ ‎(3) 当a＝1时，记h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎(参考数据：ln2≈0.693 1，ln3≈1.098 6)‎ ‎ 思路分析 第(2)问，由于问题中含有参变量a，因此，函数的单调性及单调区间就随着a的变化而变化，因此，就需要对参数a进行讨论，要讨论时，注意讨论的标准的确定方式：一是导函数是何种函数；二是导函数的零点是否在定义域内；三是导函数的零点的大小关系如何．第(3)问，注意到2λ≥h(x)有解等价于h(x)min≤2λ，因此，问题归结为求函数h(x)的最小值，在研究h(x)的最小值时，要注意它的极值点是无法求解的，因此，通过利用极值点所满足的条件来进行消去lnx来解决问题．另一方面，我们还可以通过观察，来猜测λ的最小值为0，下面来证明当λ≤－1时2λ≥h(x)不成立，即h(x)＞－2则可．‎ ‎【解析】：(1) 当a＝2时，方程g(ex)＝0即为2ex＋－3＝0，去分母，得 ‎2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝，(2分)‎ 故所求方程的根为x＝0或x＝－ln2.(4分)‎ 综上所述，当a＜0时，φ(x)的单调递增区间为；‎ 当0≤a≤1时，φ(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；‎ 当a＞1时，φ(x)的单调递增区间为 .(10分)‎ ‎(3) 解法1 当a＝1时，g(x)＝x－3，h(x)＝(x－3)lnx，‎ 所以h′(x)＝lnx＋1－单调递增，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)‎ 当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)lnx0＝(x0－3)·＝－＝6－.‎ 记函数r(x)＝6－，则r(x)在上单调递增，(14分)‎ 所以r＜h(x0)＜r(2)，‎ 即h(x0)∈，‎ 由2λ≥－，且λ为整数，得λ≥0，‎ 所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0.(16分) ‎ 解法2 当a＝1时，g(x)＝x－3，所以h(x)＝(x－3)lnx，‎ 由h(1)＝0，得当λ＝0时，不等式2λ≥h(x)有解，(12分)‎ 下证：当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立，即证(x－3)lnx＞－2恒成立．‎ 显然当x∈(0,1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，‎ 只需证明当x∈(1,3)时，(x－3)lnx＞－2恒成立．‎ 即证明lnx＋＜0.令m(x)＝lnx＋，‎ 所以m′(x)＝－＝，由m′(x)＝0，得x＝4－，(14分)‎ 当x∈(1,4－)时，m′(x)＞0；当x∈(4－，3)时，m′(x)＜0.‎ 所以m(x)max＝m(4－)＝ln(4－)－＜ln(4－2)－＝ln2－1＜0.‎ 所以当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立．‎ 综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0.(16分)‎ 解后反思 研究恒成立问题、存在性问题，其本质就是研究相关函数的最值问题，这样就可以让问题的研究目标具体化．同时，在研究此类问题时，经常可以采用从特殊到一般的方式来帮助我们进行思考