导数的运算及几何意义.docx

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导数的运算及几何意义

命题点一　导数的运算及几何意义

1.（优质试题·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋

（a，b为常数）过点P（2，－5），且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．

解析：

y＝ax2＋

的导数为y′＝2ax－

，

直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－

.

由题意得

解得

则a＋b＝－3.

答案：

－3

2．（优质试题·全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝ax3＋x＋1的图象在点（1，f

（1））处的切线过点（2,7），则a＝________.

解析：

因为f′（x）＝3ax2＋1，

所以f′

（1）＝3a＋1.

又f

（1）＝a＋2，

所以切线方程为y－（a＋2）＝（3a＋1）（x－1）．

因为切线过点（2,7），所以7－（a＋2）＝3a＋1，解得a＝1.

答案：

1

3．（优质试题·全国丙卷）已知f（x）为偶函数，当x<0时，f（x）＝ln（－x）＋3x，则曲线y＝f（x）在点（1，－3）处的切线方程是________．

解析：

因为f（x）为偶函数，所以当x>0时，f（x）＝f（－x）＝lnx－3x，所以当x>0时，f′（x）＝

－3，则f′

（1）＝－2.所以y＝f（x）在点（1，－3）处的切线方程为y＋3＝－2（x－1），即y＝－2x－1.

答案：

y＝－2x－1

4．（优质试题·全国卷Ⅱ）已知曲线y＝x＋lnx在点（1,1）处的切线与曲线y＝ax2＋（a＋2）x＋1相切，则a＝________.

解析：

法一：

因为y＝x＋lnx，所以y′＝1＋

，

y′

x＝1＝2.

所以曲线y＝x＋lnx在点（1,1）处的切线方程为

y－1＝2（x－1），即y＝2x－1.

因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋（a＋2）x＋1相切，

所以a≠0（当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行）．

由

消去y，得ax2＋ax＋2＝0.

由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.

法二：

同法一得切线方程为y＝2x－1.

设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋（a＋2）x＋1相切于点（x0，ax

＋（a＋2）x0＋1）．因为y′＝2ax＋（a＋2），

所以y′

x＝x0＝2ax0＋（a＋2）．

由

解得

答案：

8

命题点二　导数的应用

1.（优质试题·四川高考改编）已知a为函数f（x）＝x3－12x的极小值点，则a＝________.

解析：

由题意得f′（x）＝3x2－12，令f′（x）＝0得x＝±2，所以当x＜－2或x＞2时，f′（x）＞0；当－2＜x＜2时，f′（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－2）上为增函数，在（－2,2）上为减函数，在（2，＋∞）上为增函数．所以f（x）在x＝2处取得极小值，所以a＝2.

答案：

2

2．（优质试题·全国乙卷改编）若函数f（x）＝x－

sin2x＋asinx在（－∞，＋∞）单调递增，则a的取值范围是________．

解析：

f′（x）＝1－

cos2x＋acosx＝1－

（2cos2x－1）＋acosx＝－

cos2x＋acosx＋

，f（x）在R上单调递增，则f′（x）≥0在R上恒成立，令cosx＝t，t∈[－1,1]，则－

t2＋at＋

≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，令g（t）＝4t2－3at－5，则

解得－

≤a≤

.

答案：

3．（优质试题·全国卷Ⅱ改编）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（－1）＝0，当x>0时，xf′（x）－f（x）<0，则使得f（x）>0成立的x的取值范围是________．

解析：

设y＝g（x）＝

（x≠0），

则g′（x）＝

，

当x>0时，xf′（x）－f（x）<0，所以g′（x）<0，

所以g（x）在（0，＋∞）上为减函数，

且g

（1）＝f

（1）＝－f（－1）＝0.

因为f（x）为奇函数，所以g（x）为偶函数，

所以g（x）的图象的示意图如图所示．

当x>0时，由f（x）>0，得g（x）>0，由图知0

当x<0时，由f（x）>0，得g（x）<0，由图知x<－1，

所以使得f（x）>0成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪（0,1）.

答案：

（－∞，－1）∪（0,1）

4．（优质试题·江苏高考）设函数f（x）＝lnx－ax，g（x）＝ex－ax，其中a为实数．

（1）若f（x）在（1，＋∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，＋∞）上有最小值，求a的取值范围；

（2）若g（x）在（－1，＋∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论．

解：

（1）令f′（x）＝

－a＝

<0，考虑到f（x）的定义域为（0，＋∞），故a>0，进而解得x>a－1，即f（x）在（a－1，＋∞）上是单调减函数．

同理，f（x）在（0，a－1）上是单调增函数．由于f（x）在（1，＋∞）上是单调减函数，故（1，＋∞）⊆（a－1，＋∞），从而a－1≤1，即a≥1.令g′（x）＝ex－a＝0，得x＝lna．当xlna时，g′（x）>0.又g（x）在（1，＋∞）上有最小值，所以lna>1，即a>e.

综上，a的取值范围为（e，＋∞）．

（2）当a≤0时，g（x）必为单调增函数；当a>0时，令g′（x）＝ex－a>0，解得alna，因为g（x）在（－1，＋∞）上是单调增函数，类似

（1）有lna≤－1，即0

综合上述两种情况，有a≤e－1.

（ⅰ）当a＝0时，由f

（1）＝0以及f′（x）＝

>0，得f（x）存在唯一的零点．

（ⅱ）当a<0时，由于f（ea）＝a－aea＝a（1－ea）<0，f

（1）＝－a>0，且函数f（x）在[ea,1]上的图象不间断，所以f（x）在（ea,1）上存在零点．

另外，当x>0时，f′（x）＝

－a>0，故f（x）在（0，＋∞）上是单调增函数，所以f（x）只有一个零点．

（ⅲ）当0

－a＝0，解得x＝a－1.当00，当x>a－1时，f′（x）<0，所以，x＝a－1是f（x）的最大值点，且最大值为f（a－1）＝－lna－1.

①当－lna－1＝0，即a＝e－1时，f（x）有一个零点x＝e.

②当－lna－1>0，即0

实际上，对于00，且函数f（x）在[e－1，a－1]上的图象不间断，所以f（x）在（e－1，a－1）上存在零点．

另外，当x∈（0，a－1）时，f′（x）＝

－a>0，故f（x）在（0，a－1）上是单调增函数，所以f（x）在（0，a－1）上只有一个零点．

下面考虑f（x）在（a－1，＋∞）上的情况．先证f（ea－1）＝a（a－2－ea－1）<0.

为此，我们要证明：

当x>e时，ex>x2.设h（x）＝ex－x2，则h′（x）＝ex－2x，

再设l（x）＝h′（x）＝ex－2x，则l′（x）＝ex－2.

当x>1时，l′（x）＝ex－2>e－2>0，所以l（x）＝h′（x）在（1，＋∞）上是单调增函数．故当x>2时，h′（x）＝ex－2x>h′

（2）＝e2－4>0，

从而h（x）在（2，＋∞）上是单调增函数，进而当x>e时，

h（x）＝ex－x2>h（e）＝ee－e2>0，即当x>e时，ex>x2.

当0e时，f（ea－1）＝a－1－aea－1＝a（a－2－ea－1）<0，

又f（a－1）>0，且函数f（x）在[a－1，ea－1]上的图象不间断，所以f（x）在（a－1，ea－1）上存在零点．

又当x>a－1时，f′（x）＝

－a<0，故f（x）在（a－1，＋∞）上是单调减函数，所以f（x）在（a－1，＋∞）上只有一个零点．

综合（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ），当a≤0或a＝e－1时，f（x）的零点个数为1，

当0

5．（优质试题·全国甲卷）已知函数f（x）＝（x＋1）lnx－a（x－1）．

（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．

解：

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）．

当a＝4时，f（x）＝（x＋1）lnx－4（x－1），

f

（1）＝0，f′（x）＝lnx＋

－3，f′

（1）＝－2.

故曲线y＝f（x）在（1，f

（1））处的切线方程为2x＋y－2＝0.

（2）当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0等价于lnx－

＞0.

设g（x）＝lnx－

，

则g′（x）＝

－

＝

，g

（1）＝0.

①当a≤2，x∈（1，＋∞）时，x2＋2（1－a）x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，因此g（x）＞0；

②当a＞2时，令g′（x）＝0得x1＝a－1－

，x2＝a－1＋

.

由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈（1，x2）时，g′（x）＜0，g（x）在（1，x2）上单调递减，因此g（x）＜0.

综上，a的取值范围是（－∞，2]．

6．（优质试题·全国丙卷）设函数f（x）＝lnx－x＋1.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）证明当x∈（1，＋∞）时，1＜

＜x；

（3）设c＞1，证明当x∈（0,1）时，1＋（c－1）x＞cx.

解：

（1）由题设，f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝

－1，令f′（x）＝0，解得x＝1.

当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

（2）证明：

由

（1）知，f（x）在x＝1处取得最大值，

最大值为f

（1）＝0.

所以当x≠1时，lnx＜x－1.

故当x∈（1，＋∞）时，lnx＜x－1，ln

＜

－1，

即1＜

＜x.

（3）证明：

由题设c＞1，设g（x）＝1＋（c－1）x－cx，

则g′（x）＝c－1－cxlnc.

令g′（x）＝0，解得x0＝

.

当x＜x0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

当x＞x0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．

由

（2）知1＜

＜c，故0＜x0＜1.

又g（0）＝g

（1）＝0，故当0＜x＜1时，g（x）＞0.

所以当x∈（0,1）时，1＋（c－1）x＞cx.

7．（优质试题·全国乙卷）已知函数f（x）＝（x－2）ex＋a（x－1）2有两个零点．

（1）求a的取值范围；

（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：

x1＋x2<2.

解：

（1）f′（x）＝（x－1）ex＋2a（x－1）＝（x－1）（ex＋2a）．

①设a＝0，则f（x）＝（x－2）ex，f（x）只有一个零点．

②设a>0，则当x∈（－∞，1）时，f′（x）<0；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，

所以f（x）在（－∞，1）内单调递减，在（1，＋∞）内单调递增．

又f

（1）＝－e，f

（2）＝a，取b满足b<0且b

，

则f（b）>

（b－2）＋a（b－1）2＝a

>0，

故f（x）存在两个零点．

③设a<0，由f′（x）＝0得x＝1或x＝ln（－2a）．

若a≥－

，则ln（－2a）≤1，

故当x∈（1，＋∞）时，

f′（x）>0，因此f（x）在（1，＋∞）内单调递增．

又当x≤1时，f（x）<0，所以f（x）不存在两个零点．

若a<－

，则ln（－2a）>1，

故当x∈（1，ln（－2a））时，f′（x）<0；

当x∈（ln（－2a），＋∞）时，f′（x）>0.

因此f（x）在（1，ln（－2a））内单调递减，在（ln（－2a），＋∞）内单调递增．

又当x≤1时，f（x）<0，所以f（x）不存在两个零点．

综上，a的取值范围为（0，＋∞）．

（2）证明：

不妨设x1

（1）知，x1∈（－∞，1），x2∈（1，＋∞），2－x2∈（－∞，1），又f（x）在（－∞，1）内单调递减，

所以x1＋x2<2等价于f（x1）>f（2－x2），即f（2－x2）<0.

由于f（2－x2）＝－x2e2－x2＋a（x2－1）2，

而f（x2）＝（x2－2）ex2＋a（x2－1）2＝0，

所以f（2－x2）＝－x2e2－x2－（x2－2）ex2.

设g（x）＝－xe2－x－（x－2）ex，

则g′（x）＝（x－1）（e2－x－ex）．

所以当x>1时，g′（x）<0，而g

（1）＝0，

故当x>1时，g（x）<0.

从而g（x2）＝f（2－x2）<0，故x1＋x2<2.

8．（优质试题·江苏高考）已知函数f（x）＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．

（1）证明：

f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e－x＋m－1在（0，＋∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：

存在x0∈[1，＋∞），使得f（x0）

＋3x0）成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．

解：

（1）证明：

因为对任意x∈R，都有f（－x）＝e－x＋e－（－x）＝e－x＋ex＝f（x），所以f（x）是R上的偶函数．

（2）由条件知m（ex＋e－x－1）≤e－x－1在（0，＋∞）上恒成立．

令t＝ex（x>0），则t>1，所以m≤－

＝－

对任意t>1成立．

因为t－1＋

＋1≥2

＋1＝3，

所以－

≥－

，

当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．

因此实数m的取值范围是

.

（3）令函数g（x）＝ex＋

－a（－x3＋3x），

则g′（x）＝ex－

＋3a（x2－1）．

当x≥1时，ex－

>0，x2－1≥0，

又a>0，故g′（x）>0.

所以g（x）是[1，＋∞）上的单调增函数，因此g（x）在[1，＋∞）上的最小值是g

（1）＝e＋e－1－2a.

由于存在x0∈[1，＋∞），使ex0＋e－x0－a（－x

＋3x0）<0成立，当且仅当最小值g

（1）<0.

故e＋e－1－2a<0，即a>

.

令函数h（x）＝x－（e－1）lnx－1，

则h′（x）＝1－

.令h′（x）＝0，得x＝e－1，

当x∈（0，e－1）时，h′（x）<0，

故h（x）是（0，e－1）上的单调减函数；

当x∈（e－1，＋∞）时，h′（x）>0，

故h（x）是（e－1，＋∞）上的单调增函数．

所以h（x）在（0，＋∞）上的最小值是h（e－1）．

注意到h

（1）＝h（e）＝0，

所以当x∈（1，e－1）⊆（0，e－1）时，h（e－1）≤h（x）

（1）＝0.

当x∈（e－1，e）⊆（e－1，＋∞）时，h（x）

所以h（x）<0对任意的x∈（1，e）成立．

①当a∈

⊆（1，e）时，h（a）<0，即a－1<（e－1）lna，从而ea－1

②当a＝e时，ea－1＝ae－1；

③当a∈（e，＋∞）⊆（e－1，＋∞）时，h（a）>h（e）＝0，即a－1>（e－1）lna，故ea－1>ae－1.

综上所述，当a∈

时，ea－1ae－1.