高考数学二轮核心考点突破：专题04-导数的概念与应用(Word版,含答案)

专题04 导数的概念与应用
【自主热身，归纳提炼】
1、曲线y ＝x －cos x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π2处的切线方程为________． 【答案】2x －y －π2
＝0 【解析】：因为y ′＝1＋sin x ，所以k 切＝2，所以所求切线方程为y －π2＝2⎝
⎛⎭⎪⎫x －π2，即2x －y －π2＝0. 2、在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ln x 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 ′＝1x ，所以曲线y ＝ln x 在x ＝e 处的切线的斜率k ＝y ′x ＝e ＝1e
.又该切线与直线ax －y ＋3＝0垂直，所以a ·1e
＝－1，所以a ＝－e. 3、若曲线C 1：y ＝ax 3－6x 2＋12x 与曲线C 2：y ＝e x 在x ＝1处的两条切线互相垂直，则实数a 的值为________．
【答案】－13e
【解析】：因为y ′＝3ax 2－12x ＋12，y ′＝e x ，所以两条曲线在x ＝1处的切线斜率分别为k 1＝3a ，k 2＝e ，
即k 1·k 2＝－1，即3a e ＝－1，所以a ＝－13e
. 4、在平面直角坐标系xOy 中，记曲线y ＝2x －m x (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＋m x 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 ＝
2m m ＋2.由题意得2m m ＋2－2m ＝12，解得m ＝－3或m ＝－4. 5、设f (x )＝4x 3＋mx 2＋(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 )＝12x 2＋2mx ＋(m －3)，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x 2
＋2mx ＋(m －3)≥0在R 上恒成立，所以(2m )2－4×12(m －3)≤0，整理得m 2－12m ＋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，()f x 在[]01,
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500m m +>⎧⎨<⎩
，从而可得m ∈(－5,0)． 7、已知点A (1,1)和B (－1，－3)在曲线C ：y ＝ax 3＋bx 2＋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a 3＋b 2＋d ＝________.
【答案】：7
【解析】 由题意得y ′＝3ax 2＋2bx ，因为k 1＝k 2，所以3a ＋2b ＝3a －2b ，即b ＝0.又a ＋d ＝1，d －a ＝－3，所以d ＝－1，a ＝2，即a 3＋b 2＋d ＝7.
8、已知函数f (x )＝ln x －m x
(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.
【答案】：－3e
9、 曲线f (x )＝f ′1
e
·e x －f (0)x ＋12x 2在点(1，f (1))处的切线方程为________________． 【答案】：y ＝e x －1
2
【解析】：因为f ′(x )＝f ′1e ·e x －f (0)＋x ，故有⎩⎪⎨⎪⎧ f 0＝f ′1e ，f ′1＝f ′1－f 0＋1，即
⎩⎪⎨⎪⎧ f 0＝1，f ′1＝e ，原函数表达式可化为f (x )＝e x －x ＋12x 2，从而f (1)＝e －12
，所以所求切线方程为y －
⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12＝e(x －1)，即y ＝e x －12. 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3x =-时取得极值，则a 的值等于 ． 【答案】：3
【解析】 ，根据题意'(3)0f -=，解得3a =，经检验满足题意，所以a 的值等于3． 11．已知三次函数
在(,)x ∈-∞+∞是增函数，则m 的取值范围是 ．
【答案】：24m ≤≤
【解析】
，由题意得恒成立，∴
，∴24m ≤≤．
12、 若函数
在开区间2(6)a a -, 既有最大值又有最小值，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】：{2}． 【解析】 ：函数()g x 在1x =处取得极小值(1)2g =-，在1x =-处取得极大值(1)2g -=，又因为函数在开
区间2(6)a a -, 内既有最大值又有最小值，所以即a 的取值范围是{2}．
【问题探究，开拓思维】
例1、若直线2y x b =+为曲线e x y x =+的一条切线，则实数b 的值是 ．
【答案】：1
【解析】： 设切点的横坐标为0x ，由曲线x y e x =+，得1x
y e '=+，所以依题意切线的斜率为
，得00x =，所以切点为(0,1)，又因为切线2y x b =+过切点(0,1)，故有120b =⨯+，解
得1b =.
(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ln x 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 (e x )＝0即为2e x ＋1e x －3＝0，去分母，得 2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x ＝12
，(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⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，a －1a ； 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⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －1a ，＋∞ .(10分) (3) 解法1 当a ＝1时，g (x )＝x －3，h (x )＝(x －3)ln x ，
所以h ′(x )＝ln x ＋1－3x 单调递增，h ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＝ln 32＋1－2＜0，h ′(2)＝ln2＋1－32＞0，所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，2，使得h ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1－3x 0＝0，(12分) 当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝(x 0－3)ln x 0＝(x 0－
3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 0－1＝－x 0－32x 0＝6－⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0＋9x 0. 记函数r (x )＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9x ，则r (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，2上单调递增，(14分) 所以r ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＜h (x 0)＜r (2)，
即h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32
，－12， 由2λ≥－32
，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)ln x ，
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)ln x ＞－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)ln x ＞－2恒成立．
即证明ln x ＋2x －3＜0.令m (x )＝ln x ＋2x －3
， 所以m ′(x )＝1x －2x －32＝x 2－8x ＋9x x －32
，由m ′(x )＝0，得x ＝4－7，(14分) 当x ∈(1,4－7)时，m ′(x )＞0；当x ∈(4－7，3)时，m ′(x )＜0.
所以m (x )max ＝m (4－7)＝ln(4－7)－7＋13＜ln(4－2)－2＋13
＝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。