答案2021寒高二数学强基第1讲导数综合应用

1例题直线yx2与曲线yex+a相切，则a的值为（【答案】【解析】对于函数y=−ex+a，y’=−ex+a，其在(x0ex0+a)y+ex0+a=−ex0+a(x−即yex0+axx01)ex0−ex0+a=

(x0−1)ex0+a=

，解得x03，a例题已知函数f(x)=(x−3)ex，若经过点(0,a)且与曲线y=f(x)相切的直线有三条，则 −3<a<−a>a<−a<−3或a【答案】【解析】fx)=(x31)exx2)设切点为(x0y0)，则切线方程为yy0=(x02)ex0(xx0)．切线经过点(0,a)，所以ay0=(x02)ex0将y0x03)ex0代入，得ax03)ex0x02ex00化简，ex0(−x23x030问题等价于方程ex(−x23x3a有3个解．设g(x)=ex(−x2+3x−3)，则g’(x)=ex(−x2+3x−3−2x+3)=ex(−x2+当x0时，gx0，g(x)单调减；当0x1时，gx0，g(x)单调增；当x时，gx)<0，g(x)，

>g(1)=−e，g(2)=−e2<g(0)=因此，g(0)ag(1)，即−3a例题若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y=f(x)f(x)=x3−tx2+1(t∈ 【解析】证明：由(1)知fx3x2−2tx，令fx1，则3x2−2tx−1=0，所以Δ>0，即对任意实数t，f′(x)=1总有两个不同的实数根x1，x2，所以不论t为何值，函数f(x)在x=x1，x=x2处的切线平行．设这两条切线方程分别为y(3x22tx1x2x3tx21和 y=(3x2−2tx2)x−2x3+tx2+ 若两切线重合，则−2x3tx212x3tx2 即2[(x1x2)2x1x2=t(x1 而x1x2

，化简得x1x2

此时(x1−x2)2=(x1+x2)2—4x1x2

=0，与x1/x2 例题已知函数f(x)=−px3+3x(p>0)，若f(x)存在极大值点x1，且存在一个不与x1重合的x21x得f(x1f(x2x1

+2的值 【答案】【解析】解：f′(x)=3(−px2+1)x1

1，f(x1)= 1 ∵f(x1)=∴−px3+3x1=−px3+ ∴p(x3−x3)=3(x2− ∴x2+x1x2+x2=3 代入x1 1得x2+x2+1=3 2即px2+ p−2=22解得x2= p∴1+2

p p= 例题已知函数f(x)=x22cosxg(x)=ex(cosxsinx2x2)，其中e=2.71828是自令h(x)=g(xaf(xa∈R)，讨论h(x)【解析】解：h(x)=g(x)−af(x)=ex(cosx−sinx+2x−2)−a(x2+2cosx)，则hx)=ex(cosx−sinx+2x−2)+exsinx−cosx+2)−a(2x−2sinx)=2(x−sinx)(ex−令u(x)=x−sinx，则u′(x)=1−cosx⩾0，∴函数u(x)在Ru(0)=0，∴当x0时，u(x)>0；当x0时，u(x)<①当a0时，exa0，∴当x0时，hx0，函数h(x)在(0,上单调递增；当x0时，hx0，函数h(x)在0)上单调递减．∴当x=0时，函数h(x)取得极小值，h(0)=−1−2a②当a>0时，令hx)=2xsinx(exelna=解得x1=lna，x2=当0a1xlna)时，exelna<0，hx)>0，函数h(x)当xlna0)时，exelna0，hx0，函数h(x)当x∈(0exelna0，hx0，函数h(x)∴当x=0时，函数h(x)取得极小值，h(0)=−2a1．当x=lna时，函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]；当a1lna0，xRhx0，∴函数h(x)在R上单调递增，无极值；当a>1时，lna>0x0)时，exelna<0hx)>0，函数h(x)x∈(0,lna)时，exelna<0hx)<0，函数h(x)x∈(lnaexelna>0hx)>0，函数h(x)∴当x=0时，函数h(x)取得极大值，h(0)=−2a1．当x=lna时，函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+综上所述，当a⩽0时，函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减．当x=0时，函数h(x)取得极小值，即h(0)=−1−2a，无极大值；当0<a<1时，函数h(x)在(−∞,lna)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．当x=0时，函数h(x)取得极小值，即h(0)=−2a−1．当x=lna时，函数h(x)取得极大值，即h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]；当a=1时，函数h(x)在R当a>1时，函数h(x)在0)，(lna上单调递增，在(0lna)上单调递减．当x=0时，函数h(x)取得极大值，即h(0)=−2a−1．当x=lna时，函数h(x)h(lna)=−a[ln2a−2lna+sin(lna)+cos(lna)+2]．例题已知函数f(xln

—ax2+讨论函数f(x)【解析 解：由f(xln2xaxxln2xax

(x)=−

–2ax+1

−2ax2+x−x，x∈(0,当a0时，fx

x−，x当x∈(01)时，fx)<0；当x∈(1,时，fx)>0，所以x1，f(x)x=1是f(x)当a<0时，Δ=1−8a>0，令f′(x)=0，得x1=1+ 1−8ax2 显然，x1>0，x2<∴当x(0,x1)时，fx0，当xx1时，fxf(x)在x=x1取得极小值，f(x)1

1 1−，当a>0时，Δ=18a⩽0即a

时，fx)⩽8f(x)在(0,+∞)上是减函数，f(x)1

1 1−当0<a 时，Δ=1−8a>0，令f′(x)=0，得x1= 1 1− x2 当x(0,x1)和xx2时fx0；当xx1x2)时，fx∴f(x)在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f(x)有两个极值点．综上可知：当a⩽0时，f(x)仅有一个极值点；1当a⩾8时，f(x)1当0<a<8时，f(x)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1f(x234ln【解析 证明：∵由(1)知，当且仅当a∈(0,8)时，f(x)有极小值点x1和极大值点x2x1，x2是方程2ax2−x+1=0的两根，∴x1+x2

1，x1x2=1 1 12f(x1)+f(x2)=2

ax2+x1+

ax2+=−(ln2x1+ln2x2)−a(x2+x2)+(x1+ =−lna−a[4a2−a]+ =ln2−4a+1+2a=lna+4a+1−ln 设g(a)=lna+4a+1−ln2，a∈(0,8∵g′(a)=1

=4a−1< ∴a∈(0,8)时，g(a)是减函数，g(a)>g81∴g(a)>ln8+3−ln2=3−4lnf(x1f(x2)>34ln2例题(2−若函数f(x) x2+m的图象如图所示，则m的取值范围为 (−∞,(−1,(0,(1,【答案】∴m>又x时，f(x2m0m2，又∵f(x)是奇函数，∴x>0f(x)=(2−m)xx2+

2−x+mx∴f(x)在 m)上单调递增 m,+∞)上单调递减 m>1⇒m>综上，实数m的取值范围是(12)，例题ex+2klnx−

x=

f 已知函数f(x

， 是函

2(−∞, 24e(−∞,2(0,[2,【答案】【解析】解：∵函数f(x)的定义域是(0,+∞)∴f′(x)

ex(x−2)

(ex−kx2)(x−x—k ∵x=2是函数f(x)x2是导函数fx)=0exkx20在(0, 即k=x2在x>0上无变号零点，令g(x)=x2ex(x−∵g′(x) ∴g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)g(x)的最小值为g(2)=4∴必须k⩽4故选例题设函数f(xe2xexax，若对∀x0，f(x2，则实数a的取值范围是（(−∞,[3,(−∞,[2,【答案】【解析】f(0)2，故使得题意成立的必要条件是f00，解得a下面说明充分性：当a3时，fx2e2xexa(2ex3ex1)0，满足题例题a/ 1+x，x>1对任意xe2)均有f(x注：e=2.71828⋯

2a，求a【解析 解：由f(1)⩽2a，得0<a 4 21+当0<a 4时，f(x)⩽2a，等价于a2 1令t ，则t⩾ a设g(t)= x− 1+x−2lnx，t⩾ 2

—2lnx⩾则g(t) x(t1

1+1x

—1+x−2lnx1当x∈7)时，1

⩽ x则g(t)⩾g 2)= x− 1+x−2ln1记p(x)= x− 1+x−lnx，x⩾7则p′(x) −1= x+1 2x x+ x+ x+(x−1)[1 x 2x+2− x+1 x+1)(x+1 ∴p(x)⩾p(1)=∴g(t)⩾g 2)=2p(x)⩾当x∈[1,1)时，g(t)⩾g 1+1)= xlnx−(x+1)e2 2令q(x)= xlnx+(x+1)，x∈ 2 则q′(x) lnx+2+1>x1故q(x)在

1)上单调递增，∴q(x)⩽7

(7 由(i)得q(7)= 7p(7)< 7p(1)=∴q(x)<0，∴g(t)⩾g 1+1)=−q(x)> 1由(i)(ii)知对任意x∈[e2,+∞)，t∈ 2,+∞)，g(t)⩾ 即对任意xe2)，均有f(x2a2综上所述，所求a的取值范围是 4例题已知函数f(x)=lnx+ax2+bx(其中a，b为常数且a=0)在x=1处取得极值．当a=1时，求函数f(x)的单调区间． 解：因为函数f(x)=lnx+ax+bx，所以 (x)

+2ax+b(x>x因为函数f(xlnxax2bx在x1处取得极值，所以f′(1)=12ab=0，当a1时，b3，所以f′(xf′(x)，f(x)随x

2x2−3x+，x1所以f(x)的单调递增区间为(0,2)，(111若f(x)在(0,e]上的最大值为1，求a因为f′(x

(2ax−1)(x−，x1令fx0，x11，x2

因为f(x)在x=1处取得极值，所以x2=2a/x1=1，当2a<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以f(x)在区间(0,e]上的最大值为f(1)，令f(11，解得a1当a>0时，x2 > 当2a<1时，函数f(x)在区间(0,2a)上单调递增，在区间2a,1)上单调递减，在区间(1,e)上单调递增，1所以最大值1可能在x=2a或x=e 因为f(2a)=ln2a+a(2a —(2a+1)2a=ln2a−4a−1<1所以f(e)=lne+ae2−(2a+1)e=1，解得a1

当12a<e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,2a)所以最大值1可能在x=1或x=e处取得，而f(1)=ln1+a−(2a+1)<0，所以f(e)=lne+ae2−(2a+1)e= 解得a=e2，与1<x2=2a<e矛盾；当x2=2a⩾e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,e)所以最大值1可能在x=1处取得，而f(1)=ln1+a−(2a+1)<0，矛盾．综上所述，ae2或a例题=【答案】a ′(x)=1x所以g1)=则f(x)的最小值为fa即2=1，解得a1若不等式bf(x)⩽xg(x)对任意x∈e,e2]恒成立，其中e,]【答案 ,] 3e−1e−【解析】解：由(1)知，f(x)=x2−2x．不等式bf(x)⩽xg即bx22bxxlnx1所以b(x−3)⩽lnx对任意x∈e,e2]令h(x)=b(x−3)−1则h′(x)=b

=bx− ①若b0，则h′(x)<0，所以函数h(x)在e

,e2] 故[h(x)]max=he=be3lne

⩽e解得b⩾3−1>e②若b>令h′(x)=1解得x b{{2

–3)−ln1e⩽ h(e)=b(e−3)−lne⩽0 3e1b⩽e23

3e−1e2−5曲线y曲线y=e−2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x1312231【答案】【解析】y′=−2e−2x，曲线在点(0,2)处的切线斜率k=−2，∴切线方程为y=−2x+2线y=0和y=x围成的三角形如图13-1所示，其中直线y=−2x+2与y=x的交点A2,23 ，∴三角形面积S=21×3=3．故选随堂题若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，则f(x)的极小值为 A.B.C.D.【答案】【解析】f′(x2xaex−1(x2ax1ex−1=[x2a2)xa1x−2是f(x)的极值点，f(−2)0，即(42a4a1e−30a=f(x(x2x1ex−1，fx(x2x2ex−1．由fx0，得x2x1；由fx)<0，得−2<x1．f(x)在2)上单调递增，在(−21)上单调递减，在(1,上单调递增，x1为f(x)的极小值点，(x)的极小值为f(1)故选随堂题已知函数f(x)=ex−ln(x+3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是 1∀x∈(−3,+∞),f(x)31∀x∈(−3,+∞),f(x)>2∃x0∈(−3,+∞),f(x0)=f(x)min∈(0,【答案】【解析 解：因为函数f(xelnx3)，定义域为(−3，所以1易知导函数f′(x)在定义域(−3,+∞)上是单调递增函数，又f′(−1)<0f′(−