高考数学专题讲座 第17讲 高频考点分析之极限、导数和定积分探讨

【备战高考数学专题讲座】第17讲：高频考点分析之极限、导数和定积分探讨1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。在我国现在中学数学新教材中，微积分处于一种特殊的地位，是高中数学知识的一个重要交汇点，是联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具。微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用。结合中学数学的知识，高考中微积分问题主要有以下几种：1.极限的计算；2.应用导数求函数的最（极）值；3.应用导数讨论函数的增减性；4.导数的几何意义和应用导数求曲线的切线；5.定积分的计算和应用。结合年全国各地高考的实例，我们从以上五方面探讨极限、导数和定积分问题的求解。一、极限的计算： 典型例题：例1.（年四川省理5分）函数在处的极限是【】A、不存在B、等于C、等于D、等于【答案】A。【考点】分段函数，极限。【解析】分段函数在处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选A。例2.（年重庆市理5分）▲.【答案】。【考点】极限的运算。【分析】。例3.（年上海市理4分）有一列正方体，棱长组成以1为首项，为公比的等比数列，体积分别记为，则▲.【答案】。【考点】无穷递缩等比数列的极限，等比数列的通项公式。【解析】由正方体的棱长组成以为首项，为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了一个以1为首项，为公比的等比数列，因此，。二、应用导数求函数的最（极）值：典型例题：例1.（年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【】（A）函数有极大值和极小值（B）函数有极大值和极小值（C）函数有极大值和极小值（D）函数有极大值和极小值【答案】D。【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情况：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗极大值↘非极值↘极小值↗∴的极大值为，的极小值为。故选D。例2.（年陕西省理5分）设函数，则【】A.为的极大值点B.为的极小值点C.为的极大值点D.为的极小值点【答案】D。【考点】应用导数求函数的极值。【解析】∵，令得。∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。故选D。例3.（年陕西省文5分）设函数则【】A．=为的极大值点B．=为的极小值点C．=2为的极大值点D．=2为的极小值点【答案】D。【考点】应用导数求函数的极值。【解析】∵，令得。∴当时，，为减函数；当时，，为增函数。∴为的极小值点。故选D。例4.（年广东省理14分）设a＜1，集合，（1）求集合D（用区间表示）（2）求函数在D内的极值点。【答案】解：（1）设，方程的判别式①当时，，恒成立，∴。∴，即集合D=。②当时，，方程的两根为，。∴∴，即集合D=。③当时，，方程的两根为，。∴。∴，即集合D=。（2）令得的可能极值点为。①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：00↗极大值↘极小值↗∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。②当时，由（1）知=。∵，∴，∴随的变化情况如下表：0↗极大值↘↗∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。③当时，由（1）知。∵，∴。∴。∴。∴在D内没有极值点。【考点】分类思想的应用，集合的计算，解不等式，导数的应用。【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。例5.（年浙江省理14分）已知，，函数．（Ⅰ）证明：当时，（i）函数的最大值为；（ii）；（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)证明：(ⅰ)．当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a。综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。(ⅱ)设＝﹣，∵，∴令。当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，≤|2a－b|﹢a综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b为纵轴，a为横轴．则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。作图如下：由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．∴所求a＋b的取值范围为：。【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。【解析】(Ⅰ)(ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。(ⅱ)利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b例6.（年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。（1）求的取值范围；（2）设，求在上的最大值和最小值。【答案】解：（1）∵，，∴。∴。∴。∵函数在上单调递减，∴对于任意的，都有。∴由得；由得。∴。又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。综上所述，的取值范围是0≤≤1。（2）∵∴。（i）当=0时，对于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（ii）当=1时，对于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（iii）当0＜＜1时，由得，①若，即时，在[0，1]上是增函数，∴在[0，1]上最大值是，最小值是；②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：∵，∴当时，在=0取到最小值；当时，在=1取到最小值。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1，0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。例7.（年重庆市文13分）已知函数在处取得极值为（1）求、的值（6分）；（2）若有极大值28，求在上的最大值（7分）．【答案】解：（Ⅰ）∵，∴。∵在点处取得极值，∴，即，化简得，解得。（Ⅱ）由（Ⅰ）得，令，得。，和在上的情况如下表：－0＋0－↘极小值↗极大值↘由此可知在处取得极大值，在处取得极小值。∵有极大值28，∴，解得。此时，∴上的最小值为。【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。【分析】（Ⅰ）先对函数进行求导，根据=0，，求出、的值。（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数进行求导，令，解出，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。例8.（年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。已知是实数，1和是函数的两个极值点．（1）求和的值；（2）设函数的导函数，求的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数．【答案】解：（1）由，得。∵1和是函数的两个极值点，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得。∵当时，；当时，，∴是的极值点。∵当或时，，∴不是的极值点。∴的极值点是－2。（3）令，则。先讨论关于的方程根的情况：当时，由（2）可知，的两个不同的根为I和一2，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。当时，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①当时，，于是是单调增函数，从而。此时在无实根。②当时．，于是是单调增函数。又∵，，的图象不间断，∴在（1,2）内有唯一实根。同理，在（一2，一I）内有唯一实根。③当时，，于是是单调减两数。又∵，，的图象不间断，∴在（一1，1）内有唯一实根。因此，当时，有两个不同的根满足；当时有三个不同的根，满足。现考虑函数的零点：(i）当时，有两个根，满足。而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5个零点。(11）当时，有三个不同的根，满足。而有三个不同的根，故有9个零点。综上所述，当时，函数有5个零点；当时，函数有9个零点。【考点】函数的概念和性质，导数的应用。【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。（3）比较复杂，先分和讨论关于的方程根的情况；再考虑函数的零点。例9.（年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【】A.当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.当a<0时，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.当a>0时，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考点】导数的应用。【解析】令，则。设，。令，则要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：，整理得。取值讨论：可取来研究。当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时。故选B。例10.（年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；（Ⅲ）证明.【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.令，得。当变化时，和的变化情况如下表：－0＋↘极小值↗∴在处取得极小值。∴由题意，得。∴。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，即。求导函数可得。令，得。①当时，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。∴符合题意。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增，因此取(0，)时，，即有不成立。∴不合题意。综上，实数的最小值为。（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，。在（2）中，取，得，∴。∴。综上，。【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增。由此可确定的最小值。（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。例11.（年安徽省理13分）设（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）设曲线在点的切线方程为；求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）设，则。∴。=1\*GB3①当时，。∴在上是增函数。∴当时，的最小值为。=2\*GB3②当时，∴当且仅当时，的最小值为。（=2\*ROMANII）∵，∴。由题意得：，即，解得。【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（=1\*ROMANI）根据导数的的性质分和求解。（=2\*ROMANII）根据切线的几何意义列方程组求解。三、应用导数讨论函数的增减性：典型例题：例1.（年浙江省理5分）设，【】A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】A。【考点】函数的单调性，导数的应用。【解析】对选项A，若，必有。构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。其余选项用同样方法排除。故选A。例2.（年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当且时，，则函数在[-2，2]上的零点个数为【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ。【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。【解析】由当且≠时，，知为减函数；为增函数。又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2]上的零点个数为4个。例3.（年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【】（A）（1,1]（B）（0,1]（C.）[1，+∞）（D）（0，+∞）【答案】B。【考点】用导数求函数的单调区间。【解析】∵，∴。∴。故选B。例4.（年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【】(A)(B)(C)(D)【答案】C。【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。【解析】设，则所以所以当时，同理∴即。故选C。例5.（年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝▲.【答案】。【考点】函数的增减性。【解析】∵，∴。当时，∵，函数是增函数，∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。此时，它在上是减函数，与题设不符。当时，∵，函数是减函数，∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。此时，它在上是增函数，符合题意。综上所述，满足条件的。例6.（年浙江省文15分）已知a∈R，函数（1）求的单调区间（2）证明：当0≤≤1时，+＞0.【答案】解：（1）由题意得，当时，恒成立，此时的单调递增区间为；当时，，此时函数的单调递增区间为。（2）由于，当时，；当时，。设，则。则有01－－0＋＋1减极小值增1∴。∴当时，总有。∴。【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。例7.（年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【】（A）0（Ｂ）1（Ｃ）2（Ｄ）3【答案】B。【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。又∵，。∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。例8.（年福建省文14分）已知函数f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\f(π－3,2).（I）求函数f(x)的解析式；（II）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有sinx＋xcosx＞0。当a＝0时，f(x)＝－eq\f(3,2)，不合题意；当a＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＜0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝－eq\f(3,2)，不合题意；当a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递增，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1。综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)。（II）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：由（I）知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0。又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点。又由（I）知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且仅有一个零点。当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0。由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减。当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。【解析】（I）由题意，可借助导数研究函数f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性，确定出最值，令最值等于eq\f(π－3,2)，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。（II）借助导数研究函数f(x)在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。例9.（年全国大纲卷理12分）设函数。（1）讨论的单调性；（2）设，求的取值范围。【答案】解：。（1）∵，∴。当时，，在上为单调递增函数；当时，，在上为单调递减函数；当时，由得，由得或；由得。∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。（2）由恒成立可得。令，则。当时，，当时，。又，所以，即故当时，有，①当时，，，所以。②当时，。综上可知故所求的取值范围为。【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。例10.（年全国大纲卷文12分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．【答案】解：（1）∵，∴=1\*GB3①当时，，且仅当时。∴是增函数。=2\*GB3②当时，有两个根。列表如下：的增减性＞0增函数＜减函数＞0增函数（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。∴。同理，。∴直线的解析式为。设直线与轴的交点为，则，解得。代入得，∵在轴上，∴，解得，或或。【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。例11.（年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1）∵，∴。令得，。∴。∴，得。∴的解析式为。设，则。∴在上单调递增。又∵时，，单调递增；时，，单调递减。∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①当时，，∴在上单调递增。但时，与矛盾。=2\*GB3②当时，由得；由得。∴当时，∴。令；则。由得；由得。∴当时，∴当时，的最大值为。【考点】函数和导函数的性质。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。例12.（年全国课标卷文5分）设函数(Ⅰ)求的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定义域为，。若，则，∴在上单调递增。若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。(Ⅱ)∵a=1，∴。∴当x>0时，，它等价于。令，则。由(Ｉ)知，函数在上单调递增。∵，，∴在上存在唯一的零点。∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。当时，；当时，。∴在上的最小值为。又∵，即，∴。因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。例13.（年北京市文13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当a=3,b=－9时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵a=3,b=－9，∴设。则。令，解得。又∵在各区间的情况如下：1＋0－0＋∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。其中，为最大值。∴如果函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。∴，即k的取值范围为。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。（2）由a=3,b=－9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。例14.（年天津市文14分）已知函数，其中.（I）求函数的单调区间；（II）若函数在区间（－2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；（III）当=1时，设函数在区间上的最大值为M（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。【答案】解：（I）求导函数可得。令，可得。当变化时，和的变化情况如下表：＋0－0＋↗极大值↘极小值↗∴函数的递增区间为，，单调递减区间为。（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。∴，即，解得。∴的取值范围为(0，)。（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。①当]时，，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减。∴函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者。由知，当∈[－3，－2]时，，故m（）=f（），所以。而在[－3，－2]上单调递增，因此。∴在[－3，－2]上的最小值为。②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。下面比较的大小：由在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有。∵，∴M（）=，m（）=∴在[－2，－1]上的最小值为。综上，函数在区间[－3，－1]上的最小值为。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。【分析】（I）求导函数，令＞0，可得函数的递增区间；令＜0，可得单调递减区间。（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在（－2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：①当∈[－3，－2]时，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减，因此函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在[－3，－2]上的最小值；②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比较的大小，从而可确定函数在区间[－3，－1]上的最小值。例15.（年山东省理13分）已知函数=（k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y=)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设g(x)=(x2+x)，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。【答案】解：（Ⅰ）由=可得，∵曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，∴，即，解得。（Ⅱ），令可得，即。令，由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。由（Ⅰ）知，，∴。当时，；当时，。（取点代入）∴在区间内为增函数；在内为减函数。（Ⅲ）∵，可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），∴。设。则。令，解得。当时，；当时，。∴在取得最大值。∴，即。∴对任意x＞0，。【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。【解析】（Ⅰ）由曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y=f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。例16.（年湖南省文13分）已知函数，其中＞0.（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，证明：存在，使恒成立.【答案】解：（Ⅰ）令，得。当时单调递减；当时单调递增。∴当时，取最小值。∴对一切恒成立，当且仅当.①令则。当时，单调递增；当时，单调递减。∴当时，取最大值。∴当且仅当时，①式成立。综上所述，的取值集合为。（Ⅱ）证明：由题意知，。令则。令，则。当时，单调递减；当时，单调递增。∴当，即。∴，。又∵∴。∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，∴存在使即成立。【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出取最小值对一切∈R，≥1恒成立转化为从而得出求的取值集合。（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。例17.（年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。故g(x)只有唯一零点x＝x0。由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得axeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＜0.所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞eq\f(x3,6)，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x)的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(例18.（年辽宁省文12分）设，证明：(Ⅰ)当时，(Ⅱ)当时，【答案】证明：(Ⅰ)设，则。∵当时，，∴单调递减。又∵，∴。∴当时，。(Ⅱ)由均值不等式，当＞0时，，即。令。则。令。则当时，。∴在（1，3）内是单调递减函数。∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内是单调递减函数。∵又，∴在（1，3）内，。∴当时，。【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。（II）由均值不等式，可得。用差值法构造函数，可得。构造函数，利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。例19.（年江西省理14分）若函数满足（1），；（2）对任意，有；（3）在上单调递减。则称为补函数。已知函数。（1）判函数是否为补函数，并证明你的结论；（2）若存在，使得，称是函数的中介元。记时的中介元为，且，若对任意的，都有，求的取值范围；（3）当，时，函数的图像总在直线的上方，求的取值范围。【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：①h(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－0,1＋0)))eq\f(1,p)＝1，h(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－1,1＋λ)))eq\f(1,p)＝0；②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－ap,1＋λap)))\f(1,p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(1－ap,1＋λap),1＋λ\f(1－ap,1＋λap))))eq\f(1,p)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋λap,1＋λ)))eq\f(1,p)＝a；③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝eq\f(－pxp－11＋λxp－1－xpλpxp－1,1＋λxp2)＝eq\f(－p1＋λxp－1,1＋λxp2)。∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。（2）当p＝eq\f(1,n)(n∈*)，由h(x)＝x，得λxeq\f(2,n)＋2xeq\f(1,n)－1＝0，(*)①当λ＝0时，中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得xeq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(1＋λ)＋1)∈(0,1)或xeq\f(1,n)＝eq\f(1,1－\r(1＋λ))∉[0,1]；得中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n。综合①②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n(n∈*)。∴当λ>－1时，有Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))i＝eq\f(1,\r(1＋λ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n))<eq\f(1,\r(1＋λ))，当n无限增大时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n无限接近于0，Sn无限接近于eq\f(1,\r(1＋λ))。∴对任意的n∈*，Sn<eq\f(1,2)成立等价于eq\f(1,\r(1＋λ))≤eq\f(1,2)，即λ∈[3，＋∞)．（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)eq\f(1,p)，中介元为xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)。①当0<p≤1时，eq\f(1,p)≥1，中介元xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)≤eq\f(1,2)，所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。②当p>1时，依题意只需(1－xp)eq\f(1,p)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立。设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。由φ′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，φ′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，φ′(x)>0。又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立。综上：p的取值范围是(1，＋∞)。【考点】综合法与分析法的应用，简单的演绎推理。【解析】（1）可通过对函数进行研究，探究其是否满足补函数的三个条件来确定函数是否是补函数。（2）由题意，先根据中介元的定义得出中介元xn通式，代入，计算出和，然后结合极限的思想，利用Sn<eq\f(1,2)得到参数的不等式，解出它的取值范围。（3），时，对参数p分别讨论由函数的图象总在直线的上方这一位置关系进行转化，解出p的取值范围。四、导数的几何意义和应用导数求曲线的切线：典型例题：例1.（年全国课标卷文5分）曲线在点（1,1）处的切线方程为▲【答案】。【考点】导数的应用，曲线的切线方程。【解析】∵，∴。∴。∴曲线在点（1,1）处的切线方程为，即。例2.（年广东省理5分）曲线在点（1，3）处的切线方程为▲。【答案】。【考点】曲线的切线方程，导数的应用。【解析】∵，，∴由点斜式得所求的切线方程为，即。例3.（年辽宁省理5分）已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为▲。【答案】4。【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。由得，∴。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为。联立方程组解得。∴点A的纵坐标为4。例4.（年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为▲.【答案】2。【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：∵，，∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。例5.（年北京市理13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴设。则。令，解得。∵，∴。又∵在各区间的情况如下：＋0－0＋∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。①若，即时，最大值为；②若，即时，最大值为。③若时，即时，最大值为。综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据，和三种情况讨论的最大值。例6.（年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。（Ⅰ）用和表示；（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。∴抛物线在点A处的切线方程为，即。∴。（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。当时,。当n=0，1，2时，显然。∴当时，对所有自然数都成立。∴满足条件的的最小值是。（Ⅲ）由（1）知，则，。下面证明：。首先证明：当0<x<1时，，设函数，则。∵当时，；当时，，∴在区间（0,1）上的最小值min=g。∴当0<x<1时，≥0,即得。由0<a<1知0<ak<1()，∴。从而。【考点】导数的应用、不等式、数列。【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：。例7.（年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数（Ⅰ）求的最小值；（=2\*ROMANII）若曲线在点处的切线方程为，求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴当且仅当时，的最小值为。（=2\*ROMANII）∵曲线在点处的切线方程为，∴。∴=1\*GB3①。又∵，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②得：。【考点】基本不等式的应用，导数的应用。【解析】（=1\*ROMANI）应用基本不等式即可求得的最小值。（=2\*ROMANII）由和联立方程组，求解即可求得的值。例8.（年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（=2\*ROMANII）求函数f(x)的最大值；（=3\*ROMANIII）证明：f(x)＜eq\f(1,ne).【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。∴a＝1，b＝0。（=2\*ROMANII）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))。令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(n,n＋1)，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝eq\f(n,n＋1)。∵在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(n,n＋1)))上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,n＋1)))＝eq\f(nn,n＋1n＋1)。（=3\*ROMANIII）证明：令φ(t)＝lnt－1＋eq\f(1,t)(t＞0)，则φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)(t＞0)。∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－eq\f(1,t)(t＞1)。令t＝1＋eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)＞eq\f(1,n＋1)，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞lne。∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞e，即eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)。由（=2\*ROMANII）知，f(x)≤eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)，∴所证不等式成立。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立