最新高考数学解题技巧大揭秘 专题4 导数的简单应用及定积分(2)

【突破训练1】 直线y＝2x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b＝________. 解析 切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，11111

，ln ?，代入直切点在切线上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2得，x＝，故切点为?2??2xx211线方程，得ln ＝2×＋b，所以b＝－ln 2－1. 22答案 －ln 2－1 利用导数研究函数的单调性 常考查：①利用导数研究含参函数的单调性问题；②由函数的单调性求参数的范围．尤其是含参函数单调性的研究成为高考命题的热点，主要考查学生的分类讨论思想，试题有一定难度．

a

【例2】已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x．求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间．

x[审题视点] [听课记录]

[审题视点] 确定定义域→求导→对a进行分类讨论→确定f(x)的单调性→下结论．

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a

解 函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定义域为(0，＋∞)．

x

2

a1x＋x－a

所以f′(x)＝1－2＋＝. xxx21

①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则f′(x)≥0.

4所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．

1

②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，

4解得x1＝

－1＋1＋4a－1＋1＋4a

＜0，x2＝. 22

－1＋1＋4a1

(1)若－＜a≤0，则x2＝≤0.

42因为x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＞0， 所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)若a＞0，则x∈0，x∈?

?－1＋1＋4a?

时，f′(x)＜0；

2?

－1＋1＋4a，＋∞时，f′(x)＞0. 2所以函数F(x)在区间0，增． ??－1＋1＋4a??－1＋1＋4a?上单调递减，在区间，＋∞上单调递

22???

综上所述，当a≤0时，函数F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； ?－1＋1＋4a?，单调递增区间为

当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为0，2???－1＋1＋4a?，＋∞. 2?? 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题

可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．

【突破训练2】设函数f(x)＝aex＋

1

＋b(a＞0)． aex(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；

3

(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．

2解 (1)f′(x)＝aex－

1， aex当f′(x)＞0，即x＞－ln a时，f(x)在(－ln a，＋∞)上递增；

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当f′(x)＜0，即x＜－ln a时，f(x)在(－∞，－ln a)上递减．

①当0＜a＜1时，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上递减，在(－ln a，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(－ln a)＝2＋b；

②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(0)＝1

a＋＋b.

a

(2)依题意f′(2)＝ae2－

13122

2＝，解得ae＝2或ae＝－(舍去)． ae22

211

所以a＝2，代入原函数可得2＋＋b＝3，即b＝.

e2221

故a＝2，b＝.

e2

利用导数研究函数的极值或最值

此类问题的命题背景很宽泛，涉及到的知识点多，综合性强，常考查：①直接求极值或最值；②利用极(最)值求参数的值或范围．常与函数的单调性、方程、不等式及实际应用问题综合，形成知识的交汇问题．

【例3】? 已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．

(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；

(2)若a＞0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值． [审题视点] [听课记录]

[审题视点] (1)根据f(x)、g(x)的函数图象的性质，列出关于m、n的方程，求出m、n的值．(2)分类讨论．

解 (1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)， 得m－n＝－3.① 由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2， 得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，

则g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n. 而g(x)的图象关于y轴对称，所以－所以m＝－3.代入①得n＝0. 于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 由f′(x)＞0得x＞2或x＜0，

故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 由f′(x)＜0，得0＜x＜2， 故f(x)的单调递减区间是(0,2)．

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2m＋6

＝0， 2×3

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(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0得x＝0或x＝2.

当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) 由此可得： 当0＜a＜1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值； 当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；

当1＜a＜3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值； 当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．

[来源:21世纪教育网](－∞，0) ＋ 0 0 极大值 (0,2) － 2 0 极小值 (2，＋∞) ＋

综上得，当0＜a＜1时，f(x)有极大值－2，无极小值； 当1＜a＜3时，f(x)有极小值－6，无极大值； 当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．

(1)求单调递增区间，转化为求不等式f′(x)≥0(不恒为0)的解集即可，已知f(x)

在M上递增?f′(x)≥0在M上恒成立，注意区别． (2)研究函数的单调性后可画出示意图．

讨论区间与0,2的位置关系，画图→截取→观察即可．

【突破训练3】已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.

(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.

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