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第三讲导数的应用•导数的几何意义•(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)；•(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．[例1](2012年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝aex＋1aex＋b(a0)．在点(2，f(2))处的切线方程为y＝32x，求a，b的值．[解析]∵f′(x)＝aex－1aex，∴f′(2)＝ae2－1ae2＝32，解得ae2＝2或ae2＝－12(舍去)，所以a＝2e2，代入原函数可得2＋12＋b＝3，即b＝12，故a＝2e2，b＝12.•已知函数f(x)＝x3－x.•(1)求曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程；•(2)若过x轴上的点(a，0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线，求a的取值范围．•解析：(1)由题意得f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－1)·x－2t3，将点(1，0)代入切线方程得2t3－3t2＋1＝0，解得t＝1或－，代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋.•(2)由(1)知若过点(a，0)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则方程2t3－3at2＋a＝0有三个相异的实根，记g(t)＝2t3－3at2＋a.•则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．•当a0时，函数g(t)的极大值是g(0)＝a，极小值是g(a)＝－a3＋a，要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根，需使a0且－a3＋a0，即a0且a2－10，即a1；•当a＝0时，函数g(t)单调递增，方程g(t)＝0不可能有三个相异的实数根；•当a0时，函数g(t)的极大值是g(a)＝－a3＋a，极小值是g(0)＝a，要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根，需使a0且－a3＋a0，即a0且a2－10，即a－1.•综上所述，a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．•函数的单调性与导数的关系•在区间(a，b)内，如果f′(x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．•[例2](2012年高考山东卷改编)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．•(1)求k的值；•(2)求f(x)的单调区间．•由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，•所以f′(1)＝0，因此k＝1.•(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．•令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，•当x∈(0，1)时，h(x)0；•当x∈(1，＋∞)时，h(x)0.•又ex0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)0；•当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.•因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．[解析](1)由f(x)＝lnx＋kex，得f′(x)＝1－kx－xlnxxex，x∈(0，＋∞)．•(1)当a0时，y＝ax2＋2x－1为开口向上的抛物线，所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上恒有解；•(2)当a0时，y＝ax2＋2x－1为开口向下的抛物线，要使ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解，则Δ＝0，此时－1a0；•(3)当a＝0时，显然符合题意．•综上所述，实数a的取值范围是(－1，＋∞)．若函数f(x)＝lnx－12ax2－2x存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解析：由题知f′(x)＝1x－ax－2＝－ax2＋2x－1x，因为函数f(x)存在单调递减区间，所以f′(x)＝－ax2＋2x－1x≤0有解．又因为函数的定义域为(0，＋∞)，则应有ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解．•1．求函数y＝f(x)在某个区间上的极值的步骤•(1)求导数f′(x)；•(2)求方程f′(x)＝0的根x0；•(3)检查f′(x)在x＝x0左右的符号；•①左正右负⇔f(x)在x＝x0处取极大值；•②左负右正⇔f(x)在x＝x0处取极小值．•2．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤•(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值(极大值或极小值)；•(2)将y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．•[例3](2012年高考北京卷)已知函数f(x)＝ax2＋1(a0)，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．•[解析](1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，•因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，•所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．•即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.•解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝14a2时，h(x)＝x3＋ax2＋14a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋14a2.令h′(x)＝0，得x1＝－a2，x2＝－a6.a0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－a2)和(－a6，＋∞)；单调递减区间为(－a2，－a6)．当－a2≥－1，即0a≤2时，函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－14a2.当－a2－1，且－a6≥－1，即2a≤6时，函数h(x)在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间(－a2，－1]上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－a2)＝1.当－a6－1，即a6时，函数h(x)在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间(－a2，－a6)上单调递减，在区间(－a6，－1]上单调递增，又因为h(－a2)－h(－1)＝1－a＋14a2＝14(a－2)20，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－a2)＝1.(2012年珠海摸底)若函数f(x)＝2x3＋3x2＋1（x≤0）eax（x0），在[－2，2]上的最大值为2，则a的取值范围是()A．[12ln2，＋∞)B．[0，12ln2]C．(－∞，0]D．(－∞，12ln2]解析：当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln2在(0，2]上恒成立，即a≤ln2x在(0，2]上恒成立，故a≤12ln2.答案：D【真题】(2012年高考辽宁卷)设f(x)＝ln(x＋1)＋x＋1＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝32x在(0，0)点相切．(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x)9xx＋6.【解析】(1)由y＝f(x)过(0，0)点，得b＝－1.由y＝f(x)在(0，0)点的切线斜率为32，又y′x＝0＝(1x＋1＋12x＋1＋a)x＝0＝32＋a，得a＝0.(2)证明：证法一由均值不等式，当x0时，2（x＋1）·1x＋1＋1＝x＋2，故x＋1x2＋1.记h(x)＝f(x)－9xx＋6，则h′(x)＝1x＋1＋12x＋1－54（x＋6）2＝2＋x＋12（x＋1）－54（x＋6）2x＋64（x＋1）－54（x＋6）2＝（x＋6）3－216（x＋1）4（x＋1）（x＋6）2.令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0x2时，g′(x)＝3(x＋6)2－2160.因此g(x)在(0，2)内是递减函数．•又由g(0)＝0，得g(x)0，所以h′(x)0.•因此h(x)在(0，2)内是递减函数．•又h(0)＝0，得h(x)0.于是当0x2时，f(x)9xx＋6.证法二由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋x＋1－1.由均值不等式，当x0时，2（x＋1）·1x＋1＋1＝x＋2，故x＋1x2＋1.①令k(x)＝ln(x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋10，故k(x)0，即ln(x＋1)x.②•【名师点睛】本题主要考查导数的应用和不等式的证明以及转化与化归能力，难度较大．本题不等式的证明关键在于构造函数利用最值来解决．由①②得，当x0时，f(x)32x.记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0x2时，h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－932x＋(x＋6)·(1x＋1＋12x＋1)－9＝12（x＋1）[3x(x＋1)＋(x＋6)·(2＋x＋1)－18(x＋1)]12（x＋1）[3x(x＋1)＋(x＋6)·(3＋x2)－18(x＋1)]＝x4（x＋1）(7x－18)0.因此h(x)在(0，2)内单调递减．又h(0)＝0，所以h(x)0，即f(x)9xx＋6.•高考对导数的应用的考查综合性较强，一般为解答题，着重考查以下几个方面：一是利用导数的几何意义来解题；二是讨论函数的单调性；三是利用导数研究函数的极值与最值．常涉及不等式的证明、方程根的讨论等问题．•因为当0x1时，f′(x)0，此时f(x)单调递减，•当1xe时，f′(x)0，此时f(x)单调递增，•所以f(x)的极小值为f(1)＝1.【押题】已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝lnxx，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论a＝1时，f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)g(x)＋12；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由题知当a＝1时，f′(x)＝1－1x＝x－1x，(2)证明因为f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1.令h(x)＝g(x)＋12＝lnxx＋12，h′(x)＝1－lnxx2，当0xe时，h′(x)0，h(x)在(0，e]上单调递增，所以h(x)max＝h(e)＝1e＋1212＋12＝1＝f(x)min，所以在(1)的条件下，f(x)g(x)＋12.(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－1x＝ax－1x.①当a≤0时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)0，而f(x)在(0，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝4e(舍去)，此时f(x)无最小值；②当01ae时，f(x)在(0，1a)上单调递减，在(1a，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1a)＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；③当1a≥e时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)0，所以f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝4e(舍去)此时f(x)无最小值．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.本小节结束请按ESC键返回