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- 2021-06-11 发布
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专题04 导数的概念与应用
【自主热身,归纳提炼】
1、曲线y=x-cosx在点处的切线方程为________.
【答案】2x-y-=0
【解析】:因为y′=1+sinx,所以k切=2,所以所求切线方程为y-=2,即2x-y-=0.
2、在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=lnx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′=,所以曲线y=lnx在x=e处的切线的斜率k=y′x=e=.又该切线与直线ax-y+3=0垂直,所以a·=-1,所以a=-e.
3、若曲线C1:y=ax3-6x2+12x与曲线C2:y=ex在x=1处的两条切线互相垂直,则实数a的值为________.
【答案】-
【解析】:因为y′=3ax2-12x+12,y′=ex,所以两条曲线在x=1处的切线斜率分别为k1=3a,k2=e,即k1·k2=-1,即3ae=-1,所以a=-.
4、 在平面直角坐标系xOy中,记曲线y=2x-(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+,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=.由题意得-2m=12,解得m=-3或m=-4.
5、设f(x)=4x3+mx2+(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)=12x2+2mx+(m-3),又函数f(x)是R上的单调增函数,所以12x2+2mx+(m-3)≥0在R上恒成立,所以(2m)2-4×12(m-3)≤0,整理得m2-12m+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,在
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,从而可得(-5,0).
7、已知点A(1,1)和B(-1,-3)在曲线C:y=ax3+bx2+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a3+b2+d=________.
【答案】:7
【解析】 由题意得y′=3ax2+2bx,因为k1=k2,所以3a+2b=3a-2b,即b=0.又a+d=1,d-a=-3,所以d=-1,a=2,即a3+b2+d=7.
8、已知函数f(x)=lnx-(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m=________.
【答案】:-3e
9、 曲线f(x)=·ex-f(0)x+x2在点(1,f(1))处的切线方程为________________.
【答案】:y=ex-
【解析】:因为f′(x)=·ex-f(0)+x,故有即原函数表达式可化为f(x)=ex-x+x2,从而f(1)=e-,所以所求切线方程为y-=e(x-1),即y=ex-.
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、已知函数在时取得极值,则a的值等于 .
【答案】:3
【解析】 ,根据题意,解得,经检验满足题意,所以a的值等于3.
11.已知三次函数在是增函数,则m的取值范围是 .
【答案】:
【解析】 ,由题意得恒成立,∴,∴.
12、 若函数在开区间既有最大值又有最小值,则实数a的取值范围是 .
【答案】:.
【解析】 :函数在处取得极小值,在处取得极大值,又因为函数在开区间内既有最大值又有最小值,所以即a的取值范围是.
【问题探究,开拓思维】
例1、若直线为曲线的一条切线,则实数的值是 .
【答案】:1
【解析】: 设切点的横坐标为,由曲线,得,所以依题意切线的斜率为,得,所以切点为,又因为切线过切点,故有,解得.
(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lnx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(ex)=0即为2ex+-3=0,去分母,得
2(ex)2-3ex+1=0,解得ex=1或ex=,(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;
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 .(10分)
(3) 解法1 当a=1时,g(x)=x-3,h(x)=(x-3)lnx,
所以h′(x)=lnx+1-单调递增,h′=ln+1-2<0,h′(2)=ln2+1->0,所以存在唯一x0∈,使得h′(x0)=0,即lnx0+1-=0,(12分)
当x∈(0,x0)时,h′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,所以h(x)min=h(x0)=(x0-3)lnx0=(x0-3)·=-=6-.
记函数r(x)=6-,则r(x)在上单调递增,(14分)
所以r<h(x0)<r(2),
即h(x0)∈,
由2λ≥-,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)lnx,
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)lnx>-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)lnx>-2恒成立.
即证明lnx+<0.令m(x)=lnx+,
所以m′(x)=-=,由m′(x)=0,得x=4-,(14分)
当x∈(1,4-)时,m′(x)>0;当x∈(4-,3)时,m′(x)<0.
所以m(x)max=m(4-)=ln(4-)-<ln(4-2)-=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