3.1.1 变化率问题教学创新设计

第三讲 函数与导数

一、知识回顾

1.导数的概念

（1）如果当x0时，y有极限，就说函数yfx在点x0处可导，并把这个极限叫x做fx在点x0处的导数（或称之为变化率）.记作fx0或yxx0，即fx0limyfx0xfx0lim. x0xx0x（2）导数fx0的几何意义曲线yfx在点x0,fx0处的切线的斜率；瞬时速度就是位移函数st对时间t的导数. （3）如果函数fx在开区间a,b内的每一点都可导，则称fx在开区间a,b内可导.函数fx在a,b内的导数值构成了一个新的函数，称为fx在区间a,b内的导函数，记作fx或y. 求某点导数值的步骤：①先求出导函数；②求导函数在该点处的导数值. 2．几种常见函数的导数

（1）C0（其中C为常数）；

（2）xnxnn1，nQ；

（3）sinxcosx；

（4）cosxsinx；

（5）logax（6）a11logae，特别取ae时有lnx；

xxaxxlna，特别取ae时有exex. 导数的计算是必考内容，但一般不会单独命题，而是在考察导数应用的同时加以考察. 3．四则运算的求导法则

设u、v在其公共定义域内是可导函数，那么有：

（1）uvuv；

1

（2）uvuvuvl；

uuvuv（3），v0；

2vvvx. （4）复合函数yuvx为yuv求导法则要熟记，尤其要注意复合函数求导法则的应用.现阶段对于复合函数的求导仅限于只复合一次的复合函数，且内层函数一般是一次函数. 4．导数的应用

（1）切线方程：设函数yfx在点x0处可导，则fx在点x0,fx0处的切线方程为fxfx0fx0xx0即fxfx0xx0fx0. 曲线的切线与曲线可以不止一个公共点，与曲线只有一个公共点的直线也未必是切线. 已知切线上一点求切线方程，要分清是“在”还是“过”这点的切线，若如果已知点不在曲线上，则只能“过”，这点必不是切点；若如果已知点在曲线上，则有可能是“过”也可能是“在”，“在”则该点为切点，求得的切线只有一条，“过”则该点不一定是切点，求得的切线可以不止一条. 求切线方程是要注意直线与y轴平行，即斜率不存在的情况. （2）函数单调性：设函数yfx在某个区间内可导，如果fx0，则fx为增函数；若fx0，则fx为减函数. （3）函数的极值：

①设函数fx在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有fxfx0，则fx0是函数fx的一个极大值；如果对x0附近的所有的点，都有fxfx0，则fx0是函数fx的一个极小值.极小值与极大值统称为极值. ②当函数fx在x0处连续时，判别fx0是极大值还是极小值的方法如下：

如果xx0时fx00，xx0时fx00，则fx0是极大值；

如果xx0时fx00，xx0时fx00，则fx0是极小值. 若点x0是函数fx的极值，则必须要满足两个条件：①在点x0处fx的导数值为0，；2

②在xx0和xx0的局部范围内，fx的导数的正负不同. 在求极值点的范围时，有时可以对导函数fx利用零点定理来确定. （4）函数的最值

函数的最值包括函数的最大值和最小值.设函数fx在a,b上连续，在a,b内可导，先求fx在a,b内的极值，再将各极值与端点值fa和fb进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. 函数在闭区间内的最值一定存在，在半开半闭区间内至少存在一个，在开区间内则不一定存在. 若在某区间内函数fx有且只有一个极值，那该极值即为函数在该区间内的最值，另外一个最值在端点处取到或不存在. 二、精选例题

第一部分：导数的几何应用

x21例1已知曲线y的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（）

24A．1

B．2

C．3

D．4 x2111【解析】已知曲线y的一条切线的斜率为，y'x=，

2224∴ x=1，则切点的横坐标为1，选A. 例2设曲线yax2在点（1，a）处的切线与直线2xy60平行，则a（）

A．1

B．1

2

C．1

2D．1

x1【解析】y'2ax，于是切线的斜率ky'2a，∴有2a2a1

例3过点（－1，0）作抛物线yx2x1的切线，则其中一条切线为（

）

（A）2xy20（B）3xy30（C）xy10（D）xy10

2【解析】y2x1，设切点坐标为(x0,y0)，则切线的斜率为2x01，且y0x0x01

2于是切线方程为yx0x01(2x01)(xx0)，

3

因为点（－1，0）在切线上，可解得x0＝0或－4，代入可验正D正确.选D 例4若曲线yx121在点a,a2处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则a（）

（A）64

（B）32

（C）16

（D）8 3131311【解析】y'x2,ka2，切线方程是ya2a2(xa)，

22231令x0，ya2，令y0，x3a，

2131∴三角形的面积是s3aa218，解得a64.故选A. 22例5曲线y=e2x+1在点（0，2）处的切线与直线y0和yx围成的三角形的面积为

（A）112

（B）

（C）

（D）1 233【解析】y'2e2x，k2，切线方程为y22x

由yxy2x2134x. 332x1213得则S1.故选A 233y23例6已知曲线y（1）求曲线在点P2,4处的切线方程；

（2）求曲线过点P2,4的切线方程

【答案】（1）4xy40（2）4xy40或xy20

【解析】（1）yx2，又P2,4在曲线上，在点P处的切线的斜率为kyx24，

曲线在点P处的切线方程为y44x2，即4xy40. （2）设曲线过点P的切线与曲线的切点为x0,x013342则切线的斜率为kx0

，31342切线方程为yx0x0xx0

334

1342切线过点P2,4，4x0x02x0，

33整理后解得x01或x02，

切线方程为4xy40或xy20

例7曲线ysinx1在点M(,0)处的切线的斜率为（）

sinxcosx24A．1221

B．

C．

D．

2222【答案】B 【解析】y'cosx(sinxcosx)sinx(cosxsinx)1，

22(sinxcosx)(sinxcosx)(sin11. 2所以y'x4cos)244例8已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1)处)的切线方程为x1xx2y30. （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)lnxk，求k的取值范围. x1xa(【解析】（Ⅰ）f(x)x1lnx)bx，

(x1)2x2f(1)1b1由题意知：即1a1

f(1)b222ab1

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，

x1xlnx11)所以f(x)(x1x1x2(k1)(x21)2lnx

x(k1)(x21)(k1)(x21)2x,(x0)则h(x)设h(x)2lnx

xx25

k(x21)(x1)2（1）如果k0，由h(x)知，

x2当x1时，h(x)0，而h(1)0

故由当x(0,1)时h(x)0,当x(1,),时h(x)0得：

1h(x)0

1-x2从而，当x0时，f(x)(（2）如果k(0,1)，

lnxklnxk)0,即f(x)

x1xx1x1)时，(k1)(x21)2x0,h(x)0

1k1h(x)0与题设矛盾；

而h(1)0；h(x)0得：21-x则当，x(1,（3）如果k1，那么因为h(x)0而h(1)0，

x(1,)时，由h(x)0得：综合以上情况可得：k,0

1h(x)0与题设矛盾；

1-x2第二部分：导数与函数的单调性

x21(x2)例1已知f(x)1，则f'(x)______.

x4(x2)2'【解析】当x2时，f'(x)2x，当x2时，f(x)1，显然f'(2)不存在，

22x(x2)'故f(x)1. (x2)2例2若f(x)xxlnx，则f'(x)的解集为

-，）（，+）

A. (,)

B. （

C.

(,)

D. (-,)

xx【解析】因为f'(x)x，原函数的定义域为(0,)，

xx所以由f'(x)可得x2x20，解得x2，故选C. 例3函数f(x)x33x21在x处取得极小值. 6

【解析】f'(x)3x26x3x(x2)

令f'(x)0得x2或x0,令f'(x)(x)3x26x3x(x2)令f'(x)0得x2或x0,令f'(x)0得0x2. 所以函数的单调递增区间为(,0),(2,)，减区间为(0,2），

所以函数在x=2处取得极小值. 例4已知点p在曲线y4上，为曲线在点p处的切线的倾角，则的取值范围是

ex1A．0，

B. ，0

C. ，

D. ，

44424【解析】设切点为x0,y0，倾斜角为，

3344ex4对函数求导可得yx，

2x1e1xe1e2xetanfx041ex02x0e，

因为e0x11x02e24，

，所以x0x0eetan31,0，又0,，所以,. 14ex02x0e4例5已知函数f(x)xbxcb,cR，对任意的xR，恒有f'xfx. 2（Ⅰ）证明：当x0时，fxxc；

2（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b,c,不等式fcfbMcb22恒成立，求M的最2小值. 【解析】（Ⅰ）易知f'x2xb.由题设，对任意的xR,2xbxbxc，

即xb2xcb0恒成立，

2b21.

所以b24cb0，从而c42于是c1，且cb，因此2cbccb0.

7

故当x0时，有xcfx2cbxcc10.

2即当x0时，fxxc.

2fcfbc2b2bcb2c2b（Ⅱ）由（Ⅰ）知，cb时，有M. 2222bccbcbbc2b1令t，则1t1,2. cbc1t31(1t1)的值域是(,). 而函数g(t)221t3)

因此，当cb时，M的取值集合为[，2当cb时，由（Ⅰ）知，b2,c2. 此时fcfb8或0，c2b20，

从而fcfb0.综上所述，M的最小值为3. 2例6某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式ya10(x6)2，其中3x6，a为常数，已知销售x3价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （I）求a的值

（II）若该商品的成品为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（I）因为x5时，y11，所以a1011,a2.

2210(x6)2,

（II）由（I）可知，该商品每日的销售量yx3所以商场每日销售该商品所获得的利润

f(x)(x3)[210(x6)2]210(x3)(x6)2,3x6

x32从而，f'(x)10[(x6)2(x3)(x6)]30(x4)(x6)

于是，当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x （3，4）

+ 8 4 0 （4，6）

- f'(x)

f(x)

单调递增

极大值42 单调递减

由上表可得，x=4是函数f(x)在区间（3，6）内的极大值点，也是最大值点；

所以，当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 例6设函数f(x)(xa)lnx(aR)

（Ⅰ）若xe为yf(x)的极值点，求实数a

（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意x(0,3e]恒有f(x)4e2成立

注：e为自然对数的底数

【解析】（Ⅰ）因为f(x)(xa)2lnx

2(xa)2a(xa)(2lnx1)所以f(x)2(xa)lnxxx

因为xe为yf(x)的极值点所以

af(e)(ea)(3)0解得ae或a3e经检验，符合题意，

e所以ae或a3e

（Ⅱ）①当0x1时，对于任意实数a，恒有f(x)04e2成立

22②当1x3e时，由题意，首先有f(3e)(3ea)ln3e4e

解得3e2e2ea3eln(3e)ln(3e)

ax由（Ⅰ）知f(x)(xa)(2lnx1)

令h(x)2lnx1a则h(1)2ln11a1a0，h(a)2lna0

x且h(3e)2ln(3e)1a2ln(3e)13e3e2eln(3e)3e

2(ln3e1)0

3ln(3e)又h(x)在(0,)内单调递增，

所以函数h(x)在(0,)内有唯一零点，记此零点为x0，

9

则1x03e，1x0a. 从而，当x(0,x0)时，f(x)0；

当x(x0,a)时f(x)0；当x(a,)时，f(x)0. 即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)内单调递减，在(a,)内单调递增

所以要使f(x)4e2对x(1,3e]恒成立，

f(x0)(x0a)2lnx04e2,只要22f(3e)(3ea)ln(3e)4e由h(x0)2lnx01(1)(2)成立，

a0，知a2x0lnx0x0(3)

x0232将（3）代入（1）得4x0lnx04e.

又x01.注意到函数x2ln3x在[1,)内单调递增，故1x0e

再由（3）以及函数2xlnxx在(1,)内单调递增，可得1a3e，

由（2）解得3e2e2e2ea3e

a3e，所以3eln(3e)ln(3e)ln(3e)2ea3e. ln(3e)2综上，a的取值范围为3e例8已知a，b是实数，函数f(x)xax,g(x)xbx,f(x)和g(x)是f(x),g(x)的导函数，若f(x)g(x)0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致

（1）设a0，若f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致，求b的取值范围；

（2）设a0,且ab，若f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最

【解析】f(x)3xa,g(x)2xb.

（1）由题意知f(x)g(x)0在[1,)上恒成立，因为a0，故3xa0,

进而2xb0,即b2x在区间[-1,+)上恒成立，所以b2.

23210

因此b的取值范围是[2,).

（2）令f(x)0,解得x.

若b0,由a0得0(a,b).又因为f(0)g(0)ab0，

所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的，因此b0.

a3现设b0.当x(,0)时,g(x)0；当x(,a)时，f(x)0.

3因此，当x(,a)时，f(x)g(x)0.

3故由题设得a且b-,从而因此|ab|a3a311a0,于是b0.

3311,且当a,b0时等号成立，

33112又当a,b0时,f(x)g(x)6x(x)，

391从而当x(,0)时f(x)g(x)0

311故当函数f(x)和g(x)在(,0)上单调性一致，因此|ab|的最大值为.

33ex例9设f(x)，其中a为正实数

1ax（Ⅰ）当a4时，求f(x)的极值点；

3（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围. 1ax2ax【解析】对f(x)求导得f(x)e.①

22(1ax)x（Ⅰ）当a4312，若f(x)0,则4x8x30,解得x1,x2.

3221

20 极大值

11 综合①，可知

x

f(x)

f(x)

1(,)

2+ ↗

13(,)

22－

↘

3

20 极小值

3(,)

2+ ↗

31是极小值点，x2是极大值点. 22（II）若f(x)为R上的单调函数，则f(x)在R上不变号，

所以，x1结合①与条件a>0，知ax22ax10在R上恒成立，

2因此4a4a4a(a1)0,由此并结合a0，知0a1.

三、课堂训练

第一部分：导数的几何应用

1曲线y2xx在点（1，1）处的切线方程为

. 【解析】y23x2,y|x11，

∴曲线y2xx在点（1，1）处的切线方程为y-1= -（x-1），即y+x-2=0 2设曲线yeax在点(0，1)处的切线与直线x2y10垂直，则a．

【答案】

2 【解析】y'ae，∴切线的斜率ky'ax33a2

x0a，所以由a()1得123曲线y=e2x+1在点（0，2）处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积为

（A）112

（B）

（C）

（D）1 323【解析】选A.y2e2x,y|r02切线方程是y2x2，

在直角坐标系中作出示意图，即得S4曲线y1211. 233x在点1,1处的切线方程为

2x1A. xy20

B. xy20

C.x4y50

D. x4y50

【解析】y|x12x12x1|[]|1，

x122x1(2x1)(2x1)故切线方程为y1(x1)，即xy20故选B. 5过点(1,1)的直线l与曲线yx3x22x1相切，且(1,1)不是切点，则直线l的斜率是（）

A 2

B 1

C 1

D 2

【解析】设yxx2x1f(x),f(x)3x2x2，设切点t,f(t)，

32212

yf(t)f(t)(xt)，把(1,1)代入且t1得到t1，所以k1

6设f(x)xaxbx的导数f'(x)满足f'()a,f'()b，其中常数a,bR．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程；

（Ⅱ）设g(x)f'(x)ex，求函数g(x)的极值．

2【解析】（I）因f(x)xaxbx1,故f(x)3x22axb.

令x1,得f(1)32ab,

由已知f(1)2a,因此32ab2a,解得b3.

又令x2,得f(2)124ab,由已知f(2)b,

因此124abb,解得a.

332325x3x1,从而f(1)

223又因为f(1)2()3,故曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2

5y()3(x1),即6x2y10.

23因此f(x)x（II）由（I）知g(x)(3x3x3)e，从而有g(x)(3x9x)e.

令g(x)0,得3x29x0,解得x10,x23.

当x(,0)时,g(x)0,故g(x)在(,0)上为减函数；

当x(0,3)时,g(x)0,故g(x)在（0，3）上为增函数；

当x(3,)时，g(x)0,故g(x)在(3,)上为减函数；

从而g(x)在x10取得极小值g(0)3,在x23取得极大值g(3)15e3.

3227设函数f，gx，其中xR，a、b为常数，已知()xx2axbxa()x3x22x2x曲线yf(x)与yg(x)在点（2，0）处有相同的切线l. （I）求a、b的值，并写出切线l的方程；

（II）若方程f()有三个互不相同的实根0、x、x，其中x1x2，且对任xg()xmx意的xx恒成立，求实数m的取值范围. ()g()xm(x1)1,x2，fx13

【解析】（Ⅰ）f(x)3x4axb,g(x)2x3.

由于曲线yf(x)与yg(x)在点（2，0）处有相同的切线，

故有f(2)g(2)0,f(2)g(2)1.

288a2ba0,a2,由此得

解得128ab1,b5.所以a2,b5，切线l的方程为xy20

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)x4x5x2，所以f(x)g(x)x3x2x.

依题意，方程x(x23x2m)0有三个互不相同的实数0,x1,x2，

故x1,x2是方程x23x2m0的两相异的实根. 所以94(2m)0,即m.

又对任意的x[x1,x2],f(x)g(x)m(x1)成立，

特别地，取xx1时，f(x1)g(x1)mx1m成立，得m0.

由韦达定理，可得x1x230,x1x22m0,故0x1x2.

对任意的x[x1,x2],有x-x20,xx10,x0

则f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0,又f(x1)g(x1)mx10

所以函数f(x)g(x)mx在x[x1,x2]的最大值为0. 于是当m0时，对任意的x[x1,x2],f(x)g(x)m(x1)恒成立，

综上，m的取值范围是(3232141,0).

49若存在过点(1，0)的直线与曲线yx3和yax215x9都相切，则a（）

425217257A．1或-

B．1或

C．或-

D．或7

6444644【解析】设过(1，0)的直线与yx3相切于点(x0，x03)，

所以切线方程为yx033x02(xx0)，即y3x02x2x03，

14

又(1，0)在切线上，则x00或x03，

2当x00时，由y0与yax21525x9相切可得a，

464当x03272715x与yax2x9相切可得a1，

时，由y2444所以选A. 第二部分：导数与函数单调性的关系

221设函数f(x)alnxxax，a0

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e对x[1,e]恒成立．

注：e为自然对数的底数．

222【解析】（Ⅰ）因为f(x)alnxxax.其中x0

a2(xa)(2xa)2xa所以f(x)

xx由于a0，所以f(x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,)

（Ⅱ）由题意得，f(1)a1c1,即ac

由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]内单调递增，

f(1)a1e1,要使e1f(x)e对x[1,e]恒成立，只要

222f(e)aeaee2解得ae.

3.22设f(x)2xaxbx1的导数为f(x)，若函数yf(x)的图像关于直线x12对称，且f(1)0．

（Ⅰ）求实数a,b的值

（Ⅱ）求函数f(x)的极值

【解析】（I）因f(x)2xaxbx1,故f(x)6x2axb.

32215

a2a2从而f(x)6(x)b,

66即yf(x)关于直线x从而由题设条件知a对称，

6a1,解得a3.

62又由于f(1)0,即62ab0,解得b12.

（II）由（I）知f(x)2x3x12x1,

32f(x)6x26x126(x1)(x2).

令f(x)0,即6(x1)(x2)0.解得x12,x21.

当x(,2)时,f(x)0,故f(x)在(,2)上为增函数；

当x(2,1)时,f(x)0,故f(x)在(2,1)上为减函数；

当x(1,)时,f(x)0,故f(x)在(1,)上为增函数；

从而f(x)在x12取得极大值f(2)21,在x21取得极小值f(1)6.

3商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式ya10(x6)2，其中3

（II）若该商品的成品为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（I）因为x=5时，y=11，所以a1011,a2.

2210(x6)2,

（II）由（I）可知，该商品每日的销售量yx3所以商场每日销售该商品所获得的利润

f(x)(x3)[210(x6)2]210(x3)(x6)2,3x6

x32从而，f'(x)10[(x6)2(x3)(x6)]30(x4)(x6)

于是，当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

16

x

f'(x)

f(x)

（3，4）

+ 单调递增

4 0 极大值42 （4，6）

- 单调递减

由上表可得，x=4是函数f(x)在区间（3，6）内的极大值点，也是最大值点；

所以，当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 4已知函数f(x)21x,h(x)32x

（I）设函数F(x)f(x)h(x)，求F(x)的单调区间与极值；

（Ⅱ）设aR，解关于x的方程log4[10033f(x1)]log2h(ax)log2(4x)

24（Ⅲ）试比较f(100)h(100)1与的大小．

h(k)6k112121'【解析】（1）F(x)xx，F(x)x2

3232F'(x)0x9;169

16F'(x)00xF'(x)0x所以x916191是其极小值点，极小值为.x0是其极大值点，极大值为

8162（2）33f(x1)x1；log2h(ax)log2(4x)log224ax4x，由

33axlog4[f(x1)]log2h(ax)log2(4x)log2(x1)log

2424xx1axx26xa40

4x10364(a4)0a5时方程无解

20364(a4)0a5时x3

30364(a4)0a5方程的根为x135a,x235a

17

（3）anf(n)h(n)1,bnh(n)，则a11b1

6anan1h(n)4n34n1nn1661(16n324n29n16n324n29n106

(an2100nan1n)0a100a1na100n

n2n11001005已知a0，函数f(x)lnxax2,x0.（f(x)的图像连续不断）

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）当a13时，证明：存在x0(2,)，使f(x0)f()；

82（Ⅲ）若存在均属于区间1,3的,，且1，使f()f()，证明

ln3ln2ln2a．

53112ax2,x(0,)，

【解析】（I）f'(x)2axx2令f'(x)0,解得x=2a.

2a当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：

x

(0,f'(x)

f(x)

2a)

2a+

2a

2a0 极大值

(2a,)

2a-

所以f(x)的单调递增区间是(0,（II）当a时,f(x)lnx2a2a),f(x)的单调递减区间是(,).

2a2a1812x.

8由（I）知f(x)在（0，2）内单调递增，在(2,)内单调递减. 令g(x)f(x)f().

由于f(x)在（0，2）内单调递增，故f(2)f(),即g(2)>0.

323218

3419e2取x'e2,则g(x')0.

232所以存在x0(2,x'),使g(x0)0,即存在x0(2,),使f(x0)f().

（说明：x'的取法不唯一，只要满足x'2,且g(x')0即可）

32（III）由f()f()及（I）的结论知2a，

2a从而f(x)在[,]上的最小值为f(a).

又由1，,[1,3],知123.

故f(2)f()f(1),ln24aa,

即f(2)f()f(3).ln24aln39a.ln3ln2ln2a.

532从而6设函数f(x)(xa)lnx,aR

（I）若xe为yf(x)的极值点，求实数a；

（II）求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e]，恒有f(x4e)成立，注：e为自然对数的底数. 2(xa)2a(xa)(2lnx1).

【解析】（I）求导得f'(x)2(xa)lnxxx因为xe是f(x)的极值点，所以f'(e)(ea)(3)0,

解得ae或a3e经检验，符合题意，所以ae或a3e.

（II）①当0x1时，对于任意的实数a，恒有f(x)04e2成立；

22②当1x3e时，由题意，首先有f(3e)(3ea)ln(3e)4e，

ae解得3e2e2ea3e，

ln(3e)ln(3e)ax由（I）知f'(x)(xa)(2lnx1),

令h(x)2lnx1a,则h(1)1a0,h(a)2lna0,

x19

且h(3e)2ln(3e)1a2ln(3e)13e3e2eln(3e)

3e2(ln3e1)0.

ln3e又h(x)在(0,)内单调递增所以函数h(x)在(0,)内有唯一零点，

记此零点为x0,则1x03e,1x0a.

从而，当x(0,x0)时，f'(x)0;

当x(x0,a)时,f'(x)0;当x(a,)时，f'(x)0.

即f(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,a)内单调递减，

在(a,)内单调递增. 所以要使f(x)4e对x1,3e恒成立，只要

222f(x0)(x0a)lnx04e,(1)成立. 22f(3e)(3ea)ln(3e)4e,(2)由h(x0)2lnx01a0，知a2x0lnx0x0,

x0

（3）

2将（3）代入（1）得4x0ln3x04e2.

又x01，注意到函数xlnx在1,内单调递增，故1x0e. 33再由（3）以及函数2xlnxx在(1,)内单调递增，可得1a3e.

由（2）解得，3e2e2ea3e.

ln(3e)ln(3e)所以3e2ea3e.

ln(3e)2ea3e.

ln(3e)综上，a的取值范围是3e7设f(x)13xmx2nx.

320

（1）如果g(x)f'(x)2x3在x2处取得最小值-5，求f(x)的解析式；

（2）如果mn10(m,nN),f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和n的值；（注；区间（a，b）的长度为b-a）

【解析】（1）由题得g(x)x2(m1)x(n3)(xm1)(n3)(m1)

已知g(x)在x2处取得最小值-5 222所以m12(n3)(m1)52，即m3,n2

即得所要求的解析式为f(x)213x3x22x.

3（2）因为f'(x)x2mxn,且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，

故f'(x)0一定有两个不同的根，从而4m4n0即mn，

2不妨设为x1,x2,则|x2x1|2mn为正整数，

22故m2时才可能有符合条件的m，n 当m=2时，只有n=3符合要求

当m=3时，只有n=5符合要求

当m4时，没有符合要求的n 综上所述，只有m=2，n=3或m=3，n=5满足上述要求. 21

四、课后作业

【训练题A类】

4上，a为曲线在点P处的切线的倾斜角，则a的取值范围是

ex133]

（D）

[,)

（A）[0，）

（B）[,)(,4422441.已知点P在曲线y=2.若曲线yx2axb在点(0,b)处的切线方程是xy10，则

（A）a1,b1

（B）

a1,b1

（C）

a1,b1

（D）

a1,b1

3.已知直线y=x+1与曲线yln(xa)相切，则a的值为（

）

（A）

1

（B）2

（C）

-1

（D）-2 24.已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x8x，8则曲线yf(x)在点处的切线方程是

(1,f(1))（A）y2x1（B）yx（C）y3x2（D）y2x3

5.设函数f(x)g(x)x2，曲线yg(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y2x1，则曲线yf(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为

A．4

B．6.曲线y11

C．2

D．

42x在点1,1处的切线方程为

2x1A. xy20

B. xy20

C.x4y50

D. x4y50

7.函数f(x)x315x233x6的单调减区间为

.

8.在平面直角坐标系xoy中，点P在曲线C:yx310x3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线的斜率为2，则点P的坐标为

.

【参考答案】

1.【答案】D 4ex43

1【解析】因为yx，即tan a≥-1，所以2xx4(e1)e2e'2.【答案】A 【解析】∵y2xax0a，∴a1，(0,b)在切线xy10，∴b1

22

3.【答案】B 【解析】设切点P(x0,y0)，则y0又4.【答案】A 【解析】由f(x)2f(2x)x28x8f(2x)2f(x)(2x)28(2x)8，

即2f(x)f(2x)x24x4，∴f(x)x2∴f/(x)2x，

∴切线方程为y12(x1)，即2xy10选A 5.【答案】A 【解析】由已知g(1)2，而f(x)g(x)2x，所以f(1)g(1)214故选A 6.【答案】B 【解析】y|x1'x01,y0ln(x0a)，

1y|xx01x0a1y00,x01a2.

x0a2x12x1|x1[]|x11，

22(2x1)(2x1)故切线方程为y1(x1)，即xy20故选B. 7.【答案】(1,11)

【解析】f(x)3x230x333(x11)(x1)，

由(x11)(x1)0得单调减区间为(1,11). 8.【答案】（-2，15）

【解析】y3x2102x2，又点P在第二象限内，

x2点P的坐标为（-2，15）

【训练题B类】

1.已知点P在曲线y则的取值范围是

（A）[0，2.曲线y4上，为曲线在点P处的切线的倾斜角，

xe14）

（B）[33,)（C）(,]

（D）

[,)

42244x在点（-1，-1）处的切线方程为（）

x2A．y2x1

B．y2x1

C．y2x3

D．y2x2

23

15x9都相切，则a等于

425217257A．1或-

B．1或

C．或-

D．或7

644464423.若存在过点(1,0)的直线与曲线yx3和yax4.设球的半径为时间t的函数Rt.若球的体积以均匀速度c增长，则球的表面积的增长速度与球半径

A.成正比，比例系数为C

B. 成正比，比例系数为2C

C.成反比，比例系数为C

D. 成反比，比例系数为2C

5.设曲线yxn1(nN*)在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则x1x2的值为

（A）

xn11n

（B）

（C）

（D）

1 nn1n126.若曲线fxaxInx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范是

. 7.若曲线f(x)ax3lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a取值范围是_____________. 8若曲线yx121在点a,a2处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a（）

A．64

B．32

C．16

D．8 【参考答案】

1.【答案】D 4ex41【解析】y2x，exx2,1y0，

x1e2e1eex2xe3即1tan0，[,)

42.【答案】A 【解析】先判断已知点（-1，-1）在曲线上，即为切点，

又由于f'xx2x2x2x222，故f'12，即切线的斜率为2，

从而切线方程为y12x1，化简可得y2x1. 3.【答案】A

【解析】设过(1,0)的直线与yx3相切于点(x0,x03)，

24

所以切线方程为yx033x02(xx0)即y3x02x2x03，

又(1,0)在切线上，则x00或x02当x00时，由y0与yax3，

21525x9相切可得a，

46432727152xx9相切可得a1. 当x0时，由y与yax24444.【答案】D 【解析】由题意可知球的体积为V(t)4R3(t)，则cV'(t)4R2(t)R'(t)，

3由此可得c4R(t)，而球的表面积为S(t)4R2(t)，

'R(t)R(t)'2'所以v表＝S(t)4R(t)8R(t)R(t)，

即v表＝8R(t)R(t)＝24R(t)R(t)＝5.【答案】B 【解析】对yxn1(nN*)求导得y'(n1)xn，

令x1得在点（1，1）处的切线的斜率kn1，

在点（1，1）处的切线方程为y1k(xn1)(n1)(xn1)，

不妨设y0，则x1x26.【答案】,0

【解析】由题意该函数的定义域x0，由fx2ax''2c2c'R(t)＝，故选D R(t)R'(t)R(t)xnnn1

xn123n1n1...，

故选

B. 234nn1n11. x因为存在垂直于y轴的切线，故此时斜率为0，

问题转化为x0范围内导函数fx2ax1存在零点. x上述也可等价于方程2ax显然可得a7.【答案】(,0)

10在0,内有解，

x1,0

22x25

'2【解析】由题意可知f(x)2ax1，又因为存在垂直于y轴的切线，

x11所以2ax20a3(x0)a(,0). x2x8.【答案】A 311【解析】由y'x2x2可得

2曲线yx121311在点a,a2的切线方程为ya2a2xa，

213分别令y0,x0，可得切线在两坐标轴上的截距分别为3a，a2，

213292则切线与两个坐标围成的三角形的面积为S3aaa18，

224解得a64. 【训练题C类】

1.已知函数11f(x)x33ax2(36a)x12a4aR，

（I）证明：曲线yf(x)在x0处的切线过点（2，2）；

（II）若f(x)在xx0处取得极小值，x0(1,3)，求a的取值范围.

2.已知函数f(x)4x3tx6txt1,xR，其中tR．

（Ⅰ）当t1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（Ⅱ）当t0时，求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）证明：对任意的t(0,),f(x)在区间(0,1)内均存在零点．

26 32

3.已知函数f(x)ln(1x)xk2x(k0)

2（Ⅰ）当k=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f(1)）处的切线方程；

（Ⅱ）求f（x）的单调区间.

4.设函数fxex1xax2. （1）若a0，求fx的单调区间；

（2）若当x0时fx0，求a的取值范围

xxax

（1）若f(x)在(,）上存在单调递增区间，求a的取值范围；

（2）当a时，f(x)在[,]上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值．

5.设f(x)

6.已知函数f(x)(xk)e. （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若对于任意的x(0,)，都有f(x)≤

2xk1，求k的取值范围. e27

7.已知函数f(x)x，g(x)xx. （Ⅰ）求函数h(x)f(x)g(x)的零点个数.并说明理由；

（Ⅱ）设数列{ an}（nN*）满足a10(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM．

8.已知函数f(x)lnxax2(2a)x．

（I）讨论f(x)的单调性；

（II）设a0，证明：当0x3111时，f(x)f(x)；

aaa（III）若函数yf(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，

证明：f（x0）＜0．

9.（Ⅰ）设函数f(x)ln(1x)2x，证明：当x＞0时，f(x)＞0；

x29191)210e

（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p．证明：p(

28

【参考答案】

1.【解析】（I）f'(x)3x6ax36a.

2

由f(0)12a4,f'(0)36a得曲线yf(x)在x0处的切线方程

由此知曲线yf(x)在x0处的切线过点（2，2） （II）由f'(x)0得x2ax12a0.

（i）当21a21时,f(x)没有极小值；

（ii）当a21或a21时由,f'(x)0得

2x1aa22a1,x2aa22a1,

故x0x2.由题设知1aa2a13.

当a221时，不等式1aa22a13无解. 当a21时，

2解不等式1aa2a13得5a21.

2综合（i）（ii）得a的取值范围是(5,21). 23222.【解析】（Ⅰ）当t1时，f(x)4x3x6x,f(0)0,f(x)12x6x6

f(0)6.所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y6x.

22（Ⅱ）f(x)12x6tx6t，令f(x)0，解得xt或xt.

2因为t0，以下分两种情况讨论：

（1）若t0,则tt,当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

2x

t,

2+

t,t

2-

t,

+

f(x)

f(x)

所以f(x)的递增区间是,,t,;f(x)的递减区间是,t. t2t229

（2）若t0,则tt，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

2x

,t

+

tt,

2-

t,

2+

f(x)

f(x)

所以f(x)的递增区间是,t,,;f(x)的递减区间是t,.

t2t2（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当t0时，f(x)在0,内的单调递减，

t2在t,内单调递增，以下分两种情况讨论：

2t1,即t2时，f(x)在（0，1）内单调递减，

2（1）当f(0)t10,f(1)6t24t3644230.

所以对任意t[2,),f(x)在区间（0，1）内均存在零点. （2）当0tt1,即0t2时，f(x)在0,内单调递减，

22在,1内单调递增，

t2若t(0,1],f73731tt1t0.

244f(1)6t24t36t4t32t30.

所以f(x)在,1内存在零点. t2若t(1,2),f7373ttt1t10.244

tf(0)t10所以f(x)在0,内存在零点. 2所以，对任意t(0,2),f(x)在区间（0，1）内均存在零点. 30

综上，对任意t(0,),f(x)在区间（0，1）内均存在零点. 3.【解析】（I）当k2时，f(x)ln(1x)xx2，f'(x)由于f(1)ln2，f'(1)112x

1x3，

23(x1)

2所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yln2即3x2y2ln230

（II）f'(x)x(kxk1)，x(1,). 1xx当k0时，f'(x). 1x所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0. 故f(x)得单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,). 1kx(kxk1)0

0，得x10，x2k1x1k,)上，f'(x)0；

所以，在区间(1,0)和(k1k)上，f'(x)0

在区间(0,k1k,)，

故f(x)得单调递增区间是(1,0)和(k1k). 单调递减区间是(0,k当0k1时，由f'(x)x2当k1时，f'(x)故f(x)得单调递增区间是(1,). 1x1kx(kxk1)(1,0)，x20. 0，得x1k1x1k)和(0,)上，f'(x)0；

所以没在区间(1,k1k,0)上，f'(x)0

在区间(k1k)和(0,)，

故f(x)得单调递增区间是(1,k1k,0)

单调递减区间是(k当k1时，f'(x)xx4.【解析】（1）a0时，fxe1x，fxe1. 当x,0时，fx0；当x0,时，fx0. 故fx在,0单调减少，在0,单调增加

31

（II）fxe12ax

x由（I）知ex1x，当且仅当x0时等号成立. 故fxx2ax12ax，

从而当12a0，即a1时，fx0x0，而f00，

2于是当x0时，fx0. 由ex1xx0可得e从而当ax1xx0. 1xxxxx时，fxe12ae1ee1e2a

2故当x0,ln2a时，fx0，而f00，

于是当x0,ln2a时，fx0. 综合得a的取值范围为,. 21225.【解析】（1）由f(x)xx2a(x)12a

4222当x[,)时,f(x)的最大值为f()2a;

33921令2a0,得a

9912所以，当a时,f(x)在(,)上存在单调递增区间

9312（2）令f(x)0,得两根x1118a118a,x2.

22所以f(x)在(,x1),(x2,)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增

当0a2时,有x11x24,所以f(x)在[1，4]上的最大值为f(x2)

276a0,即f(4)f(1)

24016得a1,x22

所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)8a3310.

从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)3又f(4)f(1)1226.【解析】（Ⅰ）f(x)(xk)e1.令f00，得xk. k32 x

当k>0时，f(x)与f(x)的情况如下

x （,k）

+ ↗

k

0 （k，k）

k - ↘

0 0 (k,)

+ ↗

f(x)

f(x)

4k2e1

所以f(x)的递减区间是（,k）和(k,)；单调增区间是(k,k)

当k<0时，f(x)与f(x)的情况如下

x （,k）

- ↘

k

0 0 （k，k）

k + ↗

0 (k,)

- ↘

f(x)

f(x)

4k2e1

所以f(x)的单调递减区间是（,k）和(k,)；单高层区间是(k,k)

（Ⅱ）当k>0时，因为f(k1)e11k11，所以不会有x(0,),f(x).

ee4k2.

当k<0时，由（Ⅰ）知f(x)在（0，+）上的最大值是f(k)e4k211.

所以x(0,),f(x)等价于f(k)eee解得1k0. 211.时，k的取值范围是[,0).

e2故当x(0,),f(x)7.【解析】（I）由h(x)x3xx知,x[0,)，

而h(0)0,且h(1)10，h(2)620,则x0为h(x)的一零点，

且h(x)在（1，2）内有零点.因此h(x)至少有两个零点. 12122解法1：h(x)3x1x,记(x)3x1x,22

2111则(x)6xx2.

433 3

当x(0,)时,(x)0,因此(x)在(0,)上单调递增，

则(x)在(0,)内至多只有一个零点. 又因为(1)0,(33)0,则(x)在(,1)内有零点，

33所以(x)在(0,)内有且只有一个零点，

记此零点为x1,则当x(0,x1)时,(x)(x1)0；

当x(x1,)时，(x)(x1)0.

所以，

当x(0,x1)时,h(x)递减，而h(0)0,则h(x)在(0,x1]内无零点；

当x(0,x1)时,h(x)递减，而h(0)0,则h(x)在(0,x1]内无零点；

当x(x1,)时,h(x)递增，而h(x)在(x1,)至多只有一个零点. 从而h(x)在(0,)内至多只有一个零点. 综上所述，h(x)有且只有两个零点. 解法2：由h(x)x(x1x3212),记(x)x1x，

2121则(x)2xx2.

2当x(0,)时,(x)0,从而(x)在(0,)上单调递增，

则(x)在(0,)内至多只有一个零点，

因此h(x)在(0,)内也至多只有一个零点. 综上所述，h(x)有且只有两个零点. 3（II）记h(x)的正零点为x0,即x0x0x0.

（1）当ax0时由,a1a,即a1x0.

2而a2a1a1x03x0x0,因此a2x0.

由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明. 34

①当n1时,a1x0显然成立. ②假设当nk(k1)时,akx0成立,则当nk1时，

33由an

1akakx0x0x0知,ak1x0.因此，当nk1时,ak1x0成立. 故对任意的nN*,akx0成立. （2）当ax0时，由（I）知，h(x)在(x0,)上单调递增，

则h(a)h(x0)0，

3即aa3a.从而a2a1a1aaa3,即a2a，

由此猜测：aka，下面用数学归纳法证明，

①当n1时,a1a显然成立. ②假设当nk(k1)时,aka成立，则当nk1时，

33由akaaaaa知,ak1a

1kk因此，当nk1时,ak1a成立，

故对任意的nN*,ana成立

综上所述，存在常数Mmax{x0,a}，

使得对于任意的nN*,都有anM.

8.【解析】（I）f(x)的定义域为(0,),f(x)1(2x1)(ax1)2ax(2a).

xx（i）若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加. （ii）若a0,则由f(x)0得x1,

a1时,f(x)0.

a且当x(0,)时,f(x)0,当x1a11aa11（II）设函数g(x)f(x)f(x),则

aa35 所以f(x)在(0,)单调增加，在(,)单调减少.

g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,aa2a3x2

g(x)2a.221ax1ax1ax1时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0. a111故当0x时，f(x)f(x).

aaa当0x（III）由（I）可得，当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一个交点，

故a0，从而f(x)的最大值为f(),且f()0.

不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1由（II）得f(1a1a1x2.

a211x1)f(x1)f(x1)0.

aaa从而x2xx212x1,于是x01.由（I）知，f(x0)0.

a2ax29.【解析】（I）f'(x)，当x0时,f'(x)0，所以f(x)为增函数，

(x1)(x2)2又f(0)0，因此当x0时,f(x)0.

（II）p

100999810020281.

2又998190,988290,（I）知：当x0时,ln(1x),9189902，所以p(2x,

x229191因此(1)ln(1x)2.所以p()2.x10e

919),10

36