第13部分 导数.doc

(2012年兴化)已知函数，（），，若图象在处的切线方程为，则函数的最小值是

答案：
说明：∵图像在处的切线方程为，，∴，求出

（泰州期末）设A为奇函数为常数）图像上一点，在A处的切线平行于直线，则A点的坐标为 ▲ .
答案：（1，2）或（-1，-2）

（盐城市2012届高三年级第二次模拟考试）设是定义在上的可导函数，且满足.则不等式的解集为 ．
【答案】；
解：令，则，∴为增函数，
不等式可化为，
即，由，
∴不等式的解集为；
说明：体会如何构造函数，又如已知如何构造函数等。

（南京三模）14.若不等式||≥1对任意都成立，则实数取值范围是 ▲ ．
解答：显然时，有。
令
①当时，对任意，，在上递减，，此时，||的最小值为0，不适合题意。
②当时，对任意，
||的最小值为≥1，解得：。
故所求

（南通一模） 设P是函数图象上异于原点的动点，且该图象在点P处的切线的倾斜角为，则
的取值范围是 ▲ .
答案：
，所以.

（苏州期末）函数的单调减区间为______________.

答案：

（常州期末）设，已知函数，若曲线在处的切线恒过定点P，则点P的坐标为 。
答案：

（天一）12.等比数列中，，函数，则曲线
在点处的切线方程为 ▲ .
答案：；
（江苏最后1卷）12．设是函数定义域内的一个区间，若存在，使，则称是的一个“次不动点”，也称在区间上存在次不动点．若函数在区间上存在次不动点，则实数的取值范围是 ▲ ．
【答案】
解答如下：
由题意，存在，使．当时，使；当时，解得．设，则由，得或（舍去），且在上递增，在上递减．因此当时，，所以的取值范围是．

（南通期末）函数的值域是___________.
解析：本题考查综合应用函数知识的能力，利用导数求函数的最值问题的方法与步骤．
易想到但不适宜的解法：由f ′(x)=0，得x=－1－，1－，－1+，1+，
所以f(x)在x=－1－与－1+处取得极小值，在1－与1+处取得极大值，
f(－1－)=－，f(1+)=．故所求的值域是［－，］．（此解法运算量大，很费时）
其图像大致如下。

另解一：令x=tanα，则=－sin4α∈［－，］．
（此解法需学生熟练万能公式）
另解二：f(x)=，当x=0时，f(x)=0，当x≠0，f(x)==，
令，代入，得g(t)= f(x)=∈．

（天一、淮阴、海门三校联考）已知函数（其中为自然对数的底数），．
（1）若，，求在上的最大值；
（2）若时方程在上恰有两个相异实根，求的取值范围；
（3）若，，求使的图象恒在图象上方的最大正整数．
[注意：]
20. 解：（1）时， ， ………1分
①当时，，在上为增函数，则此时；………2分
②当时，，在上为增函数，
故在上为增函数，此时； ………3分
③当时，，在上为增函数，在上为减函数，
若，即时，故在上为增函数，在上为减函数，
此时，
若，即时，在上为增函数，则此时；
综上所述： ………………6分
（2），，
故在上单调递减；在上单调递增； ………………8分
故在上恰有两个相异实根
………………11分
（3）由题设：（）， ………………12分
因为故在上单调递减；在上单调递增；
故（）， ………………13分
设，则，
故在上单调递增；在上单调递减；
而，且
，
故存在使，且时，时，
又，，
故时使的图象恒在图象的上方的最大正整数； ………16分

（南京三模）已知函数
(1)若时,试求函数的单调递减区间;
(2)若,且曲线在点A、B（A、B不重合）处切线的交点位于直线上，证明：A、B 两点的横坐标之和小于4；
(3)如果对于一切、、，总存在以、、为三边长的三角形，试求正实数的取值范围。

（南通三模）已知函数。
（1）若对任意，都有≥恒成立，求的取值范围；
（2）设。若P是曲线上异于原点O的任意一点，在曲线上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在轴上，求的取值范围。
分析：(1)可以用分离变量也可分类讨论
转化为在区间上恒非负，
按与区间的相对位置，探求时，具备的条件.
(2)此题注意：与并且不共线.
解：（1）由，得．
由于，，且等号不能同时取得，所以．

从而恒成立，． ………………………………………4分
设．求导，得．………………6分
，，
从而，在上为增函数．
所以，所以．…………………………………………………8分
（2）设为曲线上的任意一点．
假设曲线上存在一点，使∠POQ为钝角，则．……10分
① 若t≤-1，，，=．
由于恒成立，．
当t=－1时，恒成立．
当t<－1时，恒成立．由于，所以a≤0. ………12分
② 若，，，，
则=，
对，恒成立． ……………………………………………14分
③ 当t≥1时，同①可得a≤0．
经验证共线时，不符合题意。
综上所述，a的取值范围是． ………………………………………………16分

（苏锡常一模）如图，两个圆形飞轮通过皮带传动，大飞轮的半径为（为常数），小飞轮的半径为，.在大飞轮的边缘上有两个点，，满足，在小飞轮的边缘上有点.设大飞轮逆时针旋转一圈，传动开始时，点，在水平直线上.
（1） 求点到达最高点时，间的距离；
（2） 求点，在传动过程中高度差的最大值.

（苏锡常一模）若斜率为的两条平行直线，经过曲线的端点或与曲线相切，且曲线上的所有点都在，之间（也可在直线，上），则把，间的距离称为曲线在“方向上的宽度”，记为
（1） 若曲线，求；
（2） 已知，若曲线，求关于的函数关系式

（2012年南通一模）已知函数．
（1）设P，Q是函数图象上相异的两点，证明：直线PQ的斜率大于0；
（2）求实数的取值范围，使不等式在上恒成立．
解：（1）由题意，得．
所以函数在R上单调递增．
设，，则有，即．
（2）当时，恒成立．
当时，令，

．
①当，即时，，
所以在上为单调增函数．
所以，符合题意．
②当，即时令，
于是．
因为，所以，从而．
所以在上为单调增函数．
所以，即，
亦即．
（i）当，即时，，
所以在上为单调增函数．于是，符合题意．
（ii）当，即时，存在，使得
当时，有，此时在上为单调减函数，
从而，不能使恒成立．
综上所述，实数的取值范围为．
（南京二模）某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对角线在l上的四边形电气线路，如图所示，为充分利用现有材料，边BC,CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA,AD用一根9米长的材料弯折而成，要求和互补，且AB=BC,
(1) 设AB=x米，cosA=,求的解析式，并指出x的取值范围．
(2) 求四边形ABCD面积的最大值。

解：（1）在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AB2+AD2－2AB·AD·cosA．
同理，在△CBD中，BD2＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC． ………………… 3分
因为∠A和∠C互补，
所以AB2+AD2－2AB·AD·cosA＝CB2+CD2－2CB·CD·cosC
＝CB2+CD2＋2CB·CD·cosA． ………… 5分
即 x2+(9－x)2－2 x(9－x) cosA＝x2+(5－x)2＋2 x(5－x) cosA．　
解得 cosA＝，即f( x)＝．其中x∈(2，5)．　　 ……………………… 8分
（2）四边形ABCD的面积
S＝(AB·AD+ CB·CD)sinA＝[x(5－x)+x(9－x)]．　
＝x(7－x)＝＝．………… 11分
记g(x)＝(x2－4)( x2－14x＋49)，x∈(2，5)．
由g′(x)＝2x( x2－14x＋49)＋(x2－4)( 2 x－14)＝2(x－7)(2 x2－7 x－4)＝0，
解得x＝4(x＝7和x＝－舍)． ……………………… 14分
所以函数g(x)在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减．
因此g(x)的最大值为g(4)＝12×9＝108．
所以S的最大值为＝6．
答：所求四边形ABCD面积的最大值为6m2． ……………………… 16分

（南京二模）已知函数其中e为自然对数的底.
（1）当时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
（2）若函数y=f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围；
（3）当b>0时，判断函数y=f(x)在区间（0，2）上是否存在极大值，若存在，求出极大值及
相应实数b的取值范围.
解：（1）记g(x)＝ex－bx．当b＝1时，g¢(x)＝ex－1．
当x＞0时，g¢(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(0)＝1＞0，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞0．
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)，所以f¢(1)＝g¢(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程为：
y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x． ………………………… 4分
（没有说明“在x＝1附近，f(x)＝ex－bx”的扣1分)
（2）解法一 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．
即方程ex－bx＝0有且只有一个解．
因为x＝0不满足方程，所以方程同解于b＝． ………………………… 6分
令h(x)＝，由h¢(x)＝＝0得x＝1．
当x∈(1，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增，h(x)∈(e，＋∞)；
当x∈(0，1)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减，h(x)∈(e，＋∞)；
所以当x∈(0，＋∞)时，方程b＝有且只有一解等价于b＝e．………… 8分
当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减，且h(x)∈(－∞，0)，
从而方程b＝有且只有一解等价于b∈(－∞，0)．
综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． …………………………… 10分
解法二 f(x)＝0同解于g(x)＝0，因此，只需g(x)＝0有且只有一个解．
即方程ex－bx＝0有且只有一个解，即ex＝bx有且只有一解．
也即曲线y＝ex与直线y＝bx有且只有一个公共点． …………………… 6分
1
x
y
O
1
y＝ex
y＝bx
（图1）
1
x
y
O
1
y＝ex
y＝bx
（图2）
如图1，当b＜0时，直线y＝bx与y＝ex总是有且只有一个公共点，满足要求．
………………………… 8分

如图2，当b≥0时，直线y＝bx与y＝ex有且只有一个公共点，
当且仅当直线y＝bx与曲线y＝ex相切．
设切点为x0，e)，根据曲线y＝ex在x＝x0处的切线方程为：
y－e＝e(x－x0)．
把原点(0，0)代入得x0＝1，所以b＝e＝e．
综上所述，b的取值范围为(－∞，0)∪{e}． ………………………… 10分
（3）由g¢(x)＝ex－b＝0，得x＝lnb．
当x∈(－∞，lnb)时，g¢(x)＜0，g(x)单调递减．
当x∈(lnb，＋∞)时，g¢(x)＞0，g(x)单调递增．
所以在x＝lnb时，g(x)取极小值g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)．
①当0＜b≤e时， g(lnb)＝b－blnb＝b(1－lnb)≥0，从而当x∈R时，g(x)≥0．
所以f(x)＝∣g(x)∣＝g(x)在(－∞，＋∞)上无极大值．
因此，在x∈(0，2)上也无极大值． …………………………… 12分
②当b＞e时，g(lnb)＜0．
因为g(0)＝1＞0，g(2lnb)＝b2－2blnb＝b(b－2lnb)＞0，
（令k(x)＝x－2lnx．由k¢(x)＝1－＝0得x＝2，从而当x∈(2，＋∞)时，k(x)单调递增，又k(e)＝e－2＞0，所以当b＞e时，b－2lnb＞0．）
所以存在x1∈(0，lnb)，x2∈(lnb，2lnb)，使得g(x1)＝g(x2)＝0．
此时f(x)＝∣g(x)∣＝
所以f(x)在(－∞，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减，
在(x2，＋∞)上单调递增． ……………………………… 14分
所以在x＝lnb时，f(x)有极大值．
因为x∈(0，2)．所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f(x)在(0，2)上有极大值；
当lnb≥2，即b≥e2 时，f(x)在(0，2)上不存在极大值．
综上所述，在区间(0，2)上，
当0＜b≤e或b≥e2时，函数y＝f(x)不存在极大值；
当e＜b＜e2时，函数y＝f(x)，在x＝lnb时取极大值f(lnb)＝b(lnb－1)．
……………………………… 16分
（南师附中最后一卷）已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx.
(1) 当m＝－1时，求f(x)的最大值；
(2) 若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求m的取值范围；
(3) 当m＞0时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值．
19. 解：(1) 当m＝－1时，f(x)＝－x2－x＋lnx，
所以f′(x)＝－2x－1＋＝－，
所以当0＜x＜，f′(x)＞0，当x＞，f′(x)＜0，
因此当x＝时，f(x)max＝f＝－－ln2.(3分)
(2) f′(x)＝2mx－1＋＝，即2mx2－x＋1＜0在(0，＋∞)上有解．
① m≤0显然成立；
② m＞0时，由于对称轴x＝＞0，故Δ＝1－8m＞0m＜，
综上，m＜.(8分)
(3) 因为f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，
所以切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1，
从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上只有一解．
令g(x)＝mx2－x＋lnx－2mx＋m＋1，则
g′(x)＝2mx－1－2m＋＝＝，(10分)
所以1° m＝，g′(x)≥0，
所以y＝g(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，且g(1)＝0，
所以mx2－x＋lnx＝2mx－m－1只有一解．(12分)
2° 0＜m＜，x∈(0，1)，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈，g′(x)＞0
由g(1)＝0及函数单调性可知g＜0，
因为g(x)＝mx＋m＋lnx＋1，取x＝2＋，则g＞0.
因此在方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1必有一解从而不符题意(14分)
3° m＞，x∈，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0
同理在方程mx2－x

（2012年兴化）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
解：（1）由题意，函数的定义域为，
当时，，
，函数的单调递增区间为，………………………3分
当时， , ………5分
若，，此时函数单调递增，
若，，此时函数单调递减，
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为；单调递增区间为． …7分
（2）由（1）知，当时，函数单调递增，
至多只有一个零点，不合题意； …………………………8分
则必有，此时函数的单调递减区间为；单调递增区间为，
由题意，必须，解得， ………………………10分
由，，
得, ………………………12分
而，
下面证明：时，
设，
则，
所以在时递增，则，
所以，
又，
所以,
综上，． ………………………16分