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1、3导数及其应用一、选择题【 2014， 11】已知函数f ( x) = ax33x21，若 f ( x) 存在唯一的零点x0 ，且 x0 0，则 a 的取值范围为A （ 2，+）B （-， -2）C （ 1， +）D （ -，-1）【 2012， 12】设点 P 在曲线 y1 ex 上，点 Q 在曲线 yln(2 x) 上，则 | PQ |的最小值为（）2A 1 ln 2B 2(1ln 2)C 1ln 2D2(1 ln 2)【 2011， 9】由曲线 yx ，直线 yx2 及 y 轴所围成的图形的面积为（）10B 416D 6A C33二、填空题【 2017， 16】如图，圆形纸片的圆心为O，
2、半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为 OD、 E、F 为圆 O 上的点， DBC ，ECA，FAB 分别是以 BC ，CA，AB 为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC， CA ，AB 为折痕折起DBC ，ECA，FAB，使得 D ，E，F 重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为 _【 2013，16】若函数 f(x)22 axb) 的图像关于直线x 2对称，则 f(x)的最大值为 _ (1 x)( x三、解答题【2017， 】已知函数fx ae2 xa2 exx 12（1）讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）若 f ( x) 有两
3、个零点，求a 的取值范围【 2016， 12】已知函数 f ( x) ( x 2)exa(x1) 2 有两个零点（）求 a 的取值范围；（）设 x1 , x2 是f ( x) 的两个零点，证明： x1 x2 2 【 2015， 12】已知函数 f ( x) x3ax1， g( x)ln x 4（）当 a 为何值时， x轴为曲线 yf ( x) 的切线；（）用 min m, n 表示 m,n 中的最小值，设函数h( x) min f (x), g( x) （ x0 ），讨论 h(x) 零点的个数【 2014，21】设函数 f (x0 aex ln xbex 1，曲线 yf ( x) 在点（ 1，
4、f (1)处的切线为 y e( x 1) 2 ( )x求 a, b ； （）证明： f (x)1 【 2013， 21】设函数 f(x) x2 axb， g(x) ex(cx d)若曲线 y f(x)和曲线 yg( x)都过点 P(0,2)，且在点 P 处有相同的切线 y 4x2(1)求 a， b，c， d 的值； (2)若 x 2 时， f(x) kg(x)，求 k 的取值范围【 2012， 21】已知函数 f ( x) 满足 f (x) f (1)ex 1f (0) x1x2 1 x22（ 1）求 f (x) 的解析式及单调区间； （ 2）若 f (x)axb ，求 (a1)b 的最大值2
5、【 2011， 21】已知函数 f ( x)a ln xb ，曲线 yf (x) 在点 (1, f (1)处的切线方程为 x 2 y 3 0 x 1xln xk ，求 k 的取值范围（）求 a 、 b 的值；（）如果当x 0 ，且 x1时， f ( x)x 1x2导数及其应用（解析版）一、选择题【 2015，12】设函数 f ( x) = ex (2 x1)ax a ,其中 a1 ，若存在唯一的整数x0 ，使得 f (x0 )0 ，则 a的取值范围是（）A 3 ,1B3 , 3C3 , 3D 3 ,12e2e42e42e解析：设 g( x) = ex (2 x1) ， yaxa ，由题知存在唯
6、一的整数x0 ，使得 g (x0 ) 在直线 yaxa 的下方 .因为 g (x)ex (2 x1)，所以当 x1时， g (x) 0，当 x1时， g (x) 0，所以当 x1时，2221 g ( x) min =2e 2 ，当 x0 时， g(0)1， g(1)3e0 ，直线 yax a 恒过（ 1,0）斜率且 a ，故ag(0)1，且 g(1)3e 1aa ，解得3a 1，故选 D .2e作为选择题，该题也可先找到满足f ( x0 )0 的整数 x0 ，由 x0 的唯一性列不等式组求解.由f (0)1a0 得 x00.又 x0 是唯一使 f ( x)0 的整数，所以f (1)031，f
7、(1) 0，解得 a，又 a2e且 a3时符合题意 .故选 D .4【 2014， 11】已知函数 f ( x) = ax33x21，若 f ( x) 存在唯一的零点x0 ，且 x0 0，则 a 的取值范围为A .（ 2，+）B .（-， -2）C .（ 1，+）D .（ -， -1）【解析1】：由已知 a0 ， f ( x)3ax26x ，令 f ( x)0 ，得 x0 或 x2，a当 a0 时， x,0 , f ( x) 0; x0, 2 , f (x) 0; x2 , f ( x) 0 ；aa且 f(0)10， f (x) 有小于零的零点，不符合题意当 a0 时， x, 2 , f (
8、x) 0; x2 ,0 , f ( x) 0; x0, f ( x) 0aa要使 f ( x) 有唯一的零点x0 且 x0 0，只需 f ( 2)0，即 a24 ， a2选 Ba【解析2】：由已知 a0， f ( x) = ax33x21 有唯一的正零点，等价于a3 11xx3有唯一的正零根， 令 t1，则问题又等价于 at33t有唯一的正零根， 即 ya 与 yt 33t 有唯一x的交点且交点在在y 轴右侧记 f (t )t 33t， f(t )3t 23 ，由 f(t)0 ， t1 ，t,1 , f (t )0;t1,1 , f(t)0; ，t1, f(t )0，要使 at33t有唯一的正
9、零根，只需 af (1)2，选 B【 2012， 10】已知函数 f ( x)1，则 yf ( x) 的图像大致为（）ln( x1)xyyyy11O 1x1O1x1O1xO 1xABCD【解析】 yf ( x) 的定义域为 x | x1 且 x0 ，排除 D；(11)x因为 f ( x)x1，x2x2ln( x1)( x1)ln( x 1)所以当 x (1,0) 时， f(x)0 ，yf ( x) 在（ 1， 0）上是减函数；当 x(0,) 时， f(x)0 ， yf (x) 在 (0,) 上是增函数排除 A 、 C，故选择 B【 2012， 12】设点 P 在曲线 y1 ex 上，点 Q 在
10、曲线 yln(2 x) 上，则 | PQ |的最小值为（）2A 1ln 2B 2(1 ln 2)C 1ln 2D2(1 ln 2)【解析】函数y1 ex 与函数 yln(2 x) 互为反函数，图象关于直线yx 对称21 ex 上点 P 到直线 y问题转化为求曲线yx 的距离的最小值 d ，则 | PQ |的最小值为 2d 2（用切线法）：设直线 yxb 与曲线 y1 ex 相切于点 P(t, 1 et ) ，22因为 y 1 ex，所以根据导数的几何意义，得1 et1， t ln 2 ，22所以切点 P(ln2,1) ，从而 b 1ln 2，所以 y x 1ln 2因此曲线 y1 ex 上点
11、P 到直线 yx 的距离的最小值d 为直线2yx1ln 2与直线 y1 ln 22d2(1 ln2)，故选择 B x 的距离，从而 d2，所以 | PQ |min【 2011， 9】由曲线 yx ，直线 yx2 及 y 轴所围成的图形的面积为（）10B 416D 6A C33431 x22x) |04 16 ，选 C解析：用定积分求解 s( x x 2) dx ( 2 x20323二、填空题【 2017，16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为OD 、E、F 为圆 O 上的点， DBC ，ECA，FAB 分别是以 BC ，CA，AB 为底边的等腰三
12、角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA， AB 为折痕折起 DBC ， ECA， FAB ，使得D ，E，F 重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_【解析】由题，连接OD ，交 BC 与点 G ，由题， ODBC，OG3BC，6即 OG 的长度与 BC 的长度或成正比，设OGx ，则 BC23x ， DG5x ，三棱锥的高hDG 2OG22510xx2x2510x ， S ABC2 33 x133 x2 ，2则 V1S ABCh3x22510x =325x410x5 ，3令 fx25x455x34fx0，10x ， x (0,) ， f100x50x ，令
13、2即 x42 x30， x2 ，则 fx f280，则V 38045 ， 体积最大值为 4 15cm3 【 2013，16】若函数 f(x) (1 x2)( x2 axb) 的图像关于直线x 2 对称，则 f(x)的最大值为 _ 解 析 ： 函 数 f(x) 的 图 像 关 于 直 线 x 2对称 ， f(x) 满 足f(0) f( 4) ， f( 1) f( 3) ， 即b15 164ab,a8, f(x) x4 8x3 14x2 8x15.08 93a b,解得b15.由 f(x) 4x324x2 28x 8 0，得 x1 25， x2 2， x3 25 .易知， f(x)在 ( ， 25
14、 )上为增函数，在 ( 25 ， 2)上为减函数，在 ( 2， 25 )上为增函数，在 (25 ， )上为减函数2 f( 25) 1(25 )2( 25 )5 )15(45 )(84 5 )80648(2816.22f( 2) 1 (2) ( 2) 8( 2) 15 3(4 16 15) 9.f( 25)1( 252 2528(25) 15) () ( 8 4 5 )(8 4 5 ) 806416.故 f(x)的最大值为 16.三、解答题【 2017， 12】已知函数fxae2 xa2exx （1）讨论 f ( x) 的单调性；（2）若 f ( x) 有两个零点，求a 的取值范围【解析】（ 1
15、）由于 fx2 xa2xx ，故 fx2ae2xa2ex1x1 2ex1，aeeae 当 a0 时， aex10 ， 2ex1 0从而 fx0 恒成立fx在 R 上单调递减； 当 a0 时，令 fx0 ，从而ex10，得 xln a ax， ln aln aln a ，fx0fx单调减极小值单调增综上，当 a0时， f (x) 在 R 上单调递减；当 a0 时， f (x) 在 (,ln a) 上单调递减，在( ln a,) 上单调递增（ 2）由（ 1）知，当 a0 时， fx在 R 上单调减，故fx 在 R 上至多一个零点，不满足条件当 a0 时， fminfln a1ln a 令 ga11
16、1ln a aa令 g a11ln aa0，则 g a110从而 ga在0 ，上单调增，而g 1 0 aa 2a故当 0a 1 时， g a0 当 a 1时 g a0 当 a 1 时 g a0 ，若 a1 ，则 f min11ln aga0，故 fx0 恒成立，从而fx无零点，不满足条件a若 a1 ，则 f min11ln a0 ，故 fx0 仅有一个实根xln a0，不满足条件a若 0a1 ，则 f min11ln a0ln a0 f1aa12a，注意到2e0ee故 fx在1， ln a上有一个实根，而又ln31ln 1ln a 且aaf ln( 31)ln31aln31a2ln31eaea
17、aa31 3 a a 2 ln 313 1ln 310 aaaa故 fx在ln aln31上有一个实根，a又 fx在， ln a 上单调减，在ln a ，单调增，故f x 在 R 上至多两个实根又 fx在1， ln a及ln a ，ln31上均至少有一个实数根，故f x在 R 上恰有两个实a根综上， 0a1 【法二】令 fx0 ，则 a2exxx0 ，则 a2tln t2 xx 再令 tet2t，ee而 f x 有两个零点，则a2tln t 有两解，即直线ya与曲线 y2t ln t 有两个交点；t 2tt 2t令 g t2tln t (t0) ，则 gt2tln t2t11tln t，t 2
18、2t22t 2ttt令 h t1tln t ，则 ht1110 ，0 ，注意到 ht所以 gt 在0,1上单调递增，在1,上单调递减，即gt maxg11 ；而 lim g(t ), lim g(t )0，所以当 t0,1时， g(t),1；当 t0,1时， g(t ) 0,1，t 0t所以，当 a2tln t 有两解时， a 的取值范围为0,1t 2t【 2016， 12】已知函数 f ( x) ( x 2)exa(x1) 2 有两个零点（）求 a 的取值范围；（）设 x1 , x2 是 f( x) 的两个零点，证明：x1x22 【解析】： 由已知得： f xx1 ex2ax1x1ex2a
19、若 a0，那么 fx0xx0x2 ，f x只有唯一的零点x2 ，不合题意；2 e 若 a0，那么 ex2aex0 ，所以当 x 1 时， f x0， fx 单调递增 ;当 x1 时， f x0， fx单调递减 ;即：x,111,f x0fx极小值故 fx在 1,上至多一个零点，在,1 上至多一个零点由于 f2a 0 ， f 1e0 ，则 f 2 f 10 ，根据零点存在性定理，fx 在1,2上有且仅有一个零点而当 x1 时， e xe ， x 21 0 ，故 f xx 2 ex22a x 12e x 1 ea x 1e x 2 a x 1则 fx0 的两根 t1ee24ae1 ，t2ee24ae1 ， t1t2 ，因为 a 0 ，故当 xt12a2a或 x2e x 1 e 0t2 时， a x 1因此，当 x1 且 xt时， f x01