2014年高考数学(理)二轮热点专题突破讲练：第五讲 导数及其应用(含新题详解)

第五讲 导数及其应用 变化率导数定义导函数定积分微积分基本定理定积分应用在几何中的应用在物理中的应用

导数的计算基本初等函数的导数公式简单复合函数求导导数四则运算导数的应用函数单调性

曲线的切线极值与最值优化问题几何意义曲边梯形面积变速运动行程

1．(导数的几何意义)若函数f(x)＝2xx2＋1在点(2，f(2))处的切线为l，则直线l与y轴的交点坐标为________． 【解析】 f′(x)＝2x2＋1－2x·2xx2＋12＝－2x2＋2x2＋12，

则f′(2)＝－625， 又f(2)＝45，故直线l的方程为y－45＝－625(x－2)， 令x＝0得y＝3225，即直线l与y轴的交点坐标为0，3225. 【答案】 0，3225 2．(导数与单调性的关系)函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为________． 【解析】 y′＝x－1x，且x>0. 令y′＝x－1x≤0，解之得0∴函数的单调减区间为(0,1]． 【答案】 (0,1]

3．(定积分)定积分 (x2＋sin x)dx＝________. 【解析】 (x2＋sin x)dx＝

13x3－cos x|1

－1

＝13－cos 1－－13－cos－1＝23. 【答案】 23 4．(函数的最值)已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)，在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为__________． 【解析】 ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，有f(0)>f(2)>f(－2)． ∴m＝3，最小值为f(－2)＝－37. 【答案】 －37 5．(导数的实际应用)放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M(单

位：太贝克)与时间t(单位：年)满足函数关系．M(t)＝M0·2－t30，其中M0为t＝0时铯137含量．已知t＝30时，铯137含量的变化率是－10ln 2(太贝克/年)，则M(60)＝________太贝克．

【解析】 由题意，M′(t)＝M0·2－t30(－130)ln 2.

∴M′(30)＝M0·2－1(－130)ln 2＝－10ln 2， 则M0＝600， 故M(60)＝600×2－2＝150.

【答案】 150

利用导数研究函数的单调性 (2013·山东高考)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)． (1)设a≥0，求f(x)的单调区间； (2)设a＞0，且对任意x＞0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小． 【思路点拨】 (1)求f′(x)，分a＝0与a＞0两种情况求f′(x)＞0与f′(x)＜0的解集．同时注意b对解集的影响； (2)由f(x)≥f(1)知，f(1)是函数f(x)的最小值，由此可建立等量关系寻找a、b的关系，进而构造函数比较大小． 【自主解答】 (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，得

f′(x)＝2ax2＋bx－1x.

①当a＝0时，f′(x)＝bx－1x. a．若b≤0，当x＞0时，f′(x)＜0恒成立， 所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．

b．若b＞0，当0＜x＜1b时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，

当x＞1b时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增． 所以函数f(x)的单调递减区间是0，1b，单调递增区间是1b，＋∞. ②当a＞0时，令f′(x)＝0，得2ax2＋bx－1＝0. 由Δ＝b2＋8a＞0，得

x1＝－b－b2＋8a4a，x2＝－b＋b2＋8a4a. 显然x1＜0，x2＞0. 当0＜x＜x2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x＞x2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．

所以函数f(x)的单调递减区间是0，－b＋b2＋8a4a，单调递增区间是

－b＋b2＋8a

4a，＋∞.

综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)； 当a＝0，b＞0时，函数f(x)的单调递减区间是0，1b，单调递增区间是1b，＋∞；

当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间是0，－b＋b2＋8a4a， 单调递增区间是－b＋ b2＋8a4a，＋∞. (2)由题意知函数f(x)在x＝1处取得最小值． 由(1)知－b＋b2＋8a4a是f(x)的唯一极小值点， 故－b＋b2＋8a4a＝1.整理，得2a＋b＝1，即b＝1－2a. 令g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝1－4xx. 令g′(x)＝0，得x＝14. 当0＜x＜14时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x＞14时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 因此g(x)≤g14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0. 故g(a)＜0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0， 即ln a＜－2b.

1．解答第(2)题的关键是根据b＝1－2a，构造函数g(x)＝2－4x＋ln x，再求函数g(x)的最大值． 2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路． (1)求f′(x)． (2)将单调性转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立问题求解，要注意“＝”是否可以取到，应加以检验． 变式训练1 (2013·宜昌模拟)已知函数f(x)＝aln x－2ax＋3(a≠0)． (1)求函数f(x)的单调增区间；

(2)函数y＝f(x)的图象在x＝2处的切线的斜率为32.若函数g(x)＝13x3＋x2[f′(x)＋m]在区间(1,3)上不是单调函数．求实数m的取值范围． 【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

又f′(x)＝ax－2a＝a1－2xx， ∴当a>0时，由f′(x)>0，得0当a<0时，由f′(x)>0，得x>12， ∴当a>0时，f(x)的增区间为(0，12)； 当a<0时，f(x)的增区间为(12，＋∞)． (2)∵f(x)在x＝2处的切线斜率为32， ∴f′(2)＝－32a＝32，∴a＝－1. 此时f′(x)＝2－1x， 因此g(x)＝13x3＋x2(2－1x＋m) ＝13x3＋(2＋m)x2－x. ∴g′(x)＝x2＋2(2＋m)x－1. ∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数， 则g′(x)在(1,3)内有零点． 又g′(0)＝－1，

∴结合g′(x)的图象知 g′1<0，g′3>0.

即 1＋22＋m－1<0，9＋62＋m－1>0，解之得－103故实数m的取值范围为(－103，－2). 利用导数研究函数的极值(最值)问题 【命题要点】 ①已知函数，求极值或最值；②已知极值或最值，求参数的取值范围.

(2013·广东高考)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)． (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)当k∈12，1时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M. 【思路点拨】 (1)求函数的单调区间，就是求不等式f′(x)>0和f′(x)<0的解集．(2)求函数在给定区间上的最大值，要结合函数单调性求出极值，并和区间端点函数值进行比较，因含有参数，故需要分类讨论． 【自主解答】 (1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2， f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)． 由f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2>0. 由f′(x)>0，得x<0或x>ln 2. 由f′(x)<0，得0所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)， 单调减区间为(0，ln 2)． (2)因为f(x)＝(x－1)ex－kx2， 所以f′(x)＝xex－2kx＝x(ex－2k)． 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln(2k)，

因为k∈12，1，所以2k∈(1,2]，所以0设g(k)＝k－ln(2k)，k∈12，1， g′(k)＝1－1k＝k－1k≤0， 所以g(k)在12，1上是减函数， 所以g(k)≥g(1)＝1－ln 2>0，即0所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x (0，ln(2k)) ln(2k) (ln(2k)，k) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值 所以函数f(x)在[0，k]上的最大值为f(0)或f(k)． f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3， f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1) ＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1) ＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．

因为k∈12，1，所以k－1≤0. 令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，则h′(k)＝ek－(2k＋1)． 对任意的k∈12，1，y＝ek的图象恒在y＝2k＋1的图象的下方，所以ek－(2k＋1)<0，即h′(k)<0， 所以函数h(k)在12，1上为减函数，故h(1)≤h(k)所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)． 所以函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.

1．解答本题第(2)小题时，需要判断f(0)与f(k)的大小，采用作差比较法，对于不能判断