1、第三讲 导数的应用研热点（聚焦突破）类型一 利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数 yf(x)在 xx 0 处的导数 f(x0)就是曲线 yf (x)在点( x0，f (x0)处的切线的斜率，即kf(x 0)；(2)曲线 yf(x)在点(x 0，f(x 0)处的切线方程为 yf(x 0)f( x0)(xx 0)例 1 (2012 年高考安徽卷改编) 设函数 f(x)ae x b(a0) 在点(2，f(2)处的切线方程1aex为 y x，求 a，b 的值 解析 f(x)ae x ，32 1aexf(2)ae 2 ， 解得 ae22 或 ae2 (舍去)，1ae2 32 12所以 a ，代入
2、原函数可得 2 b3， 即 b ， 故 a ， b .2e2 12 12 2e2 12跟踪训练已知函数 f(x)x 3x.(1)求曲线 yf(x)的过点(1，0)的切线方程；(2)若过 x 轴上的点(a，0)可以作曲线 yf(x) 的三条切线，求 a 的取值范围解析：(1)由题意得 f(x)3x 21.曲线 yf(x )在点 M(t，f(t )处的切线方程为 yf (t)f(t )(xt )，即 y(3t 21)x2t 3，将点(1，0)代入切线方程得 2t33t 210，解得 t1 或 ，代入2y(3t 21)x2t 3得曲线 yf(x) 的过点(1，0)的切线方程为 y2x2 或 y x
3、. 4(2)由(1)知若过点(a，0) 可作曲线 yf(x )的三条切线，则方程 2t33at 2a0 有三个相异的实根，记 g(t)2t 33at 2a.则 g(t)6t 26at6t( t a)当 a0 时，函数 g(t)的极大值是 g(0)a，极小值是 g(a)a 3a，要使方程 g(t)0 有三个相异的实数根，需使 a0 且a 3a0 且 a210，即 a1；当 a0 时，函数 g(t)单调递增，方程 g(t)0 不可能有三个相异的实数根；当 a0 ，即 a0，即 a0，那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果 f(x)0；当 x(1，)时，h(x)0，所以当 x(0，1)时
4、，f(x)0 ；当 x(1，)时，f(x)0 时， yax 22x1 为开口向上的抛物线，所以 ax22x 10 在(0，)上恒有解；(2)当 a0，此时10) ，g(x )x 3bx.(1)若曲线 yf(x)与曲线 yg(x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求 a，b 的值；(2)当 a24b 时，求函数 f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解析 (1)f(x)2ax ，g(x)3x 2b，因为曲线 y f(x)与曲线 yg(x) 在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以 f(1)g(1)，且 f(1)g(1)即 a11b，且 2a3b.解得 a3，b3. (
5、2)记 h(x)f(x) g(x)当 b a2时，14h(x)x 3ax 2 a2x1，14h(x)3x 22ax a2.14令 h(x)0，得 x1 ，x 2 .a2 a6a0 时 ，h(x)与 h(x)的变化情况如下 ：(,2a(,)26aa(,)6()hx0 0AAA所以函数 h(x)的单调递增区间为( ， )和( ，)；单调递减区间为a2 a6( ， )a2 a6当 1，即 06 时，a6函数 h(x)在区间(， )上单调递增，在区间( ， )上单调递减，在区间a2 a2 a6( ， 1上单调递增，又因为 h( )h(1)1 a a2 (a2) 20，所以 h(x)在区间a6 a2 1
6、4 14(， 1上的最大值为 h( )1.a2跟踪训练(2012 年珠海摸底) 若函数 f(x) ，在2，2上的最大值为 2，则 a2x3 3x2 1（x0）eax（x0） )的取值范围是( )A ln 2，) B0， ln 212 12C(，0 D(， ln 212解析：当 x0 时，f( x)6x 26x，易知函数 f(x)在 (，0上的极大值点是 x1，且f(1)2，故只要在 (0， 2上，e ax2 即可，即 axln 2 在(0，2上恒成立，即 a 在(0，2ln 2x上恒成立，故 a ln 2.12答案：D析典题（预测高考）高考真题【真题】 (2012 年高考辽宁卷)设 f(x)l
7、n(x1) axb(a，bR，a，b 为常数)，x 1曲线 yf( x)与直线 y x 在(0，0) 点相切32(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 00 时，2 0 时，2 0 时，f(x)g(x) ；12(3)是否存在实数 a，使 f(x)的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由【解析】 (1)由题知当 a1 时，f(x )1 ，1x x 1x因为当 00，此时 f(x)单调递增，所以 f(x)的极小值为 f(1)1. (2)证明因为 f(x)的极小值为 1，即 f(x)在(0，e 上的最小值为 1.令 h(x)g(x) ，h(x ) ，12 ln xx 12 1 l
8、n xx2当 00，h(x )在(0，e上单调递增，所以 h(x)maxh(e) g(x) .12(3)假设存在实数 a，使 f(x)axln x(x (0，e) 有最小值 3，f(x)a .1x ax 1x当 a0 时，因为 x(0 ， e，所以 f(x)0，而 f(x)在(0，e上单调递减，所以 f(x)minf(e)ae13，a (舍去)，4e此时 f(x)无最小值；当 0 e 时，f(x )在(0， )上单调递减，在( ，e上单调递增，1a 1a 1a所以 f(x)minf( )1ln a3，ae 2，满足条件；1a当 e 时，因为 x(0， e，所以 f(x)0，1a所以 f(x)在(0，e上单调递减，f(x) minf(e)ae1 3，a (舍去)4e此时 f(x)无最小值综上，存在实数 ae 2，使得当 x(0，e时，f(x) 有最小值 3.
