高中数学经典易错题会诊与试题预测15

若x∈(-∞,-1) ∪(1,+ ∞)时，f’(x)>0故f(x)在(- ∞,-1)和(1,+ ∞)上都是增函数。

若x∈(-1,1),则f’(x)<0.故f(x)在（-1，1）上是减函数，所以f(-1)=2是极大值；f(1)=-2是极小值。

2

（2）∵ f’(x)=3x-3，∴过点A（0，16），因此过点A的切线斜率为k=-3.∴所求的切线方程是y=-3 [专家把脉]

上面解答第（2）问错了，错误原因是把A（0，16）当成了切点，其实A（0，16），不可能成为切点。因此过点A不在曲线，因此根求方程必须先求切点坐标。

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[对症下药] （1）f’(x)=3ax+2bx-3，依题意f’(1)=f’(-1)=0 即??3a?2b?3?0 解得 a=1,b=0

3a?2b?3?0?3

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∴f(x)=x+3x,f’(x)=3x-3=0.解得x=±1. 又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)>0

∴f(x)在(-∞,-1)与(1，+∞)上是增函数。

若x∈[-1,1]时，f’(x) ≤0,故f9x)在[-1，1]上是减函数。 ∴f(-1)=2是极大值。f(1)=-2是极小值。

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（2）解：曲线方程为y=f(x)=x-3x,点A（0，16）不在曲线上。设切点M（x0,y0）,则点M在曲线上，∴

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y0=x0-3x0.因f’(x0)=3x0-3.故切线的方程为y-y0=(3x0-3)(x-x0). ∵点A（0，16）在曲线上，有16-（x0-0）

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=3(x0-1)(0-x0),化简得x0=-8，得x0=-2. 专家会诊

设函数y=f(x),在点(x0,y0)处的导数为f’(x0)，则过此点的切线的斜率为f’(x0),在此点处的切线方程为y-y0=f’(x0)(x-x0).利用导数的这个几何意义可将解析几何的问题转化为代数问题求解。 考场思维训练

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1 曲线y=2x-x在点（1，1）处的切线方程为_________.

答案： x+y-2=0 解析: ∵y′=2-3x2.∴y′|x=1=2-3=-1, ∴切线方程为y-1=-(x-1).即x+y-2=0.

2 曲线y=x在点（a,a）(a≠0)处的切线与x轴，直线x=a所转成的三角形的面积为，则a=___________. 答案：±1 解析：∵曲线在（a,a3）处的切线斜率为3a2.

∴切线方程为y-a3=3a2(x-a).且它与x轴.x=a的交点为（a,0）、（a,a3）,S=??a3?. ∴a4=1,解得a=±1. 3 已知函数f(x)=lnx,g(x)=

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ax+bx(a≠0) 22312a3163

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16(1)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围。

112ax2?2x?1答案： b=2时，h(x)=lnx-ax-2x, 则h′(x)=-ax-2=-.

x2x∵函数 h(x)存在单调逆减区间，∴h′(x)<0有解.

又∵x>0,则ax2+2x-1>0有x>0的理. ①当a>0时，ax2+2x-1>0总有>0的解. ②当a<0,要ax2+2x-1>0总有>0的解.

则△=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根，此时-1

（2）设函数f(x)的图像C1与函数g(x)图像C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1、C2

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于点M、N，证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行。 答案：证法1.设点P、Q的坐标分别是（x1 、y1），（x2,y2）,0

x1?x22, C1在点M处的切线斜率为k1=

1x|2x?x1?x2=, 2x1?x2C2在点M处的切线斜率为k2=ax+b|

?x2)x?x1?x2?a(x122?b. 假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2． 即

2a(x1?x2)x?x??b,则 1222(x2?x1)xx?a(x2xa2?x12)?b(2?x1)?(x2a2?bx2)?(22x1?bx1)1?222 y2?y1?lnx2?lnx1.2(x2所以lnx?1)2x?x1.设t?x211?x,2x

1x12(_t?1)则lnt=1?t,t?0.(1)

令r（t）=lnt-

2(t?1)1?t,t?1. 则r’(t)=14t-(t?1)2?(t?1)2t(t?1)2. 因为t>1时，r’(t)>0,所以r(t)在[1，+∞]上单调递增，故r(t)>r(1)=0. 则lnt>

2(t?1)1?t.这与①矛盾,假设不成立. 故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行,证法1得 (x2+x1)(lnx2-lnx1)=2(x2-x1). 因为x1>0,所以(x2x?1)ln(x2?1). 1x1令t=

x2x,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 ② 1令r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1, 则r’(t)=lnt+1t-1. 因为(lnt-1)’=

1t?1tt2?t2-,所以t>1时,(lnt+1t)’>0.

故lnt+1t在[1,+ ∞]上单调递增.从而lnt+1t-1>0,即r1(t)>0.

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于是r(t)在[1，+∞]上单调递增.

故r(t)>r(1)=0.即（t+1）lnt>2(t-1). 与②矛盾，假设不成立。 故C1在点M处的切与C2在点N处的线不平行. 4 已知函数f(x)=|1-1|,(x>0) x(1)证明：01; 答案：由f(a)=f(b)得|1-若1-故1-11|=|1-|. ab1111与1-同号，可得1-=1-?a?b这与0

?2?x0. x01(2?x0)） x0∴切线与x轴、y轴、正向的交点为(x0(2-a0),0)和（0，故所求三角形面积表达式为A（x0）=x0(2?x0)?1211(2?x0)?(2?x0)2. x02命题角度 3

导数的应用

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1．（典型例题）已知函数f(x)=-x+3x+9x+a. (1)求f(x)的单调递减区间；

（2）若f(x)在区间[-2，2]上最大值为20，求它在该区间上的最小值。

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[考场错解] （1）f’(x)=-3x+6x+9,令f’(x)<0,解得x<-1或x>3,∴函数f(x)的音调递减区间为（-∞，-1）（3，+∞）

（2）令f’(x)=0,得x=-1或x=3 当-2

当-10;当x>3时，f’(x)<0. ∴x=-1,是f(x)的极不值点，x=3是极大值点。 ∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7.

f(x)的最小值为f(-1)=-1+3-9+a=-14.

[专家把脉] 在闭区间上求函数的最大值和最小值，应把极值点的函数值与两端点的函数值进行比较大小才能产生最大（小）值点，而上面解答题直接用极大（小）值替代最大（小）值，这显然是错误的。

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[对症下药] （1）f’(x)=-3x+6x+9,令f’(x)<0,解得x<-1或x>3.

(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(x)在[-1，2]因为在（-1，3）上f’(x)>0,

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所以f(x)在[-1，2]上单调递增，又由于f(x)在[-2，-1]上单调递减，因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2，2]上的最大值和最小值，于是22+a=20,解得a=-2.

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故f(x)=-x+3x+9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7 即函数f(x)在区间[-2，2]上的最小值为-7。

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2．（典型例题）已知函数f(x)=ax+3x-x+1在R上是减函数，求a的取值范围。

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[考场错解] ∵f’(x)=3ax+6x-1,因为f(x)在R上是减函数，所以f’(x)=3ax+6x-1<0对任何x∈R恒成立。 ∴??3a?0 解得a<-3.

?36?12a?0?[专家把脉] 当f’(x)>0时，f(x)是减函数，但反之并不尽然，如f(x)=-x3是减函数，f’(x)=3x2并不恒小于0，（x=0时f’(x)=0）.因此本题应该有f’(x)在R上恒小于或等于0。 [对症下药] 函数f(x)的导数：f’(x)=3x2+6x-1.

当f’(x)=3ax2+6x-1<0对任何x∈R恒成立时，f(x)在R上是减函数。 ①对任何x∈R,3ax2+6x-1<0恒成立，?a<0且△=36+12a<0?a<-3.

所以当a<-3时，由f’(x)<0对任何x∈R恒成立时，f(x)在R上是减函数。 ②当a=-3时,f(x)==-3x3+3x2-x+1=-3(x-)3+.

由函数y=x3在R上的单调性知，当a=-3时，f(x)在R上是减函数。

③当a>-3时，f’(x)=3ax2+6x-1>0在R上至少可解得一个区间，所以当a>-3时，f(x)是在R上的减函数。 综上，所求a的取值范围是（-∞，-3）。 3．（典型例题）已知a∈R,讨论函数f(x)=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。 [考场错解] f’(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]. 令f’(x)=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0,(*) △=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a.

当a2-4a>0,即a>4或a<0时，方程（*）有两个不相等的实数根x1、x2，因此函数f(x)有两个极值点。 当a2-4a=,即a=或a=0时，方程（*）有两个相等实数根x1=x2。因此函数f(x)有一个极值点。 当a2-4a<0,即0

[专家把脉] 以上解法看似合理，但结果有误，原因就在于将驻点等同于极值点，方程f’(x)=0的实根个数并不等价于f(x)的极值点的个数，要使驻点成为极值点，必须验证在此点两侧导数值异号，即函数在此点两侧的单调性相反，如果一味地把驻点等同于极值点，往往容易出错。 [对症下药]f’(x)=ex(a2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)] 令f’(x)=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0.

(1)当△=（a+2）2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0

即a<0或a>4时,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个不同的实根x1、x2,不妨设x1

（2）当△=0，即a=0或a=4时，方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个相同的实根x1=x2 于是f’(x)=ex(x1-x1)2.故当x0;当x>x1时，f’(x)>0因此f(x)无极值。

（3）当△<0，即00 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)为增函数，此时f(x)无极值

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