2．（典型例题）设t≠0,点P（t,0）是函数f(x)=x3+ax与g(x)=bx3+c的图像的一个公共点，两函数的图像在P点处有相同的切线。 （1）用t表示a、b、c；
（2）若函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）上单调递减，求t的取值范围。
32
[考场错解] （1）∵函数f(x)=x+ax与g(x)=bx+c的图像的一个公共点P(t,0).∴
32
f(t)=g(t)?t+at=bt+c. ①又两函数的图像在点P处有相同的切线，∴f’(t)=g’(t)
332
?3t+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t.∴c=-t. [专家把脉] 上面解答中得b=t理由不充足，事实上只由①、②两式是不可用t表示a、b、c，其实错解在使用两函数有公共点P，只是利用f(t)=g(t)是不准确的，准确的结论应是f(t)=0，
2
即t3+at=0，因为t≠0,所以a=-t.
2
g(t)=0即bt+c=0,所以c=ab
又因为f(x)、g(x)在（t,0）处有相同的切线，
2223
所以f’(t)=g;(t).即3t+a=2bt, ∵a=-t, ∴b=t.因此c=ab=-t2t=-t.
23
故a=-t,b=t,c=-t
3223
(2)解法1 y=f(x)-g(x)=x-tx-tx+t
22
y’=3x-2tx-t=(3x+t)(x-t).
当y’=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(d)-g(x)单调递减。 由y’<0,若t<0,则t 则题意，函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减，则（-1，3）?（-,t）或（-1，3）?（t，-） 所以t≥3或-≥3。即t≤-9或t≥3。 又当-9 3223 解法2 y=f(x)-g(x)=x-tx-tx+t, 22 y’=3x-3tx-t=(3x+t)(x-t). ∵函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）上单调递减，且y’=(3x+t)(x-t)≤0在(-1,3)上恒成立， ∴??y'|x??1?0?(?3?t)(?1?t)?0即? ?(9?t)(3?t)?0?y'|x?3?0t3t3t3t3t3解得 t≤-9或t≥3. 32 3.(典型例题)已知函数f(x)=ax+bx-3x在x=±1处有极值。 （1）讨论f(1)和f(-1)是函数的极大值还是极小值。 （2）过点A（0，16）作曲线y=f(x)的切线，求此切线方程。 [考场错解] （1）f’(x)=3ax2+2bx-3.依题意f’(1)=f’(-1)=0. 即??3a?2b?3?0 解得：a=1,b=0. ?3a?2b?3?03 2 ∴f(x)=x-3x,f’(x)=3x-3=3(x-1)(x+1)令f’(x)=0.得x=±1. 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。 2 [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?03 2 ∴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。 3 （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 322 在曲线上，∴y0=x0-3x0.因f’(x0)=3x0-3.故切线的方程为y-y0=(3x0-3)(x-x0). ∵点A（0， 223 16）在曲线上，有16-（x0-0）=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 3 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)= 12 ax+bx(a≠0) 22312a3163 3 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 则点M、N的横坐标为x= x1?x2, 212|x1?x2=, xx?x1?x22x?xx?122C1在点M处的切线斜率为k1= C2在点M处的切线斜率为k2=ax+b| ?a(x1?x2)?b. 2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)??b,则 x1?x222(x2?x1)a2a2a22?(x2?x1)?b(x2?x1)?(x2?bx2)?(x1?bx1)x1?x2222 y2?y1?lnx2?lnx1.x2?1)x2xx1所以ln?.设t?2, xx1x11?2x12(2(_t?1),t?0.则lnt=1?t(1) 令r（t）=lnt- 2(t?1),t?1. 1?t4(t?1)21?. 则r’(t)=-t(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).这与①矛盾,假设不成立. 1?t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(令t= x2x?1)ln(2?1). x1x1x2,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 ② x11t令r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1, 则r’(t)=lnt+-1. 因为(lnt-)’= 1t1t1t2?t?1t2-,所以t>1时,(lnt+)’>0. 1t1t故lnt+在[1,+ ∞]上单调递增.从而lnt+-1>0,即r1(t)>0. 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 32 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。 2 [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-1 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。 2 [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,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. 32 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。 32 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。 22 [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 [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)定理：若g(x)在[a、b]上连续，且g(a)与g(b)异号，则至少存在一点x0∈(a、b),使g(x0)=0.试用上述定理证明：当整数m>1时，方程f(x)=0，在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。