苏教版数学高二 选修1-1学案 第3章 章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①f(x＋Δx)－f(x)Δx(Δx→0)②f′(x0)③导数的运算法则④导数的应用⑤函数的最值利用导数的几何意义求曲线的切线方程出过此点的切线方程.还可以结合几何的有关知识，求解某些点的坐标、三角形面积等.导数的几何意义是近几年高考的要点和热点之一，常结合导数的运算进行考查，常以选择题、填空题的形式出现.对于较为复杂的此类问题，一般要利用k ＝f ′(x 0)((x 0，f (x 0))为切点)及切点的坐标满足切线方程和曲线方程列方程组求解.求过曲线y ＝x 3－2x 上的点(1，－1)的切线方程.【精彩点拨】 切线过曲线上一点(1，－1)，并不代表(1，－1)就是切点，故需先设出切点，再求解.【规范解答】 设切点为P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－2x 0.∵y ′＝3x 2－2，则切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝3x 20－2，∴切线方程为y －(x 30－2x 0)＝(3x 20－2)(x －x 0).又∵切线过点(1，－1)，∴－1－(x 30－2x 0)＝(3x 20－2)(1－x 0)，整理，得(x 0－1)2(2x 0＋1)＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12.∴切点为(1，－1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，78，相应的切线斜率为k ＝1或k ＝－54.故所求切线方程为y －(－1)＝x －1或y －78＝－54·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即x －y －2＝0或5x ＋4y －1＝0.[再练一题]1.(2016·淮安高二检测)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝2处取得极值，并且它的图象与直线y ＝－3x ＋3在点(1,0)处相切，则函数f (x )的表达式为________.【解析】 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .∵f (x )与直线y ＝－3x ＋3在点(1,0)处相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝－3，f (1)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－3，①1＋a ＋b ＋c ＝0.②∵f (x )在x ＝2处取得极值，∴f ′(2)＝12＋4a ＋b ＝0.③ 由①②③解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝0，c ＝2.∴f (x )＝x 3－3x 2＋2.【答案】 f (x )＝x 3－3x 2＋2利用导数研究函数的单调性1.f ′(x )＜0的解集确定单调区间，这是函数中常见问题，是考查的重点.2.求含参数的函数的单调区间讨论时要注意的三个方面：(1)f ′(x )＝0有无根，(2)f ′(x )＝0根的大小，(3)f ′(x )＝0的根是否在定义域内.另外当f ′(x )＝0的最高次项系数含有字母时，则要讨论系数是否为0.3.已知函数的单调性求参数的取值范围有两种思路：①转化为不等式在某区间上恒成立问题，即f ′(x )≥0(或≤0)恒成立，用分离参数求最值或函数的性质求解，注意验证使f ′(x )＝0的参数是否符合题意，②构造关于参数的不等式求解，即令f ′(x )＞0(或＜0)求得用参数表示的单调区间，结合所给区间，利用区间端点列不等式求参数的范围.已知函数f (x )＝x 3－ax －1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围.【精彩点拨】 (1)求出f ′(x )，讨论f ′(x )＝0的根是否存在，求函数的单调区间；(2)根据题意有f ′(x )≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，分离参数后可求实数a 的取值范围.【规范解答】 (1)f ′(x )＝3x 2－a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数.②当a ＞0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±3a 3；当x ＞3a 3或x ＜－3a3时，f ′(x )＞0；当－3a 3＜x ＜3a3时，f ′(x )＜0.因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数.综上可知，当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数.(2)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立.因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数， 所以a ≤0，即a 的取值范围为(－∞，0]. [再练一题]2.(2016·湘潭高二检测)设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )＞m 恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x ).若x ＜0，则1－e x ＞0，所以f ′(x )＜0； 若x ＞0，则1－e x ＜0，所以f ′(x )＜0；若x＝0，则f′(x)＝0.∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞).(2)由(1)知f(x)在[－2,2]上单调递减，∴f(x)min＝f(2)＝2－e2.∴当m<2－e2时，不等式f(x)＞m恒成立.即实数m的取值范围是(－∞，2－e2).利用导数研究函数的极值和最值1.2.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.3.注意事项：(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.(2)解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝23时，y＝f(x)有极值.(1)求a，b，c的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值.【精彩点拨】 (1)利用f ′(1)＝3、f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0、f (1)＝4构建方程组求解；【规范解答】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，②由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：由表可知，函数y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527. [再练一题]3.已知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋cx ＋d 有极值. (1)求c 的取值范围；(2)若f (x )在x ＝2处取得极值，且当x ＜0时，f (x )＜16d 2＋2d 恒成立，求d 的取值范围.【解】(1)∵f(x)＝13x3－12x2＋cx＋d，∴f′(x)＝x2－x＋c，要使f(x)有极值，则方程f′(x)＝x2－x＋c＝0有两个实数解，从而Δ＝1－4c＞0，∴c＜14.(2)∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝4－2＋c＝0，∴c＝－2.∴f(x)＝13x3－12x2－2x＋d.∵f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，∴当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，函数单调递增，当x∈(－1,2]时，f′(x)＜0，函数单调递减.∴x＜0时，f(x)在x＝－1处取得最大值76＋d，∵x＜0时，f(x)＜16d2＋2d恒成立，∴76＋d＜16d2＋2d，即(d＋7)(d－1)＞0，∴d＜－7或d＞1，即d的取值范围是(－∞，－7)∪(1，＋∞).分类讨论思想导数中的解答题，在含参数的问题中，无论是研究单调性，还是极值、最值，一般都需要分类讨论.已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0.(1)求a的值；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值.【精彩点拨】(1)求出函数f(x)的最小值用a表示解方程可得a的值；(2)构造函数g(x)＝f(x)－kx2，分类讨论求其在[0，＋∞)的最大值，使其最大值≤0可得k的取值范围，即得其最小值.【规范解答】(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞).f′(x)＝1－1x＋a＝x＋a－1x＋a.由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：因此，f (0，所以a ＝1.(2)当k ≤0时，取x ＝1，有f (1)＝1－ln 2＞0，故k ≤0不合题意. 当k ＞0时，令g (x )＝f (x )－kx 2，即g (x )＝x －ln(x ＋1)－kx 2. g ′(x )＝xx ＋1－2kx ＝－x [2kx －(1－2k )]x ＋1.令g ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1－2k2k ＞－1.①当k ≥12时，1－2k 2k ≤0，g ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g (x )在[0，＋∞)上单调递减.从而对于任意的x ∈[0，＋∞)，总有g (x )≤g (0)＝0，即f (x )≤kx 2在[0，＋∞)上恒成立.故k ≥12符合题意.②当0＜k ＜12时，1－2k 2k ＞0，对于x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k ，g ′(x )＞0， 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k 内单调递增，因此当取x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k 时， g (x 0)＞g (0)＝0，即f (x 0)≤kx 20不成立.故0＜k ＜12不合题意. 综上，k 的最小值为12. [再练一题]4.(2016·南京高二检测)设函数f (x )＝a e x ＋1a e x ＋b (a ＞0). (1)求f (x )在[0，＋∞)内的最小值；(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝32x，求a，b的值.【解】(1)f′(x)＝a e x－1a e x ，当f′(x)＞0，即x＞－ln a时，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增；当f′(x)＜0，即x＜－ln a时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减.①当0＜a＜1时，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－ln a)＝2＋b;②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(0)＝a＋1a＋b.(2)依题意f′(2)＝a e2－1a e2＝32，解得a e2＝2或a e2＝－12(舍去)，所以a＝2e2，代入原函数可得2＋12＋b＝3，即b＝12，故a＝2e2，b＝12.1.(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.【解析】先用“导数法”求出切线方程，然后代入点(2,7)求出a的值.∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1.又f(1)＝a＋2，∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1).∵切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.【答案】 12.(2016·天津高考)已知函数f(x)＝(2x＋1)e x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________.【导学号：24830093】【解析】 因为f (x )＝(2x ＋1)e x ， 所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x ， 所以f ′(0)＝3e 0＝3. 【答案】 33.(2016·北京高考)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________. 【导学号：24830094】【解析】 f ′(x )＝(x －1)－x (x －1)2＝－1(x －1)2， 当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数，故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.【答案】 24.(2014·辽宁高考改编)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________.【解析】 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6 ＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4＞0，∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6.∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0.当x ∈(－1,0)时，φ′(x )＞0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值.而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上可知－6≤a ≤－2.【答案】 [－6，－2]5.(2015·重庆高考)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性.【解】 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0， 解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4.当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数.综上可知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.章末综合测评(三) 导数及其应用(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在题中横线上.)1.质点运动规律s ＝t 2＋3，则在时间(3,3＋Δt )中，质点的平均速度等于________.【解析】 平均速度为V ＝(3＋Δt )2＋3－(32＋3)3＋Δt －3＝6＋Δt . 【答案】 6＋Δt2.若f ′(x 0)＝－3，则当h →0时，f (x 0＋h )－f (x 0＋3h )h趋于常数________. 【解析】 f (x 0＋h )－f (x 0＋3h )h ＝4×f (x 0＋h )－f (x 0－3h )4h. ∵f ′(x 0)＝－3，∴当h →0时，f (x 0＋h )－f (x 0－3h )4h趋于－3，故当h →0时，f (x 0＋h )－f (x 0－3h )h趋于－12. 【答案】 123.(2015·天津高考)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数.若f ′(1)＝3，则a 的值为________.【解析】 f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x ). 由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.【答案】 34.已知曲线f (x )＝x 2＋2x －2在点M 处的切线与x 轴平行，则点M 的坐标是________.【解析】 ∵f ′(x )＝2x ＋2，由f ′(x )＝0得x ＝－1，又f (－1)＝1－2－2＝－3，∴点M 的坐标为(－1，－3).【答案】 (－1，－3)5.函数y ＝x e x 在其极值点处的切线方程为__________.【解析】 由题知y ′＝e x ＋x e x ，令y ′＝0，解得x ＝－1，代入函数解析式可得极值点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1e ，又极值点处的切线为平行于x 轴的直线，故方程为y ＝－1e .【答案】 y ＝－1e6.下列结论①(sin x )′＝－cos x ；②⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝1x 2；③(log 3x )′＝13ln x ；④(x 2)′＝1x ；⑤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x e x ′＝x －1e x ，其中正确的有________(填序号). 【解析】 由于(sin x )′＝cos x ，故①错误；由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝－1x 2，故②错误； 由于(log 3x )′＝1x ln 3，故③错误；由于x 2＝2x ，故④错误；由于⎝ ⎛⎭⎪⎫－x e x ′＝－e x －x e x (e x )2＝x －1e x ，所以⑤正确.【答案】 ⑤7.函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间是________.【解析】 ∵y ＝x sin x ＋cos x ，∴y ′＝x cos x ，令y ′＝x cos x ＞0，且x ∈(π，3π)，∴cos x ＞0，且x ∈(π，3π)，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2， ∴函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2. 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 8.(2016·徐州高二检测)函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )在区间上的值域为________.【解析】 f ′(x )＝12e x (sin x ＋cos x )＋12e x (cos x －sin x )＝e x cos x ，当0≤x ≤π2时，f ′(x )≥0，∴f (x )故⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增. ∴f (x )的最大值在x ＝π2处取得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝12e π2， f (x )的最小值在x ＝0处取得，f (0)＝12.∴函数值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π2. 【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π2 9.若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________.【解析】 由题意可知f ′(x )＝－x ＋bx ＋2＜0，在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，即b ＜x (x ＋2)在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，由于y ＝x (x ＋2)在(－1，＋∞)上是增函数且y (－1)＝－1，所以b ≤－1.【答案】 (－∞，－1]10.如图1，是y ＝f (x )的导函数的图象，现有四种说法：①f (x )在(－2，－1)上是增函数；②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在(－1,2)上是增函数；④x ＝2是f (x )的极小值点.以上说法正确的序号是________(填序号).图1【解析】 由函数的图象可知：f ′(－2)＜0，f ′(－1)＝0，f (x )在(－2，－1)上是减函数，①不正确；x ＝－1时f ′(1)＝0，函数在(－3，－1)递减，在(－1,2)单调递增，所以x ＝－1是f (x )的极小值点，所以②正确；f (x )在(－1,2)上f ′(x )＞0，所以函数在(－1,2)上是增函数，所以③正确；函数在(－1,2)单调递增，在(2,4)单调递减，所以x ＝2是f (x )的极大值点，所以④不正确.【答案】 ②，③11.已知f (x )＝x 3－3x 2＋2x ＋a ，若f (x )在R 上的极值点分别为m ，n ，则m ＋n 的值为________.【解析】 ∵f (x )＝x 3－3x 2＋2x ＋a ，∴f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，∵f (x )在R 上的极值点分别为m ，n ，则m ，n 为f ′(x )＝0的两个根，根据韦达定理可得，m ＋n ＝－－63＝2，∴m ＋n 的值为2.【答案】 212.若a ＞2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有________个零点.【解析】 ∵f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )，由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a ，又a ＞2，∴2a ＞4.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减，又f (0)＝1，f (2)＝83－4a ＋1＝113－4a ，由a ＞2知f (2)＜0，∴函数f (x )在(0,2)上只有1个零点.【答案】 113.(2016·郴州高二检测)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则f (0)＋f (2)与2f (1)的大小关系为________.【解析】 依题意，当x ≥1时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )≤0，f (x )在(－∞，1)上是减函数，故当x ＝1时，f (x )取得极小值也为最小值，即有f (0)≥f (1)，f (2)≥f (1)，∴f (0)＋f (2)≥2f (1).【答案】 f (0)＋f (2)≥2f (1)14.已知函数f (x )＝13x 3＋12x 2－2x ＋m 的图象不经过第四象限，则实数m 的取值范围是________.【解析】 f ′(x )＝x 2＋x －2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或1，则f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x ＝1是极小值点.∵f (x )的图象不经过第四象限，即当x ＞0时，f (x )≥0.∴f (1)＝13＋12－2＋m ≥0，∴m ≥76.【答案】 m ≥76二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14分)已知函数y ＝ax 3＋bx 2，当x ＝1时，有极大值3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数y 的极小值.【解】 (1)y ′＝3ax 2＋2bx ，当x ＝1时，y ′|x ＝1＝3a ＋2b ＝0，y |x ＝1＝a ＋b ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0a ＋b ＝3，解得：a ＝－6，b ＝9.(2)由(1)得y＝－6x3＋9x2，y′＝－18x2＋18x，令y′＝0，得x＝0，或x＝1当x＞1或x＜0时，y′＜0，函数在(－∞，0)，(1，＋∞)内单调递减；当0＜x＜1时，y′＞0，函数在(0,1)单调递增.∴y极小值＝y|x＝0＝0.16.(本小题满分14分)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－1,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.【解】(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞).(2)f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a.因为f(x)在区间[－1,2]上f′(x)＞0，所以f(x)在区间[－1,2]上单调递增，因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[1,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a＝－2.故f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，即函数f(x)在区间[－1,2]上的最小值为－7.17.(本小题满分14分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a＞0).(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值.【解】函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝－x2＋2x(2－x)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2).(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝2－2xx(2－x)＋a＞0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝12.18.(本小题满分16分)(2016·南京高二检测)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【解】设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.由题意，令40＝k·203，∴k＝1 200，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·ax ＝a⎝⎛⎭⎪⎫kx2＋400x＝a⎝⎛⎭⎪⎫1200x2＋400x(0＜x≤100).由f′(x)＝ax3－40 000100x2＝0，得x＝2035.当0＜x＜2035时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当2035＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝2035时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为2035 km/h时，总费用最少.19.(本小题满分16分)已知a为实数，函数f(x)＝x(x－a).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(a)为f(x)在区间[0,2]上的最小值，试写出g(a)的表达式.【解】(1)由题意知函数的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝x＋x－a2x＝3x－a2x(x＞0)①若a≤0，则f′(x)＞0，故f(x)有单调递增区间[0，＋∞)；②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝a3.当0＜x＜a3时，f′(x)＜0，当x＞a3时，f′(x)＞0.故f (x )有单调递减区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，a 3，单调递增区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞. 由于函数在某一点处没有增减性， 故函数的单调区间的情况为：若a ≤0，f (x )有单调递增区间[0，＋∞)；若a ＞0，f (x )有单调递减区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，a 3，单调递增区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞. (2)①若a ≤0，f (x )在[0,2]上单调递增，所以g (a )＝ f (0)＝0.②若0＜a ＜6，f (x )在[0，a 3 ]上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 3，2上单调递增， 所以g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－2a 3a 3.③若a ≥6，f (x )在[0,2]上单调递减，所以g (a )＝f (2)＝2(2－a ).综上所述，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，a ≤0，－2a 3a 3 ，0＜a ＜6，2(2－a )，a ≥6.20.(本小题满分16分)(2016·洛阳高二检测)设函数f (x )＝a (x ＋1)2ln(x ＋1)＋bx (x ＞－1)，曲线y ＝f (x )过点(e －1，e 2－e ＋1)，且在点(0,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥0时，f (x )≥x 2；(3)若当x ≥0时，f (x )≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围.【解】 (1)f ′(x )＝2a (x ＋1)ln(x ＋1)＋a (x ＋1)＋b ，∵f ′(0)＝a ＋b ＝0，f (e －1)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，∴a ＝1，b ＝－1.(2)f (x )＝(x ＋1)2ln(x ＋1)－x ，设g (x )＝(x ＋1)2ln(x ＋1)－x －x 2，(x ≥0)，g ′(x )＝2(x ＋1)ln(x ＋1)－x ，(g′(x))′＝2ln(x＋1)＋1＞0，∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴f(x)≥x2.(3)设h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2，h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx，由(2)中知(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)，∴(x＋1)ln(x＋1)≥x，∴h′(x)≥3x－2mx，时，h′(x)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)单调递增，①当3－2m≥0即m≤32∴h(x)≥h(0)＝0，成立.②当3－2m＜0即m＞3时，h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x，2h′′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m，－1＞0，令h′′(x)＝0，得x0＝e2m－32当x∈[0，x0)时，h′(x)＜h′(0)＝0，∴h(x)在[0，x0)上单调递减，∴h(x)＜h(0)＝0，不成立.综上，m≤32.。