2020高考数学 课后作业 3-2 利用导数研究函数的性质
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
3-2导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例
68 1 故切线方程为 y－ 6＝－ 5(x＋ 1)，或 y－ ＝－ 5 x＋ ， 27 3
即 5x＋ y－ 1＝ 0，或 135x＋ 27y－ 23＝ 0.
解后反思：此题属于逆向思维，但仍可根据求函 数极值的步骤求解，但要注意极值点与导数之间 的关系，利用这一关系由f′(x)＝0建立字母系数的 方程，通过解方程(组)确定字母系数，从而解决 问题．
由于 V(R)只有一个极值点，故它就是最大值点．
答案： S 6π
题型一 利用导数研究函数的单调性 例1 已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在实数集R单调递增，求实数a的取值范围； (2) 是否存在实数 a ，使 f(x) 在 ( － 1,1) 上单调递减？ 若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理 由． 解析：(1)由已知，得f′(x)＝3x2－a. ∵f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， ∴f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立． 即a≤3x2对x∈R恒成立． ∵3x2≥0，∴只要a≤0.
第二节
导数在研究函数中的应用与生活中 的优化问题举例
考点精讲 1．函数的单调性 在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间 内都不恒等于0. f′(x)≥0⇔f(x)为增函数； f′(x)≤0⇔f(x)为减函数．
2．函数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法： 一般地，当函数f(x)在点x0处连续时， ①如果在 x0 附近的左侧 f′(x) ＞ 0 ，右侧f′(x) ＜ 0 ，那 么f(x0)是极大值； ②如果在 x0 附近的左侧 f′(x) ＜ 0 ，右侧f′(x) ＞ 0 ，那 么f(x0)是极小值．
解后反思：在解决类似的问题时，首先要注意区 分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时， 要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点， 再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和 区间端点处的函数值，最后比较即得．
2023年高考数学课后精练 第3讲 利用导数研究函数的性质(解析版)
第3讲 利用导数研究函数的性质【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（ ） A ．()()2,00,2- B ．()(),22,-∞-+∞ C ．()()2,02,-+∞D ．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->， ∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数， ∴()f x x在(),0-∞上为增函数， ∵()()220f f -==， 若0x >，()202f =，所以2x >； 若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<， 综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞.故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（ ）A ．1-B ．1e- C ．ln 2 D ．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21xf x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x x f x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-， 由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)+∞D ．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-． 故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（ ） A ．2k > B ．1k C ．1k > D ．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴'在区间(1,)+∞上恒成立． 1kx ∴， 而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴．选项中只有0k >是1k 的必要不充分条件. 选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件. 故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],0-∞ B ．(],1-∞C ．[)1,-+∞D ．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<， 故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．b a c <<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>， 即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log )(log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<． 故选：B ．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（ ） A ．(),1-∞ B ．(),2-∞ C ．()1,+∞ D ．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<' 所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f == 由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +< 所以1x < 故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤B ．11k e-<<C ．e 0k -<<D ．10ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞； 当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10e k -<<，故选：D ．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()xf x xe ax =+．则下列说法正确的是（ ）A ．当0a =时，()min 1f x e=-B ．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C ．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D ．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e ≤-【答案】ABD 【详解】解：对于A ：当0a =时，()xf x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令'0f x，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e-≥-=-=-，所以()min 1f x e =-，故A 正确；对于B ：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1xx f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x xx y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C ：由函数()xf x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0xf x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减， 所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D ：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()xh x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（ ） A ．实数k 的取值范围为()0,1 B ．实数k 的取值范围为()0,e C ．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫⎪⎝⎭D ．123x x x 的取值范围为()e,+∞ 【答案】AC 【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解， 所以16160,k =->解得)1(0k ∈，； 由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设1)0(1lnx t =∈-，，则()24te e g t t⋅=-， 所以()()22421'0t g tt e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增， 又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为f x ，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（ ） A ．()00f >B ．()421f e >-C ．()()()2021202021f ef e ->-D ．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD 【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>， 所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==， 故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11xf x e +>，()0f x >， 所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->， 令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20xf x f x h x e ''--=>， 所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-， 故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x '>，则（ ）A ．34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D ．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD 【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>． 构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误； 因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误； 因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确， 故选：AD. 三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________. 【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃. 故答案为：(1,0)(0,2)-.14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________. 【答案】(,3]-∞ 【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立， ∴不等式等价为1212()()f x a f x ax x ++<恒成立， 令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立， 即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数； 3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e ah x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立； 30x x xe e a ∴-+-；即3x x a xe e --恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数； ()g x g ∴（1）0=； 30a ∴-；3a ∴．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】 令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<， 所以函数()()f xg x x=在(0,)+∞上是减函数， 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=， ∴()()()f x g x g x x--==--， ∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数， ∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==， 则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ， 当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立， ∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞． 故答案为：(2,0)(2,)-+∞.16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a -- (],2-∞ 【详解】 （1）()()()223391x x g x x x +-'=-=， 当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-， 故()g x 的值域是[]6,10a a --； （2）()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 综上，实数t 的取值范围是(],2-∞. 故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。
（整理）利用导数研究函数的性质.
（整理）利⽤导数研究函数的性质.专题三利⽤导数研究函数的性质1． f ′(x )>0在(a ，b )上成⽴是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分不必要条件．2． f (x )在(a ，b )上是增函数的充要条件是f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0在有限个点处取到． 3．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0并不是f (x )在x ＝x 0处有极值的充分条件对于可导函数f (x )，x ＝x 0是f (x )的极值点，必须具备①f ′(x 0)＝0，②在x 0两侧，f ′(x )的符号为异号．所以f ′(x 0)＝0只是f (x )在x 0处有极值的必要条件，但并不充分． 4．如果连续函数f (x )在区间(a ，b )内只有⼀个极值点，那么这个极值点就是最值点．在解决实际问题中经常⽤到这⼀结论．1．已知函数f (x )＝ln a ＋ln xx在[1，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围为__________．答案 [e ，＋∞)解析 f ′(x )＝1x·x －(ln a ＋ln x )x 2＝1－(ln a ＋ln x )x 2，因为f (x )在[1，＋∞)上为减函数，故f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成⽴，即ln a ≥1－ln x 在[1，＋∞)上恒成⽴．设φ(x )＝1－ln x ，φ(x )max ＝1，故ln a ≥1，a ≥e. 2．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1 (x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成⽴，则实数a的值为________．答案 4解析若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成⽴；当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g 12＝4，从⽽a ≥4.当x <0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从⽽a ≤4，综上可知a ＝4.3．若函数f (x )的导函数为f ′(x )＝－x (x ＋1)，则函数g (x )＝f (log a x )(0__________．答案1，1a 解析由f ′(x )＝－x (x ＋1)≤0，得x ≤－1或x ≥0，即f (x )的减区间为(－∞，－1]，[0，＋∞)，则f (x )的增区间为[－1,0]．∵0a 时，g (x )为减函数，∴g (x )的单调减区间为1，1a . 4．直线l 与函数y ＝3x ＋1x的图象相切于点P ，且与直线x ＝0和y ＝3x 分别交于A ，B 两点，则APBP＝________. 答案 1解析设P x 0，3x 0＋1x 0，则在点P 处的切线⽅程为y －3x 0＋1x 0＝3－1x 20(x －x 0)，与y ＝3x 联⽴解得x B ＝2x 0，所以AP BP ＝x P x P －x B ＝x 0x 0－2x 0＝1. 5．函数f (x )＝12x 2－ln x 在[1，e]上的最⼤值为________．答案 12解析∵f ′(x )＝x －1x ，∴当x ∈(1，e)时，f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上是增函数，故f (x )min ＝f (1)＝12.题型⼀利⽤导数求函数的单调区间例1 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′23＝3×232＋2a ×23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)；f (x )的单调减区间是－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成⽴．只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)．探究提⾼利⽤导数研究函数单调性的⼀般步骤：(1)确定函数的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.②若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成⽴问题求解．设函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2.(1)若a ＝12，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x －1)－12x 2，f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)f (x )＝x (e x －1－ax )，令g (x )＝e x －1－ax ，g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，⽽g (0)＝0，从⽽当x ≥0时，g (x )≥0，即f (x )≥0. 若a >1，则当x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，⽽g (0)＝0，从⽽当x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，即f (x )<0. 综合得a 的取值范围为(－∞，1]．题型⼆已知单调区间求参数范围例2 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为⾃然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2所以函数f (x )的单调增区间是[－2，2]．(2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成⽴．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成⽴．因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成⽴，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成⽴．令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增，所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32.因此a 的取值范围为a ≥32.探究提⾼ (1)根据函数的单调性确定参数范围是⾼考的⼀个热点题型，其根据是函数在某区间上单调递增(减)时，函数的导数在这个区间上⼤(⼩)于或者等于零恒成⽴，转化为不等式恒成⽴问题解决．(2)在形式上的⼆次函数问题中，极易忘却的就是⼆次项系数可能等于零的情况，这样的问题在导数单调性的讨论中是经常遇到的，值得特别注意．已知函数f (x )＝axx 2＋b在x ＝1处取得极值2.(1)求函数f (x )的表达式；(2)当m 满⾜什么条件时，函数f (x )在区间(m,2m ＋1)上单调递增？解 (1)因为f ′(x )＝a (x 2＋b )－ax (2x )(x 2＋b )2，⽽函数f (x )＝axx 2＋b在x ＝1处取得极值2，所以f ′(1)＝0，f (1)＝2，即?a (1＋b )－2a ＝0，a1＋b ＝2，得a ＝4b ＝1，所以f (x )＝4x1＋x 2即为所求．(2)由(1)知f ′(x )＝4(x 2＋1)－8x 2(x 2＋1)2＝－4(x －1)(x ＋1)(1＋x 2)2. 令f ′(x )＝0得x 1＝－1，x 2＝1，则f (x )的增减性如下表：可知，f (x )的单调增区间是[－1,1]，所以m ≥－12m ＋1≤1?－1m <2m ＋1，所以当m ∈(－1,0]时，函数f (x )在区间(m,2m ＋1)上单调递增．题型三函数的极值、最值应⽤问题例3 设函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R .(1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,0]上恒成⽴，求b 的取值范围．思维启迪：f (x )≤1在[－1,0]上恒成⽴，转化为f (x )在[－1,0]上的最⼤值f (x )max ≤1. 解 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)．当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在0，12和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和12，2上是减函数． (2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是⽅程4x 2＋3ax ＋4＝0的根．由于f (x )仅在x ＝0处有极值，则⽅程4x 2＋3ax ＋4＝0有两个相等的实根或⽆实根， Δ＝9a 2－4×16≤0，解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯⼀极值．因此满⾜条件的a 的取值范围是－83，83. (3)由(2)知，当a ∈[－2,2]时，4x 2＋3ax ＋4>0恒成⽴．∴当x <0时，f ′(x )<0，f (x )在区间(－∞，0]上是减函数．因此函数f (x )在[－1,0]上的最⼤值是f (－1)．⼜∵对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,0]上恒成⽴，∴f (－1)≤1，即3－a ＋b ≤1. 于是b ≤a －2在a ∈[－2,2]上恒成⽴．∴b ≤－2－2，即b ≤－4.因此满⾜条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．探究提⾼ (1)对含参函数的极值，要进⾏讨论，注意f ′(x 0)＝0只是f (x )在x 0处取到极值的必要条件．(2)利⽤函数的极值、最值，可以解决⼀些不等式的证明、函数零点个数、恒成⽴问题等．已知f (x )＝ax 2 (a ∈R )，g (x )＝2ln x .(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若⽅程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围．解 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，∴F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x >0)．①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a. 由ax 2－1<0，得01a. 故当a >0时，F (x )的增区间为1a ，＋∞，减区间为?0，1a . ②当a ≤0时，F ′(x )<0 (x >0)恒成⽴．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于⽅程a ＝2ln xx 2＝φ(x )在区间[2，e]上有两个不等解．∵φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，⽽φ(e)＝2e 2<φ(2)＝2ln 24＝ln 22＝φ(2)．∴φ(x )min ＝φ(e)，如图当f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不等解时有φ(x )min ＝ln 22， a 的取值范围为ln 22≤a <1e.导数与函数单调性关系不清致误典例：(14分)已知f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )在[1，a ]上的最⼩值和最⼤值．易错分析求函数的单调增区间就是解导数⼤于零的不等式，受此影响，容易认为函数f (x )的导数在区间[2，＋∞)上⼤于零，忽视了函数的导数在[2，＋∞)上个别的点处可以等于零，这样的点不影响函数的单调性．规范解答解 (1)由题意，知f ′(x )＝3x 2－2ax －3，[1分] 令f ′(x )≥0 (x ≥2)，得a ≤32x －1x . 记t (x )＝32x －1x ，当x ≥2时，t (x )是增函数，[3分] 所以t (x )min ＝32×2－12＝94，所以a ∈?－∞，94.[6分] (2)由题意，得f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0，所以a ＝4.[7分] 所以f (x )＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x )＝3x 2－8x －3.[9分] 令f ′(x )＝0，得x 1＝－13，x 2＝3.[10分]⼜因为x ∈[1,4]，所以x ＝－13(舍去)，故x ＝3.当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0，所以f (x )在[1,3]上为减函数；[11分] 当x ∈(3,4)时，f ′(x )>0，所以f (x )在[3,4]上为增函数．[12分] 所以x ＝3时，f (x )有极⼩值．于是，当x ∈[1,4]时，f (x )min ＝f (3)＝－18，⽽f (1)＝－6，f (4)＝－12，所以f (x )max ＝f (1)＝－6.[14分]温馨提醒 (1)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，其逆命题不成⽴，因为f ′(x )≥0包括f ′(x )>0或f ′(x )＝0.当f ′(x )>0时函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，当f ′(x )＝0时f (x )在这个区间内为常函数；同理，若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，其逆命题不成⽴．(2)使f ′(x )＝0的离散的点不影响函数的单调。
《利用导数研究函数的性质》典型例题
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
点拨
这是一道考查导数的实际应用问题,了解数学模型中的参数、结论的实际含义.与
存在性有关的不等式证明或求参数取值范围的问题转化为函数最值问题,把图形位
学而优 · 教有方
+ − = − + − ,
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
题型3 求导数应用中“存在性”问题(数学建模)
典例3
[简单问题解决能力]已知函数() =
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
解析 由() ≥ + + ,得 − ( + ) − ≥ 在 ∈ 上恒成立.
设() = − ( + ) − ,则′() = − ( + ).
由′() = − ( + ) = ,得 = ( + ), ( > −).
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
人教B版同步教材名师课件
利用导数研究函数的性质
---典型例题
学而优 · 教有方
考情分析
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
导数与函数内容的结合命题已成为高考的热点题型,应引起足够的重视.理解
函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数单调性,掌握利用导数求函
数极值、最值的方法,会利用导数解决某些实际问题.以导数为研究函数的重
利用导数研究函数的性质
（五）利用导数研究函数的性质【知识精讲】导数在研究函数中的应用：1、利用导数求函数()y f x =单调区间的步骤：① 确定()f x 的定义域； ② 求导数'()f x ；③ 令'()0f x >，解不等式从而在定义域内确定()f x 的递增区间， 令'()0f x <，解不等式从而在定义域内确定()f x 的递减区间.2、对于含参数的函数()y f x =，若已知此函数在某区间单调递增（或单调递减），则此函数的导函数'()0f x ≥（或'()0f x ≤）在此区间上恒成立.处理恒成立问题，常用图象法或分离参数法，从而可求得参数的取值范围.3、求可导函数 )(x f y =极值的步骤：① 确定函数的定义域；② 求导数；③ 求方程'0y =的根，这些根也称为可能极值点；④ 检查在方程的根的左右两侧的符号，确定极值点.如果左正右负，那么)(x f y =在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么)(x f y =在这个根处取得极大值.4、在区间 []b a ,上求函数 )(x f y =的最大值与最小值 的步骤：① 函数 )(x f y =在),(b a 内有导数．．． ；．② 求函数 )(x f y =在),(b a 内的极值③ 将．函数)(x f y =在),(b a 内的极值与)(),(b f a f 比较，其中最大的一个为最大值 ，最小的一个为最小值.【例题选讲】例1.【2014·全国大纲卷（理22）】已知函数3()ln(1)3x f x x x =+-+.讨论()f x 的单调性；例2.【2014·山东卷（文20）】（本小题满分13分）设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ，其中a 为常数. （Ｉ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（II ）讨论14a =-时函数()f x 的单调性.例3.【2014·福建卷（理20）】已知函数()ax e x f x -=（a 为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线()x f y =在点A 处的切线斜率为-1.求a 的值及函数()x f 的极值；例4.【2014·四川卷（文21）】已知函数3()12x f x e x =--，求函数()f x 在区间[0,1]上的最值；【练习巩固】1.求函数ln ()x f x x=的单调区间.2.设函数22()(ln )x e f x x x x=++求函数()f x 的单调区间3..【2014·湖南卷（理22）】已知常数20,()ln(1).2x a f x ax x >=+-+函数讨论()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；4.【2014·安徽卷（理19，文20）】（本小题满分13分）设函数238()13f x x x x =+--，其中0a >. (Ⅰ)讨论()f x 在其定义域上的单调性；(Ⅱ)当[]0,1x ∈时，求()f x 取得最大值和最小值时的x 的值5.【2014·江西卷（理18）】已知函数. （1）当时，求的极值；(2)若在区间上单调递增，求b 的取值范围.。
浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不 充分条件. 考向突破 考向一 单调性的判断 例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)
导数及其应用3-2利用导数研究函数的性质
A．(－∞，2)B．(0,3)C．(,4)D．(2，＋∞)
解析：f ′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)，
由f ′(x)>0得，x>2.
∴f(x)在(2，＋∞)上是增函数．
答案：D
整理课件
21
[例2] (文)求函数y＝x3＋x2－x在区间[－2,1] 上的最大值与最小值．
整理课件
17
整理课件
18
[例1] 函数y＝xcosx－sinx,0<x<2π的单调 减区间为________．
解析：y′＝cosx＋x(－sinx)－cosx＝－xsinx， 当x∈(0，π)时，y′<0，当x∈(π，2π)时，
y′>0. ∴此函数的单调减区间是(0，π]． 答案：(0，π]
②如果在x0附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0， 那么f(x0)是极小值．
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3．函数的最大值与最小值
(1)函数的最大值与最小值：在闭区间[a，b] 内可导的函数f(x)必有最大值与最小值；但 在开区间(a，b)内可导的函数f(x)不一定有 最大值与最小值．
(2)求极值与最值的步骤：
(4)极值是一个局．部．概念，极大值不．一．定．比极小值 大．
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构造法 在利用导数研究函数的性质，证明不等式等解题过程 中，常常要构造函数，构造方程等来促成问题的解决． [例] 证明不等式 lnx>2xx＋－11，其中 x>1.
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解析：设 f(x)＝lnx－2xx＋－11 (x>1)． 则 f ′(x)＝1x－x＋412＝xxx－＋1122， ∵x>1，∴f ′(x)>0. ∴f(x)在(1，＋∞)内为单调增函数． 又∵f(1)＝0，当 x>1 时，f(x)>f(1)＝0， 即 lnx－2xx＋－11>0.∴lnx>2xx＋－11.
2020届高考数学 第3章 第2节 利用导数判断函数的单调性限时作业(福建版).doc
【立体设计】高考数学 第3章 第2节 利用导数判断函数的单调性限时作业（福建版）一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1. 函数y=a 2x +c 在区间（0,+∞)内单调递增，则a 和c 应满足 （ ） A.a ＜0，且c=0 B.a ＞0，且c 是任意实数 C.a ＜0，且c ≠0 D.a ＜0，且c 是任意实数【解析】因为y ′=2a x ，且函数y=a 2x +c 在（0，+∞）上单调递增，所以2ax ＞0，所以 a ＞0且c ∈R . 【答案】B2设()f x '是函数f(x)的导数,y=()f x '的图象如下图所示，则y=f(x)的图象最有可能是下图中的 ( )【解析】由y=()f x '的图象得当-1<x<1时，()f x '>0,所以y=f(x)在(-1,1)上单调递增.因为当x<-1和x>1时，()f x '<0,所以y=f(x)在(-∞,-1)和（1，+∞）上分别单调递减.综合选项得只有B 正确. 【答案】B3.（2011届·福建模拟）函数f(x)= ln xx,当0<x<1时，下列式子大小关系正确的是（ ） A.f 2(x)<f(x 2)<f(x)B.f(x 2)<f 2(x)<f(x)C.f(x)<f(x 2)<f 2(x)D.f(x 2)<f(x)<f 2(x) 解析：当x ∈(0,1)时，<0,,比较f(x)与f(x 2)的大小.因为,在x ∈(0,1)时，f ′(x)<0,所以f(x)在（0，1）上为减函数，又因为0<x 2<x<1,所以f(x 2)>f(x).所以f(x)<f(x 2)<f 2(x). 答案:C4.已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数图象如右图，则y=f(x),y=g(x)的图象可能是 （ ）解析：观察y=f ′(x)与y=g ′(x)的图象可知，f ′(x)与g ′(x)都是大于0的，所以函数y=f(x)与y=g(x)都是增函数，排除C.又y=f ′(x)的图象为增函数，y=g ′(x)的图象为减函数，易知y=f(x)的图象增长的速度越来越快，y=g(x)的图象增长的速度越来越慢，且在其中一点处两个函数的切线斜率相等，故选B. 答案:B5. 已知32()f x x bx cx d =+++在区间［-1，2］上是减函数，那么b+c （ ）A.有最大值152 B.有最大值152- C.有最小值152 D.有最小值152-【解析】本题考查导数的基本应用和不等式的性质. 由已知得当-1≤x ≤2时，2()320f x x bx c '=++≤恒成立，23,(1)0(2)0,412,c b f f b c -≤-⎧''-≤-≤⎨+≤-⎩所以且即111115(2)(4)(3)(12).22222b c c b b c+=-++≤⨯-+⨯-=-所以【答案】B6. 已知()lnf x x x=,那么f(x) ( )A.在（0，e)上单调递增B.在（0，10）上单调递增C.在1(0,)10上单调递减，1(,)10+∞上单调递增D.在1(0,)e上单调递减，1(,)e+∞上单调递增二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）7. f(x)=x-ln x的单调减区间为 .【解析】令y=f(x)=x-ln x，由0,110,xyx>⎧⎪⎨'=-<⎪⎩解得0<x<1.故减区间为（0，1）.答案：(0,1)8. 已知函数3()f x x kx=-在区间（-3，-1）上不单调，则实数k的取值范围是 . 【解析】2()3.f x x k'=-()0,.3kf x x'==令则因为在(-3,-1)上函数不单调，所以3k即3<k<27.答案3<k<279. 若函数2()ln2f x mx x x=+-在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是 . 【解析】由题意可得：1()22f x mxx'=+-在（0，+∞)上有()0f x'≥恒成立，所以1220mxx+-≥在（0，+∞)上恒成立，即2212mx x≥-在（0，+∞)上恒成立.设22121()(1)1,t xx x x=-+=--+只要求出t(x)在（0，+∞)上的最大值即可.而当11x=，即x=1时，max()1t x=,所以2m≥1,即12m≥.答案：12m ≥10. 函数()y f x =在定义域3(,3)2-内可导，其图象如图所示，记()y f x =的导函数为()y f x '=,则不等式()0f x '≤的解集为 .【解析】由函数y=f(x)的定义域3(,3)2-内的图象可得，函数()y f x '=的大致如图所示.由图象可得不等式()0f x '≤的解集为1[,1][2,3)3-U .答案：1[,1][2,3)3-U三、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 11. 已知函数f(x)=ln x-ax(a ∈R ).(1)若函数f(x)单调递增，求实数a 的取值范围； (2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间.【解】(1) 1()(0),f x a x x'=-> 根据已知得110,(0,),0a a x a x x-≥≤∈+∞≤即在上恒成立故只要即可(2)当a>0时，令11()0,.f x a x x a '=-==得1110,()0;,()0.ax axx a f x x f x x a x--''<<=>>=<当时当时故函数f(x)的单调递增区间为1(0,]a ，单调递减区间为1[,)a+∞.12.（2011届·泉州五中月考））设()2ln .kf x kx x x=--(1)若(2)0f '=,求过点（2，f(2))的直线方程；（2）若f(x)在其定义域内为单调增函数，求k 的取值范围.因为x>0，所以12x x +≥.所以211x x≤+.所以k ≥1.综上，k 的取值范围为k ≥1.B 级1. 函数32()2f x ax bx x =+-a 、b ∈R ，且ab ≠0）的图象如图所示，且x 1+x 2＜0，则有 （ ）A.a ＞0，b ＞0B.a ＜0，b ＜0C.a ＜0，b ＞0D.a ＞0，b ＜0 【解析】由题意知2()32 2.f x ax bx '=+- 令()0f x '=,则1x 、2x 为()0f x '=的两个根， 即1212220,0.2333b b x x x x a a a-+=-=-<=<⨯所以a>0,b>0，选A. 【答案】A2. 如果函数2()2ln f x x x =-在定义域的一个子区间（k-1,k+1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是 ( )A. 32k >B. 12k <-C. 1322k -<<D. 312k ≤< 【解析】1()4,0.f x x x x'=->因为(k-1,k+1)是定义域的一个子区间，所以k-1≥0,k ≥ 1.由题意令()0f x '=,则140,x x -=则12x =. 1113(1,1),11,.2222k k k k k ∈-+-<<+-<<所以即解得.又k ≥1,所以312k ≤<.故选D. 【答案】D3.函数f(x)=313x +ax+1在（-∞,-1)上为增函数，在（-1，1）上为减函数，则f(1)的值为 . 解析：由题知f ′(-1)=0,又f ′(x)=x 2+a,所以1+a=0,a=-1,f(x)=313x -x+1,所以f(1)=13-1+1=13.答案: 134.已知函数f(x)=313x +ax 2-bx+1(a 、b ∈R )在区间［-1，3］上是减函数，则a+b 的最小值是 .解析：因为f ′(x)=x 2+2ax-b,f(x)在［-1，3］上是减函数，所以f ′(x)=x 2+2ax-b 在 ［-1，3］上恒不大于零.所以f ′(-1)≤0,f ′(3)≤0, 即1-2a-b ≤0,9+6a-b ≤0,作出可行域如图所示阴影部分.易求当过点（-1，3）时，a+b 的值最小，最小值为-1+3=2. 答案:25.（2010·全国新课标）设函数f(x)=x(e x -1)-ax 2. (1)若a=12,求f(x)的单调区间； （2）若当x ≥0时f(x)≥0,求a 的取值范围. 解：（1）a=12时，f(x)=x(e x -1)- 12x 2, f ′(x)=e x -1+xe x -x=(e x-1)(x+1). 当x ∈(-∞,-1)时，f ′(x)>0;当x ∈(-1,0)时，f ′(x)<0;当x ∈(0,+∞)时,f ′(x)>0.故f(x)在（-∞,-1],[0,+∞)上单调递增，在[-1,0]上单调递减.（2）f(x)=x(e x -1-ax).令g(x)=e x -1-ax,则g ′(x)=e x-a. 若a ≤1,则当x ∈(0,+∞)时，g ′(x)>0,g(x)为增函数， 而g(0)＝0，从而当x ≥0时g(x)≥0,即f(x)≥0.若a>1,则当x ∈(0,ln a)时，g ′(x)<0,g(x)为减函数， 而g(0)＝0，从而当x ∈(0,ln a)时g(x)<0,即f(x)<0. 综合得a 的取值范围为（-∞,1].6.已知二次函数h(x)=ax2+bx+c(其中c<3),其导函数y=h′(x)的图象如图，f(x)=6ln x+h(x).(1)求函数f(x)在x=3处的切线斜率；（2）若函数f(x)在区间（m,m+ 12）上是单调函数，求实数m的取值范围；（3）若对任意k∈［-1,1］,函数y=kx(x∈(0,6］)的图象总在函数y=f(x)的图象上方，求c的取值范围.解：（1）由已知，h′(x)=2ax+b,其图象为直线，且过（0,-8),(4,0)两点，所以h′(x)=2x-8,所以22,1,88a ab b==⎧⎧⇒⇒⎨⎨=-=-⎩⎩h(x)=x2-8x+c,所以f(x)=6ln x+x2-8x+c.所以f′(x)= 6x+2x-8,所以f′(3)=0,所以函数f(x)在点（3，f(3))处的切线斜率为0.(2)f′(x)= 6x+2x-8=2(1)(3)x xx--,列表如下：因为x>0，所以f(x)的单调递增区间为（0，1）和（3，+∞), f(x)的单调递减区间为（1，3）.要使函数f(x)在区间（m,m+12）上是单调函数，m的取值范围0≤m≤12或1≤m≤52或m≥3.(3)由题意，即对k∈［-1,1］,kx≥f(x)在x∈(0,6］恒成立，得kx≥6ln x+x2-8x+c在x∈(0,6］恒成立，即对k∈［-1,1］,k≥6ln xx+cx+x-8在x∈(0,6］恒成立，所以-1≥6ln x cx x++x-8在x∈(0,6］恒成立，即-1≥6ln x cx x++x-8,6ln x+c+x2-7x≤0,。
2020年高考天津版高考理科数学 3.2 导数的应用
3.2 导数的应用挖命题【考情探究】分析解读函数的单调性是函数的一条重要的性质,也是高中阶段研究的重点.一般分两类考查,一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值以及实际问题中的优化问题等.二是把导数、函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的值(取值范围),常以解答题的形式出现,分值14分,难度较大.破考点【考点集训】考点一导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=+1,则函数f(x)的单调增区间为.答案(-1,1)2.已知函数f(x)=+aln x(a∈R).(1)当a=时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数f '(x)=-+=-.(1)当a=时,因为f '(1)=-+=0, f(1)=,所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=.(2)f '(x)=-(x>0),设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A;函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=∁R B.函数f(x)在定义域内单调等价于f '(x)≤0恒成立或f '(x)≥0恒成立,即ae x-x≤0恒成立或ae x-x≥0恒成立,等价于a≤恒成立或a≥恒成立.令g(x)=(x>0),则g'(x)=-,由g'(x)>0得0<x<1,所以g(x)在(0,1)上单调递增;由g'(x)<0得x>1,所以g(x)在(1,+∞)上单调递减.因为g(1)=,且x>0时,g(x)>0,所以g(x)∈.所以B=或,所以A=.考点二导数与函数的极(最)值3.如图,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m>0),则函数F(x)=g(x)-f(x)( )A.有极小值,没有极大值B.有极大值,没有极小值C.至少有两个极小值和一个极大值D.至少有一个极小值和两个极大值答案C4.已知函数y=f(x)的导函数有且仅有两个零点,其图象如图所示,则函数y=f(x)在x= 处取得极值.答案-1考点三导数的综合应用5.已知函数f(x)=pe-x+x+1(p∈R).(1)当实数p=e时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当p=1时,若直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点,求实数m的取值范围.解析(1)当p=e时, f(x)=e-x+1+x+1,则f '(x)=-e-x+1+1,∴f(1)=3, f '(1)=0.∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=3.(2)∵f(x)=pe-x+x+1,∴f '(x)=-pe-x+1.①当p≤0时, f '(x)>0,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);②当p>0时,令f '(x)=0,得e x=p,解得x=ln p.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以当p>0时, f(x)的单调递增区间为(ln p,+∞),单调递减区间为(-∞,ln p).(3)当p=1时, f(x)=e-x+x+1,直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程mx+1=e-x+x+1在(-∞,+∞)上没有实数解,即关于x的方程(m-1)x=e-x(*)在(-∞,+∞)上没有实数解.①当m=1时,方程(*)化为e-x=0,显然在(-∞,+∞)上没有实数解.②当m≠1时,方程(*)化为xe x=,令g(x)=xe x,则有g'(x)=(1+x)e x.令g'(x)=0,得x=-1.-当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:当x=-1时,g(x)min=-,当x趋近于+∞时,g(x)趋近于+∞,从而g(x)的值域为-∞.所以当<-,即1-e<m<1时,方程(*)无实数解.-综合①②可知,实数m的取值范围是(1-e,1].炼技法【方法集训】方法1 利用导数解决函数的单调性问题1.(2015重庆文,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-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.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=3ax2+2x,因为f(x)在x=-处取得极值,所以f '-=0,即3a·+2×-=-=0,解得a=.(2)由(1)得g(x)=e x,故g'(x)=e x+e x=e x=x(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,知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数. 2.已知函数f(x)=e x,a∈R.(1)求f(x)的零点;(2)当a≥-5时,求证: f(x)在区间(1,+∞)上为增函数.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),令f(x)=0,得x2+a=0,则x2=-a.当a≥0时,方程无解, f(x)无零点;当a<0时,得x=±-.综上,当a≥0时, f(x)无零点;当a<0时, f(x)的零点为±-.(2)证明: f '(x)=-e x+e x=-.令g(x)=x3+x2+ax-a(x>1),则g'(x)=3x2+2x+a,其图象的对称轴为直线x=-,所以g'(x)在(1,+∞)上单调递增.所以g'(x)>g'(1)=3×12+2×1+a=5+a.当a≥-5时,g'(x)≥0恒成立,所以g(x)在(1,+∞)上为增函数.方法2 利用导数解决函数的极值、最值问题3.已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R),g(x)=xf(x)+x2+2x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(m∈Z)内存在唯一的极值点,求m的值. 解析(1)由已知得x>0, f '(x)=-a=-.(i)当a≤0时, f '(x)>0恒成立,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;(ii)当a>0时,由f '(x)>0,得0<x<,由f '(x)<0,得x>.所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为∞.(2)因为g(x)=xf(x)+x2+2x=x(ln x-x-1)+x2+2x=xln x-x2+x,所以g'(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数g'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.又因为g'=-2-+2=-<0,g'(1)=1>0,所以g'(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.又在(0,x1)上,g'(x)<0,g(x)在(0,x1)上单调递减;在(x1,1)上,g'(x)>0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以x1为极值点,此时m=0.又g'(3)=ln 3-1>0,g'(4)=2ln 2-2<0,所以g'(x)在(3,4)上有且只有一个零点x2.又在(3,x2)上,g'(x)>0,g(x)在(3,x2)上单调递增;在(x2,4)上,g'(x)<0,g(x)在(x2,4)上单调递减.所以x2为极值点,此时m=3.综上所述,m=0或m=3.4.已知函数f(x)=e x-a(ln x+1)(a∈R).(1)求函数y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;(2)若函数y=f(x)在上有极值,求a的取值范围.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=e x-.(1)因为f(1)=e-a, f '(1)=e-a,所以函数y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(e-a)=(e-a)(x-1), 即y=(e-a)x.(2)对实数a分类讨论,如下:(i)当a≤0时,对于任意的x∈,都有f '(x)>0,所以函数f(x)在上为增函数,没有极值,不合题意; (ii)当a>0时,令g(x)=e x-,则g'(x)=e x+>0.所以g(x)在上单调递增,即f '(x)在上单调递增, 所以函数f(x)在上有极值等价于所以--所以<a<e.所以a的取值范围是.方法3 利用导数解决不等式问题5.已知函数f(x)=-,a∈R.(1)当a=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意的x∈(1,+∞), f(x)>恒成立,求a的取值范围.解析(1)因为a=0,所以f(x)=,x∈(0,1)∪(1,+∞).所以f '(x)=-.令f '(x)>0,即ln x-1>0,所以x>e;令f '(x)<0,即ln x-1<0,所以x<e.所以f(x)在(e,+∞)上单调递增,在(0,1)和(1,e)上单调递减.所以f(x)的单调递增区间是(e,+∞),单调递减区间是(0,1)和(1,e).(2)因为x>1,所以ln x>0.所以对任意的x∈(1,+∞), f(x)>恒成立等价于->恒成立,等价于a<x-ln x恒成立. 令g(x)=x-ln x,x>1,所以g'(x)=-.再令h(x)=2-ln x-2,x>1,所以h'(x)=-.所以当x>1时,h'(x)>0.所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)>h(1)=0.所以当x>1时,g'(x)>0.所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以g(x)>g(1)=1.所以a<1.6.已知函数f(x)=ln(kx)+-k(k>0).(1)求f(x)的单调区间;(2)对任意x∈,都有xln(kx)-kx+1≤mx,求m的取值范围.解析由已知得, f(x)的定义域为(0,+∞).(1)f '(x)=-.令f '(x)>0,得x>1;令f '(x)<0,得0<x<1.所以函数f(x)的单调减区间是(0,1),单调增区间是(1,+∞).(2)由xln(kx)-kx+1≤mx,得ln(kx)+-k≤m,即m≥f(x)max.①当k≥2时, f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f=0,所以m≥0;②当0<k≤1时, f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f=ln 2-,所以m≥ln 2-;③当1<k<2时, f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)max=max.又f=0, f=ln 2-,所以(i)若f≥f,即ln 2-≥0,所以1<k≤2ln 2,此时f(x)max=f=ln 2-,所以m≥ln 2-;(ii)若f<f,即ln 2-<0,所以2ln 2<k<2,此时f(x)max=0,所以m≥0.综上所述,当k>2ln 2时,m≥0;当0<k≤2ln 2时,m≥ln 2-.方法4 利用导数解决函数的零点问题7.已知函数f(x)=xe x+ax2+2ax(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为3x+y=0,求a的值;(2)当-≤a<0时,讨论函数f(x)的零点个数.解析由题意可知f '(x)=(x+1)(e x+2a).(1)因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为3x+y=0,所以f(0)=0, f '(0)=-3,由e0+2a=-3,得a=-2.(2)当-≤a<0时,令f '(x)=(x+1)(e x+2a)=0,得x=-1或x=ln(-2a).①当ln(-2a)<-1,即a∈-时,f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以函数f(x)在(ln(-2a),-1)上单调递减,在(-∞,ln(-2a))和(-1,+∞)上单调递增. 又因为f(ln(-2a))=aln2(-2a)<0, f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.②当ln(-2a)=-1,即a=-时,f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.又因为f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.③当-1<ln(-2a)<0,即a∈--时,f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以函数f(x)在(-1,ln(-2a))上单调递减,在(-∞,-1)和(ln(-2a),+∞)上单调递增.又因为f(-2)=-2e-2+4a-4a=-2e-2<0, f(-1)=-a-,f(ln(-2a))=aln2(-2a)<0, f(0)=0,所以当a∈--时, f(-1)=-a-<0,函数f(x)有一个零点;当a=-时, f(-1)=0,函数f(x)有两个零点;当a∈--时, f(-1)=-a->0,函数f(x)有三个零点.④当ln(-2a)=0,即a=-时,显然函数f(x)有两个零点.综上所述,当a∈-时,函数f(x)有一个零点;当a∈--时,函数f(x)有两个零点;当a∈--时,函数f(x)有三个零点.过专题【五年高考】A组自主命题·天津卷题组考点一导数与函数的单调性(2014天津文,19,14分)已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.解析(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).令f '(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),∞.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈∞时, f(x)<0.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=∈∞,则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.下面分三种情况讨论:①当>2,即0<a<时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=(-∞, f(2)),因而A⊆(-∞,0);由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)⊆B.所以,A⊆B.③当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.评析本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的性质,考查化归思想、分类讨论思想、函数思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.考点二导数与函数的极(最)值(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;.(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于···解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f '(x)=3x2-a.下面分两种情况讨论:①当a≤0时,有f '(x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=,或x=-.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以f(x)的单调递减区间为-,单调递增区间为-∞-,∞.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f '(x0)=3-a=0,即=,进而f(x0)=-ax0-b=-x0-b.又f(-2x0)=-8+2ax0-b=-x0+2ax0-b=-x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)证明:设g(x)在区间[-1,1]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a≥3时,-≤-1<1≤,由(1)知, f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1), f(-1)],因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=---所以M=a-1+|b|≥2.②当≤a<3时,-≤-1<-<<1≤,由(1)和(2)知f(-1)≥f -=f , f(1)≤f =f -,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为 f , f -,因此M=max,-=max---=max-=+|b|≥××=.③当0<a<时,-1<-<<1,由(1)和(2)知f(-1)<f -=f ,f(1)>f =f -,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(-1), f(1)],因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>.综上所述,当a>0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于.思路分析(1)求含参数的函数f(x)的单调区间,需要进行分类讨论;(2)由第(1)问可知a>0,要证x1+2x0=0,只需证出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得结论;(3)求g(x)在[-1,1]上的最大值,对a分情况讨论即可.评析本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.考点三导数的综合应用1.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组①--②有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.2.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-x n,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<+2.-解析(1)由f(x)=nx-x n,可得f '(x)=n-nx n-1=n(1-x n-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时.令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.②当n为偶数时.当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=-, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).由于f '(x)=-nx n-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明:不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.-当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-x n<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)<h(x).设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.+x0.由此可得x2-x1<x'2-x'1=-因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,-+2.故2≥-=x0.所以,|x2-x1|<-评析本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.3.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-ae x(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范围;(2)证明随着a的减小而增大;(3)证明x1+x2随着a的减小而增大.解析(1)由f(x)=x-ae x,可得f '(x)=1-ae x.下面分两种情况讨论:①a≤0时,f '(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:这时, f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)=-+-<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(2)证明:由f(x)=x-ae x=0,有a=.设g(x)=,由g'(x)=-,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.所以随着a的减小而增大.(3)证明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.设=t,则t>1,且-解得x1=-,x2=-.所以x1+x2=-.(*)令h(x)=-,x∈(1,+∞),则h'(x)=---.令u(x)=-2ln x+x-,得u'(x)=-.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2)知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.评析本题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.4.(2013天津,20,14分)已知函数f(x)=x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有<<.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f '(x)=0,得x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是∞.(2)证明:当0<x≤1时, f(x)≤0.令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.h(1)=-t<0,h(e t)=e2t ln e t-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,所以====,其中u=ln s.要使<<成立,只需0<ln u<.当t>e2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以s>e,即u>1,从而ln u>0成立.另一方面,令F(u)=ln u-,u>1.f '(u)=-,令f '(u)=0,得u=2.当1<u<2时, f '(u)>0;当u>2时, f '(u)<0.故对u>1, f(u)≤F(2)<0.因此ln u<成立.综上,当t>e2时,有<<.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2017山东文,10,5分)若函数e x f(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )A. f(x)=2-xB. f(x)=x2C. f(x)=3-xD. f(x)=cos x答案A2.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )A.[-1,1]B.-C.-D.--答案C3.(2015陕西,9,5分)设f(x)=x-sin x,则f(x)( )A.既是奇函数又是减函数B.既是奇函数又是增函数C.是有零点的减函数D.是没有零点的奇函数答案B4.(2015安徽文,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( )A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<0 答案A5.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D6.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.答案-考点二导数与函数的极(最)值1.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( )A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=( )A.-4B.-2C.4D.2答案D3.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=--=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点..如果6a+1=0,则h'(x)=---则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域;若函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.4.(2016课标Ⅱ,21,12分)(1)讨论函数f(x)=-e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=--(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).f '(x)=---=≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x>-(x+2),(x-2)e x+x+2>0.(2)g'(x)=-=(f(x)+a).由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a-1<0, f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一x a∈(0,2],使得f(x a)+a=0,即g'(x a)=0.当0<x<x a时, f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>x a时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=x a处取得最小值,最小值为g(x a)=-==.于是h(a)=,由'=>0,得y=单调递增.所以,由x a∈(0,2],得=<h(a)=≤=.因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的x a∈(0,2],a=-f(x a)∈[0,1),使得h(a)=λ,所以h(a)的值域是.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.疑难突破本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g'(x)符号的判断灵活地转化为对f(x)+a 符号的判断.考点三导数的综合应用1.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )A.-B.-C.D.答案D2.(2018课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)证明:当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.方法总结利用导数证明不等式的常用方法:(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).如果F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).3.(2018课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)证明:当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题时,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.4.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.解析本题考查了导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-.当x∈时,h'(x)<0;当x∈∞时,h'(x)>0.所以h(x)在上单调递减,在∞上单调递增.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在∞上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<.因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路:(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.5.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f '(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=, f(1)=a+,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时, f(x)在(0,1)没有零点.(ii)若-3<a<0,则f(x)在-单调递减,在-单调递增,故在(0,1)中,当x=-时, f(x)取得最小值,最小值为f -=-+.①若f ->0,即-<a<0, f(x)在(0,1)无零点;②若f -=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;③若f -<0,即-3<a<-,由于f(0)=, f(1)=a+,所以当-<a<-时, f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时, f(x)在(0,1)有一个零点.综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点.6.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+-)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+-)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0,ln 2>->0.692 8;当b=+1时,ln(b-1+-)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.评析本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算求解能力.C组教师专用题组考点一导数与函数的单调性1.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f '(x)满足f '(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是( )A.f<B.f>-C.f-<-D.f->-答案C2.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案A3.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)-(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=-,由f '(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f '(x)=-,x∈时,-<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为-∞.4.(2009天津,20,12分)已知函数f(x)=(x2+ax-2a2+3a)e x(x∈R),其中a∈R.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率;(2)当a≠时,求函数f(x)的单调区间与极值.解析(1)当a=0时, f(x)=x2e x, f '(x)=(x2+2x)e x,故f '(1)=3e.所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率为3e.(2)f '(x)=[x2+(a+2)x-2a2+4a]e x.令f '(x)=0,解得x=-2a或x=a-2.由a≠知,-2a≠a-2.以下分两种情况讨论.①若a>,则-2a<a-2,当x变化时, f '(x)、f(x)的变化情况如下表:所以f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)内是增函数,在(-2a,a-2)内是减函数.函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.函数f(x)在x=a-2处取得极小值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)e a-2.②若a<,则-2a>a-2.当x变化时, f '(x)、f(x)的变化情况如下表:所以f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数.函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)e a-2.函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.考点二导数与函数的极(最)值1.(2013福建,8,5分)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是( )A.∀x∈R, f(x)≤f(x0)B.-x0是f(-x)的极小值点C.-x0是-f(x)的极小值点D.-x0是-f(-x)的极小值点答案D2.(2013辽宁,12,5分)设函数f(x)满足x2·f '(x)+2xf(x)=, f(2)=,则x>0时, f(x)( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值答案D3.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.答案-4.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x--)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间∞上的取值范围.解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.,(e-x)'=-e-x,(1)因为(x--)'=1--e-x-(x--)e-x所以f '(x)=-----.=-----(2)由f '(x)==0,-解得x=1或x=.因为又f(x)=(--1)2e-x≥0,。
2020届高考数学总复习第三章导数及其应用3_2_3导数与不等式证明选学课时作业文(含解析)新人教A版
3-2-3 导数与不等式证明(选学)课时作业A组——基础对点练【解析】2．(2019·安庆模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间．(2)求证：e x>f ′(x )．【解析】(1)由题易知，f ′(x )＝ln x ＋1＋a ，x >0，且f (x )的图象在x ＝1处的切线的斜率k ＝2，所以f ′(1)＝ln 1＋1＋a ＝2，所以a ＝1. 所以f ′(x )＝ln x ＋2， 当x >e －2时，f ′(x )>0， 当0<x <e －2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(e －2，＋∞)，单调递减区间为(0，e －2)． (2)证明：设g (x )＝e x－f ′(x )＝e x －ln x －2，x >0， 因为g ′(x )＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝e －1>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0， 所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上存在唯一的零点t ， 使得g ′(t )＝e t－1t＝0，即e t＝1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<t <1.当0<x <t 时，g ′(x )<g ′(t )＝0，当x >t 时，g ′(x )>g ′(t )＝0， 所以g (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，所以x >0时，g (x )≥g (t )＝e t－ln t －2＝1t －ln 1e t －2＝t ＋1t －2≥2－2＝0，又12<t <1，所以上式等号取不到，所以g (x )>0，即e x>f ′(x )． B 组——能力提升练1．(2019·沈阳质监)已知f (x )＝e x －ax 2－2x ，a ∈R . (1)求函数f (x )的图象恒过的定点的坐标． (2)若f ′(x )≥－ax －1恒成立，求a 的值．(3)在(2)成立的条件下，证明：f (x )存在唯一的极小值点x 0，且－2＜f (x 0)＜－14.【解析】(1)要使参数a 对函数值不产生影响，需x ＝0，此时f (0)＝e 0－a ×02－2×0＝1，∴函数f (x )的图象恒过的定点的坐标为(0，1)． (2)依题意得e x－2ax －2≥－ax －1恒成立，∴e x≥ax ＋1恒成立．构造函数g (x )＝e x－ax －1，则g (x )＝e x－ax －1的图象恒过点(0，0)，g ′(x )＝e x－a ， ①若a ≤0，则g ′(x )＞0.∴g (x )在R 上单调递增， ∴e x≥ax ＋1不能恒成立．②若a ＞0，令g ′(x )＝0，∴x ＝ln a .∵当x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )＜0，函数g (x )＝e x－ax －1单调递减， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )＝e x－ax －1单调递增， ∴函数g (x )在x ＝ln a 处取得极小值，g (ln a )＝a －a ln a －1. ∴要使e x－2ax －2≥－ax －1恒成立，只需a －a ln a －1≥0. 设h (a )＝a －a ln a －1，则函数h (a )的图象恒过点(1，0)，h ′(a )＝1－ln a －1＝－ln a ，当a ∈(0，1)时，h ′(a )＞0，函数h (a )单调递增． 当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )＜0.函数h (a )单调递减． ∴函数h (a )在a ＝1处取得极大值0， ∴要使函数h (a )≥0恒成立，只需a ＝1. 综上，a 的值为1.(3)证明：f ′(x )＝e x －2x －2，设m (x )＝e x－2x －2，则m ′(x )＝e x－2，当x ＞ln 2时，m ′(x )＞0，当x ＜ln 2时，m ′(x )＜0， ∴函数m (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，m (x )＝e x －2x －2在x ＝ln 2处取得极小值，且m (ln 2)＝－2ln 2＜0，又m (－1)＝1e＞0，m (2)＝e 2－6＞0，∴m (x )有两个变号零点，∴f (x )存在唯一的极小值点x 0， ∴f ′(x 0)＝0，即e x 0－2x 0－2＝0，∴f (x 0)＝e x 0－x 20－2x 0＝2x 0＋2－x 20－2x 0＝2－x 20， ∵m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e 32－2×32－2＝e 32－5＜0， ∴x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，∴函数f (x )的极小值f (x 0)＝2－x 20∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－14，即－2＜f (x 0)＜－14.2．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝a ln x －x 2＋(2a －1)x (a ∈R )有两个不同的零点． (1)求a 的取值范围．(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＞2a . 【解析】(1)法一：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x －2x ＋2a －1＝（2x ＋1）（a －x ）x.当a ≤0时，易得f ′(x )＜0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 则f (x )至多有一个零点，不符合题意，舍去． 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，则x ＝a ，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：∴f (x )max ＝f (设g (x )＝ln x ＋x －1，则g ′(x )＝1x＋1＞0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．∵g (1)＝0，∴0＜x ＜1时，g (x )＜0；x ＞1时，g (x )＞0.∴当0＜a ≤1时，f (x )max ＝a ·g (a )≤0，则f (x )至多有一个零点，不符合题意，舍去． 当a ＞1时，f (x )max ＝a ·g (a )＞0，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2e －1－1e 2－1e ＜0， ∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，a 上有一个零点． f (3a －1)＝a ln(3a －1)－(3a －1)2＋(2a －1)(3a －1)＝a [ln(3a －1)－(3a －1)]，设h (x )＝ln x －x ，x ＞1，则h ′(x )＝1x－1＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递减，则h (3a －1)＜h (2)＝ln 2－2＜0， ∴f (3a －1)＝a ·h (3a －1)＜0，∴f (x )在区间(a ，3a －1)上有一个零点，那么f (x )恰有两个零点． 综上所述，当f (x )有两个不同的零点时，a 的取值范围是(1，＋∞)．法二：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x－2x ＋2a －1＝（2x ＋1）（a －x ）x，当a ≤0时，易得f ′(x )＜0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 则f (x )至多有一个零点，不符合题意，舍去． 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，则x ＝a ，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：∴f (x )max ＝f (要使函数f (x )有两个零点，则必有f (a )＝a (ln a ＋a －1)＞0，即ln a ＋a －1＞0. 设g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1＞0，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增．∵g (1)＝0，∴a ＞1.∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2e －1－1e 2－1e ＜0， ∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，a 上有一个零点． 设h (x )＝ln x －x ，则h ′(x )＝1x －1＝1－xx，∴h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )≤h (1)＝－1＜0，∴ln x ＜x .∴f (x )＝a ln x －x 2＋(2a －1)x ＜ax －x 2＋(2a －1)x ＝3ax －x 2－x ＜3ax －x 2＝x (3a －x )， 则f (4a )＜0，∴f (x )在区间(a ，4a )上有一个零点， 此时f (x )恰有两个零点．综上所述，当f (x )有两个不同的零点时，a 的取值范围是(1，＋∞)．(2)证明：法一：由(1)可知，当f (x )有两个不同的零点时，a ＞1，且当x ∈(0，a )时，f (x )是增函数，当x ∈(a ，＋∞)时，f (x )是减函数．不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜a ＜x 2.设F (x )＝f (x )－f (2a －x )，x ∈(0，2a )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝ax －2x ＋2a －1＋a 2a －x －2(2a －x )＋2a －1＝a x＋a 2a －x －2＝2（x －a ）2x （2a －x ）. 当x ∈(0，a )时，F ′(x )＞0，∴F (x )单调递增， ∵F (a )＝0，∴F (x )＜0，∴f (x )＜f (2a －x )． ∵x 1∈(0，a )，∴f (x 1)＜f (2a －x 1)， ∵f (x 1)＝f (x 2)，∴f (x 2)＜f (2a －x 1)，∵x 2∈(a ，＋∞)，2a －x 1∈(a ，2a )，f (x )在(a ，＋∞)上单调递减， ∴x 2＞2a －x 1，∴x 1＋x 2＞2a .法二：由(1)可知，当f (x )有两个不同的零点时，a ＞1，且当x ∈(0，a )时，f (x )是增函数，当x ∈(a ，＋∞)时，f (x )是减函数．不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜a ＜x 2.设F (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，x ∈(0，a )，则F ′(x )＝f ′(a ＋x )＋f ′(a －x )＝aa ＋x－2(a ＋x )＋2a －1＋aa －x－2(a －x )＋2a －1＝a a ＋x ＋aa －x －2＝2x2（a ＋x ）（a －x ）. 当x ∈(0，a )时，F ′(x )＞0，∴F (x )单调递增， ∴F (x )＞0，∴f (a ＋x )＞f (a －x )． ∵a －x 1∈(0，a )，∴f (x 1)＝f (x 2)＝f (a －(a －x 1))＜f (a ＋(a －x 1))＝f (2a －x 1)． ∵x 2∈(a ，＋∞)，2a －x 1∈(a ，2a )，f (x )在(a ，＋∞)上单调递减，∴x2＞2a－x1，∴x1＋x2＞2a.。
2020高考数学 课后作业 3-2 利用导数研究函数的性质
3-2 利用导数研究函数的性质1.(文)(2020·宿州模拟)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′ (x)>1，则f(x)>x的解集是( )A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案] C[解析]令F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－1>0，所以F(x)是增函数，∵f(x)>x，∴F(x)>0，∵F(1)＝f(1)－1＝0，∴F(x)>F(1)，∵F(x)是增函数，∴x>1，即f(x)>x的解集是(1，＋∞)．(理)(2020·辽宁文，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)[答案] B[解析]由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.2．(2020·宁夏石嘴山一模)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值，最小值分别是( )A．5，－15 B．5，－4C．－4，－15 D．5，－16[答案] A[解析]∵y′＝6x2－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A.3．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B．0，427C．－427，0 D．0，－427[答案] A[解析] f ′(x )＝3x 2－2px －q 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝01－p －q ＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1易得当x ＝13时f (x )取极大值427当x ＝1时f (x )取极小值0.(理)设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝±1处均有极值，且f (－1)＝－1，则a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝－12，b ＝0，c ＝－32B ．a ＝12，b ＝0，c ＝－32C ．a ＝－12，b ＝0，c ＝32D ．a ＝12，b ＝0，c ＝32[答案] C[解析] f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f ′－1＝0.f －1＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＋c ＝0，3a －2b ＋c ＝0，－a ＋b －c ＝－1，解得a ＝－12，b ＝0，c ＝32.4．(2020·青岛模拟)已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得极大值－5时，x 的值应为( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1 [答案] B[解析] 由导函数与原函数的关系知，f (x )＝x 4－2x 2＋a (a 为常数)， ∵f (0)＝－5，∴a ＝－5，∴f (x )＝x 4－2x 2－5， 令f ′(x )＝4x 3－4x ＝0得，x 1＝1，x 2＝0，x 3＝1， 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－1)和(0,1)上单调递减，在(－1,0)上和(1，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得极大值5，故选B.5．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.6．(2020·陕西咸阳模拟)已知函数f (x )＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和为S n ，则S 2020的值为( ) A.20102011 B.10052011 C.40204021D.20104021[答案] D[解析] ∵f ′(x )＝2ax ，∴f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(1)＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x )＝4x 2－1， ∴1f n＝14n 2－1＝12n －1·12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n的前n 项和S n ＝1f 1＋1f 2＋…＋1f n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，∴S 2020＝20104021.7．(文)(2020·福州模拟)已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案] －37[解析] f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减， 由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37， ∴最小值为－37.(理)(2020·惠州三模)已知函数f (x )＝1－x ax＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．[答案] [1，＋∞)[解析] ∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax2(a >0)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.8．(文)(2020·浙江杭州冲刺卷)函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )在(a ，b )上的图象如图，则y ＝f (x )在区间(a ，b )上极大值的个数为________．[答案] 2[解析] 由f ′(x )在(a ，b )上的图象可知f ′(x )的值在(a ，b )上，依次为＋－＋－＋，∴f (x )在(a ，b )上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f (x )在(a ，b )上的极大值点有两个．[点评] 应注意题设中给的是f (x )的图象还是f ′(x )的图象，在f ′(x )的图象上，位于x 轴上方部分使f ′(x )>0，f (x )单调增，位于x 轴下方部分，使f ′(x )<0，f (x )单调减，f (x )的极值点是f ′(x )的图象与x 轴的交点，千万要注意，不要把f ′(x )的单调性误以为是f (x )的单调性．请再练习下题：(2020·绵阳模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，给出下面四个判断． ①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝2是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________． [答案] ②③[解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数； (2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值． 故②③正确．(理)(2020·绵阳市诊断)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax 的图象在x ＝1处的切线与直线x ＋2y －1＝0平行，则实数a 的值为________．[答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝11＋x －a ，∴f ′(1)＝12－a .由题知12－a ＝－12，解得a ＝1.[点评] 函数f (x )在点x 处切线l 的斜率为f ′(x 0)，若l 与l 1平行(或垂直)，则f ′(x 0)＝kl 1(或f ′(x 0)·kl 1＝－1)．请再练习下题：(2020·广东实华梧州联考)已知曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线与曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相平行，则x 0的值为________．[答案] 0或－23[解析] 由条件知，2x 0＝－3x 20， ∴x 0＝0或－23.9．设P 为曲线C ：y ＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 [解析] 设P (a ，a 2－a ＋1)，y ′|x ＝a ＝2a －1∈[－1,3]，∴0≤a ≤2.∴a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34，当a ＝12时，取最小值34，当a ＝2时，取最大值3，故P 点纵坐标范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3.10．(2020·北京东城一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′(23)．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)(理)设函数g (x )＝[f (x )－x 3]·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解析] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c 得，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′(23)＝3×(23)2＋2a ×(23)－1＝43a ＋13，解之得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3(x ＋13)(x －1)，列表如下：↗↘↗所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－3)和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是(－13，1)．(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x， 因为函数在区间x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立．只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞).11.若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点[答案] B[解析] f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )＝0⇒x 1＝0，x 2＝2a >4.易知f (x )在(0,2)上为减函数，且f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，由零点判定定理知，函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．12．(2020·南开区质检)已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )A ．2B ．1C ．－1D ．－2[答案] A[解析] ∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc ， 又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1c ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1c ＝－2，∴ad ＝2.13．(文)(2020·安庆质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[答案] －13[解析] 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.(理)(2020·山东潍坊一模)已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1、x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是()A ．[－32，3]B ．[32，6]C ．[3,12]D ．[－32，12][答案] C[解析] 由条件可得，⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2≥0，f ′－1≤0，f ′1≤0，f ′2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧8b －c －12≤0，4b －c －3≤0，4b ＋c ＋3≤0，8b ＋c ＋12≥0，作出其可行域，易知目标函数z ＝2b －c 的取值范围是[3,12]．14．(文)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，且与y ＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1)求a 、b 、c 的值； (2)求函数的递减区间．[解析] (1)函数的图象经过(0,0)点，∴c ＝0. 又图象与x 轴相切于(0,0)点，y ′＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴b ＝0，∴y ＝x 3＋ax 2，y ′＝3x 2＋2ax . ∵当x ＝－23a 时，函数有极小值－4.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 33＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 32＝－4，得a ＝－3. (2)y ′＝3x 2－6x <0，解得0<x <2.∴递减区间是(0,2)． (理)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值； (2)求函数f (x )的单调区间与极值点． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f 2＝8.即⎩⎪⎨⎪⎧12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8.解得a ＝4，b ＝24.(2)f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)．当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f (x )没有极值点．当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝±a .当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点．15．(文)设函数g (x )＝13x 3＋12ax 2－bx (a ，b ∈R)，在其图象上一点P (x ，y )处的切线的斜率记为f (x )．(1)若方程f (x )＝0有两个实根分别为－2和4，求f (x )的表达式； (2)若g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a 2＋b 2的最小值．[解析] (1)根据导数的几何意义知f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ，由已知－2,4是方程x2＋ax －b ＝0的两个实根，由韦达定理⎩⎪⎨⎪⎧－2＋4＝－a－2×4＝－b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝8，f (x )＝x 2－2x －8.(2)g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ≤0，即f (x )＝x 2＋ax －b ≤0在[－1,3]上恒成立 这只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0f3≤0即可，也即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9，而a 2＋b 2可视为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3)距离原点最近．所以当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝3时，a 2＋b 2有最小值13.(理)(2020·天津文，19)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R. (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程． (2)当t ≠0，求f (x )的单调区间．(3)证明：对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．[解析] (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)解：f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2，因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t ，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，－t .②若t >0，则－t <t2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞：f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t2，(3)证明：由(2)可知，当t >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，＋∞内单调递增，以下分两种情况讨论：①当t2≥1，即t ≥2时，f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．f (0)＝t －1>0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．②当0<t 2<1，即0<t <2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内单调递增，若t ∈(0,1]，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内存在零点． 若t ∈(1,2)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋(t －1)<－74t 3＋1<0， f (0)＝t －1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点， 综上，对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．1．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )[答案] C[分析] 由导函数f ′(x )的图象位于x 轴上方(下方)，确定f (x )的单调性，对比f (x )的图象，用排除法求解．[解析] 由f ′(x )的图象知，x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，x ∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．只有C符合题意，故选C.2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y)处的切线的斜率为g(x)，则函数y＝g(x)cos x的部分图象可以为( )[答案] A[解析]g(x)＝(x2＋1)′＝2x，∴y＝g(x)·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C.3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为图中的( )[答案] D[解析] 当y ＝f (x )为增函数时，y ＝f ′(x )>0，当y ＝f (x )为减函数时，y ＝f ′(x )<0，可判断D 成立．4．(2020·浙江文，10)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )[答案] D[解析] 设g (x )＝f (x )e x ，则g (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x，∴g ′(x )＝e x [ax 2＋(b ＋2a )x ＋b ＋c ]，由已知g ′(－1)＝0，∴a －b －2a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝c .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋c 可化为f (x )＝ax 2＋bx ＋a ， ∴f (x )＝0若有根时，两根之积为1.而D 中两根x 1<－1，x 2<－1，x 1x 2>1.所以D 图一定不成立．故选D.5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0.对任意正数a 、b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )[答案] A[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0， ∴xf ′(x )≤－f (x )≤0. 设y ＝f x x ，则y ′＝x ·f ′x －f xx 2≤0， 故y ＝f xx为减函数或为常数函数． 又a <b ，∴f a a ≥f bb， ∵a 、b >0，∴a ·f (b )≤b ·f (a )．[点评] 观察条件式xf ′(x )＋f (x )≤0的特点，可见不等式左边是函数y ＝xf (x )的导函数，故可构造函数y ＝xf (x )或y ＝f xx通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a ，b 是实数，且e <a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是( ) A ．a b>b aB ．a b<b a C ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定 [答案] A[解析] 令f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln xx2.当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e <a <b ，∴f (a )>f (b )，即ln a a >ln bb，∴b ln a >a ln b ，∴ln a b>ln b a，∴a b >b a.6．(2020·安徽池州一中期末)已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．[答案] b <－1或b >3[解析] y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立， ∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3.7．(2020·苏北四市调研)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．[答案] [－2，－1][解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上，故－m ＋n ＝2① 又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由条件知f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2， 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0， 则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0， 所以t ∈[－2，－1]．[点评] f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，故[t ，t ＋1]是f (x )的减区间的子集． 8．(2020·厦门三中阶段测试)已知f (x )＝ln x ＋x 2－bx . (1)若函数f (x )在其定义域内是增函数，求b 的取值范围；(2)当b ＝－1时，设g (x )＝f (x )－2x 2，求证函数g (x )只有一个零点．[解析] (1)∵f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f ′(x )＝1x＋2x －b ≥0，对x ∈(0，＋∞)恒成立，即b ≤1x＋2x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b ≤⎝⎛⎭⎪⎫1x＋2x min ， ∵x >0，∴1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，∴b ≤22，∴b 的取值范围为(－∞，22]．(2)当b ＝－1时，g (x )＝f (x )－2x 2＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)， ∴g ′(x )＝1x－2x ＋1＝－2x 2－x －1x ＝－x －12x ＋1x， 令g ′(x )＝0，即－2x ＋1x －1x＝0，∵x >0，∴x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减， ∴当x ≠1时，g (x )<g (1)，而g (1)＝0，∴g (x )<0， ∴函数g (x )只有一个零点．。
【走向高考】2020年高考数学总复习 3-2导数的应用课后作业 北师大版
【走向高考】2020年高考数学总复习 3-2导数的应用课后作业 北师大版一、选择题1．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的最大值是( )A ．π－1 B.π2－1 C ．π D ．π＋1[答案] C[解析] f ′(x )＝1－cos x ≥0，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上为增函数 ∴f (x )的最大值为f (π)＝π－sinπ＝π，故选C.2．(2020·西安模拟)若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.3．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32[答案] A[解析] 由f ′(x )＝2x 3－6x 2＝0得，x ＝0或x ＝3， 经检验知x ＝3是函数的一个最小值点， 所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m－272≥－9，解得m≥32.4．当x≥2时，ln x与x－12x2的关系为( )A．ln x>x－12x2 B．ln x<x－12x2C．ln x＝x－12x2 D．大小关系不确定[答案] A[解析] 构造函数F(x)＝ln x＋12x2－x，则F′(x)＝1x＋x－1＝x2－x＋1x.∵x≥2，∴F′(x)>0，∴F(x)在[2，＋∞)上为增函数．又∵F(2)＝ln2＋2－2＝ln2>0，∴F(x)>0在[2，＋∞)上恒成立，∴即ln x＋12x2－x>0，∴ln x>x－12x2.5．(2020·湖南理，8)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )A．1 B.1 2C.52D.22[答案] D[解析] 本小题考查内容为导数的应用——求函数的最小值．∵f(x)＝x2，g(x)＝ln x，图象如下∴|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x(x>0)令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－ln x，∴F′(x)＝2x－1 x .令F′(x)＝0，∴x＝22，∴F(x) 在x＝22处最小．6．(文)(2020·山东文)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件[答案] C[解析] 本题考查了导数的应用及求导运算．∵x>0，y′＝－x2＋81＝(9－x)(9＋x)，令y′＝0，得x＝9时；当x∈(0,9)时，y′>0，x∈(9，＋∞)，y′<0.y先增后减，∴x＝9时函数取最大值，选C.(理)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm，要使其体积为最大，则高为( )A.33cm B.1033cmC.1633cm D.2033cm[答案] D[解析] 设圆锥的高为x，则底面半径为202－x2，其体积为V＝13πx(400－x2) (0＜x＜20)，V ′＝13π(400－3x 2)，令V ′＝0，解得x ＝2033. 当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033＜x ＜20时，V ′＜0 所以当x ＝2033时，V 取最大值． 二、填空题7．如下图，函数f (x )的图像是折线段ABC ，其中A 、B 、C 的坐标分别为(0,4)、(2,0)、(6,4)，则f (f (0))＝________；函数f (x )在x ＝1处的导数f ′(1)＝________.[答案] 2，－28．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的取值范围为____． [答案] a ≥1 [解析] 由已知得a ＞1＋ln xx在区间(1，＋∞)内恒成立．设g (x )＝1＋ln xx ，则g ′(x )＝－ln xx 2＜0 (x ＞1)，∴g (x )＝1＋ln xx在区间(1，＋∞)内单调递减，∴g (x )＜g (1)，∵g (1)＝1， ∴1＋ln xx＜1在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a ≥1.三、解答题9．(文)已知a 为实数，函数f (x )＝(x 2＋1)(x ＋a )，若f ′(－1)＝0，求函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值和最小值．[解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.∵f ′(－1)＝0，∴3－2a ＋1＝0，即a ＝2.∴f ′(x )＝3x 2＋4x ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x ＋1)．由f ′(x )≥0，得x ≤－1或x ≥－13；由f ′(x )≤0，得－1≤x ≤－13.因此，函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，－1和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13. ∴f (x )在x ＝－1取得极大值f (－1)＝2，f (x )在x ＝－13取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝5027.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138，f (1)＝6，且5027>138，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值为f (1)＝6，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138.(理)(2020·北京理，18)已知函数f (x )＝(x －k )2e x k. (1)求f (x )的单调区间；(2)若对于任意的x ∈(0，＋∞)，都有f (x )≤1e，求k 的取值范围．[解析] (1)f ′(x )＝1k (x 2－k 2)e xk，令f ′(x )＝0，得x ＝±k .当k >0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：↗↘↗当k <0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：↘↗↘(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝e k＋1k>1e，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e.当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝4k2e.所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于f(－k)＝4k2e≤1e.解得－12≤k<0.故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时，k的取值范围是[－12，0)．一、选择题1．(2020·浙江文，10)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像是( )[答案] D[解析] 本题考查了导数的极值及有关函数图像问题．由F(x)＝f(x)·e x得，F′(x)＝f′(x)e x＋f(x)·(e x)′＝e x[ax2＋(2a＋b)x＋b＋c]∵x＝－1是F(x)的极值点，∴F′(－1)＝0，得c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a，∴f′(x)＝2ax＋b∴f′(－1)＝－2a＋b，f(－1)＝2a－b由f′(－1)＝0，则b＝2a，f(－1)＝0，b＝2a，故A，B选项可能成立；由f′(－1)>0，∴－2a＋b>0，∴f(－1)<0，故C选项也成立；所以，答案选D.2．(文)已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时( )A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0[答案] B[解析] f (x )是奇函数，g (x )为偶函数．x >0时，f (x )，g (x )都单调递增，x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.(理)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)·f ′(x )<0，则a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．c <b <aD ．c <a <b[答案] D[解析] 由f (x )＝f (2－x )知函数图像关于直线x ＝1对称，由x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0得x ∈(－∞，1)时f ′(x )>0，所以x ∈(－∞，1)时f (x )是增函数，又c ＝f (3)＝f (－1)，而f (－1)<f (0)<f (12)，即c <a <b .故选D.二、填空题3．(2020·广州综测)若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．[答案] (－2,2)[解析] f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)． 当x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以当x ＝－1时函数f (x )有极大值，当x ＝1时函数f (x )有极小值．要使函数f (x )有3个不同的零点，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f －1>0，f1<0，解得－2<a <2.4．(文)(2020·山东济南模拟)将长为52cm 的铁丝剪成两段，各围成一个长与宽之比为2:1及3:2的矩形，那么面积之和的最小值为________cm 2.[答案] 78[解析] 设剪成的两段中其中一段为x ，另一段为52－x .由题意知，面积之和为S ＝x 6·2x 6＋352－x 10·252－x 10＝118x 2＋350(52－x )2，S ′＝19x －325(52－x )．令S ′＝0，则x ＝27，另一段为52－27＝25.此时S min ＝78(cm 2)．(理)将边长为1m的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S＝梯形的周长2梯形的面积，则S的最小值是________．[答案]3233[解析] 本题主要考查了导数在实际问题中的应用，求解的关键在于根据条件正确地建立目标函数，进而利用导数工具求函数的最值，重点考查了考生的建模能力和运算能力．如上图，设AD＝x(0<x<1)，则DE＝AD＝x，∴梯形的周长为x＋2(1－x)＋1＝3－x，又S△ADE＝34x2，∴梯形的面积为34－34x2，∴S＝433×x2－6x＋91－x2(0<x<1)，∴S′＝－833×3x－1x－31－x22，令S′＝0，得x＝13或3(舍去)，当x∈(0，13)时，S′<0，S递减；当x∈(13，1)时，S′>0，S递增；故当x＝13时，S的最小值是3233.三、解答题5．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图像与x轴切于(1,0)点，求f(x)的极值．[解析] ∵f(x)过(1,0)点，∴f(1)＝1－p－q＝0.∵f′(x)＝3x2－2px－q，且f(x)与x轴相切于点(1,0)，∴f′(1)＝3－2p－q＝0.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧1－p －q ＝0，3－2p －q ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1.∴f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)， 其图像如上图所示．∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，∴f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＝427，f (x )极小值＝f (1)＝13－2×12＋1＝0.(理)(2020·东北四校联考)已知函数f (x )＝ln xx－x ，求函数f (x )的最大值．[解析] ∵f ′(x )＝1－ln xx 2－1，令f ′(x )＝0得x 2＝1－ln x . 显然x ＝1是方程的解．令g (x )＝x 2＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝2x ＋1x>0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1是方程f ′(x )＝0的唯一解 ∵当0<x <1时，f ′(x )＝1－ln xx 2－1>0，当x >1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时函数有最大值f (x )max ＝f (1)＝－1.6．(文)(2020·全国大纲卷文，21)已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋(3－6a )x ＋12a －4(a ∈R)． (1)证明：曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线过点(2,2)；(2)若f (x )在x ＝x 0处取得最小值，x 0∈(1,3)，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3－6a由f (0)＝12a －4，f ′(0)＝3－6a 得曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y ＝(3－6a )x ＋12a －4，由此知曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线经过点(2,2)．(2)由f ′(x )＝0，得x 2＋2ax ＋1－2a ＝0(ⅰ)当Δ≤0，即－2－1≤a ≤2－1时，f (x )没有极小值． (ⅱ)当Δ>0，即a >2－1或a <－2－1时，由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2＋2a －1，x 2＝－a ＋a 2＋2a －1故x 0＝x 2，由题设知，1<－a ＋a 2＋2a －1<3 当a >2－1时，不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3无解当a <－2－1时，解不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3得－52<a <－2－1综合(ⅰ)(ⅱ)得a 的取值范围是(－52，－2－1)．(理)(2020·新课标文，21)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln xx －1. [解析] (1)f ′(x )＝ax ＋1x －ln x x ＋12－bx2. 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1 (2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－ln x x －1＝11－x 2(2ln x －x 2－1x)． 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x(x >0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－x 2－1x 2＝－x －12x 2.所以当x ≠1时，h ′(x )<0，而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x2h (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0. 从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1>0，即f (x )>ln x x －1. 7．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米． (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？[解析] (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)，耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫1128000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升)． 答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为f (x )升． 依题意得f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128000x 3－380x ＋8·100x ＝11280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， f ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x2(0<x ≤120)． 令f ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，f ′(x )<0，f (x )是减函数；当x ∈(80,120]时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．∴当x ＝80时，f (x )取到极小值f (80)＝11.25(升)．因为f (x )在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．。
2020年浙江高考数学复习3.2导数的应用
3.2 导数的应用挖命题【考情探究】2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系，利用导数证明不等式，求函数零点等属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中，导数的考查必不可少，复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1. (2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x) 分别是定义在(-巴0) U(0,+ 上的奇函数和偶函数，当x<0 时,f '(x) • g(x)+3f(x) • g'(x)>0,g(x) 工0,且f(-3)=0,则不等式f(x) • g(x)<0 的解集是( )A.(-3,0) U(3,+ a)B.(-3,0) U (0,3)C.(- a,-3) U(3,+ a)D.(- a,-3) U (0,3)答案D2. (2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax 3+3|a-1|x 2+2ax-a(a €R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性；⑵当x € [0,1]时,恒有|f(x)| < f(1),求a的取值范围.解析⑴当a=1 时,f(x)=4x 3+2x-1, f '(x)=12x 2+2>0,(2 分)故f(x)在R上单调递增.(4分)⑵由于|f(0)| <f(1),即⑻ < 5a+3|a-1|,解得a>-1.(6 分)①当a>0 时,f '(x)=12ax 2+6|a-1|x+2a,当x € ［0,1］时,f '(x) > 0,所以f(x)在［0,1］上单调递增，则f(x) < f(1),符合题意.(8分)②当-_<a<0 时,f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0, 存在x。
€ (0,1),使得 f '(x 。
)=0, 故f(x)在(0,X 0)上单调递减，在(x 0,1)上单调递增.因为f'(x0)=12a +6(1-a)x 0+2a=0,所以4a =-2(1-a) --ax0,f(x 0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+—ax°-a=-a —— >0由单调性知|f(x 0)l=f(X 0)Vf(1),符合题意.(11分)③当a=-_时，f(x)=-3x 3+_x2-_x+_,f '(x)=-9 __ (x-1).f(x)在 -上递减,在- 上递增，且 -=f - <f(1),符合题意.(12分)④当-1 < av--时,f '(x)=12ax 2+6(1-a)x+2a,△ =-60a 2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0, 对称轴x=—€ (0,1).故f '(x)=0 在(0,1)上有两个不同的实根X1，X2,设X1VX2,则f(X)在(0,x 1)上单调递减，在(x 1,X 2)上单调递增，在(X 2,1)上单调递减.必有|f(x 2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④，知a的取值范围是-- 0 .(15分)考点二导数与极值、最值1. (2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x) 为其导函数，函数y=xf '(x) 的图象的一部分如图所示，则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2) 与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案A2. (2017 北京,20,13 分)已知函数f(x)=e x cos x-x.⑴求曲线y=f(x)在点(0, f(o))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间一上的最大值和最小值.解析⑴因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)) 处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,贝U h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x €-时,h'(x)<0,所以h(x)在区间 -上单调递减.所以对任意x €-,有h(x)<h(0)=0,即 f '(x)<0.所以函数f(x)在区间 -上单调递减.因此f(x)在区间 -上的最大值为f(0)=1,最小值为f - =--•解题思路(1)先求导，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1, 对h(x)求导，进而确定h(x)的单调性，最后求出最值.方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值，即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性：⑴求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3) 令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间，令f '(x)<0, 得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1利用导数研究函数的单调性1. (2017 课标全国U 文,21,12 分)设函数f(x)=(1-x 2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；⑵当x >0时，f(x) < ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性，恒成立问题.(1) f '(x)=(1-2x-x 2)e x.令 f '(x)=0, 得x=-1- 或x=-1+ .当x € (- 8,-1- _)时,f '(x)<0;当x € (-1- 一,-1+ _)时,f '(x)>0;当x € (-1+ _,+ 8)时,f '(x)<0.所以f(x)在(-8, -1- ),(-1+ ，+ 8)上单调递减，在(-1- _,-1+ _)上单调递增.(2) 解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a> 1 时，设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)二xe x<0(x>0),因此h(x)在［0,+ 上单调递减，而h(0)=1,故h(x) <1,所以f(x)=(x+1)h(x) < x+1< ax+1.当0<a<1 时，设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在［0,+ 上单调递增，而g(0)=0,故e x> x+1.当0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x) 2,(1-x)(1+x) 2-ax-1=x(1-a-x-x 2), 取x°= ---------- ,则x0 € (0,1),(1-x 0)(1+x 0) 2-ax 0-1=0,故f(x 0)>ax o+1.当a< 0时,取X0=^,2则X。
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3-2 利用导数研究函数的性质1.(文)(2020·宿州模拟)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′ (x)>1，则f(x)>x的解集是( )A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案] C[解析]令F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－1>0，所以F(x)是增函数，∵f(x)>x，∴F(x)>0，∵F(1)＝f(1)－1＝0，∴F(x)>F(1)，∵F(x)是增函数，∴x>1，即f(x)>x的解集是(1，＋∞)．(理)(2020·辽宁文，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)[答案] B[解析]由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.2．(2020·宁夏石嘴山一模)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值，最小值分别是( )A．5，－15 B．5，－4C．－4，－15 D．5，－16[答案] A[解析]∵y′＝6x2－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A.3．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B．0，427C．－427，0 D．0，－427[答案] A[解析] f ′(x )＝3x 2－2px －q 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝01－p －q ＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1易得当x ＝13时f (x )取极大值427当x ＝1时f (x )取极小值0.(理)设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝±1处均有极值，且f (－1)＝－1，则a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝－12，b ＝0，c ＝－32B ．a ＝12，b ＝0，c ＝－32C ．a ＝－12，b ＝0，c ＝32D ．a ＝12，b ＝0，c ＝32[答案] C[解析] f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f ′－1＝0.f －1＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＋c ＝0，3a －2b ＋c ＝0，－a ＋b －c ＝－1，解得a ＝－12，b ＝0，c ＝32.4．(2020·青岛模拟)已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得极大值－5时，x 的值应为( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1 [答案] B[解析] 由导函数与原函数的关系知，f (x )＝x 4－2x 2＋a (a 为常数)， ∵f (0)＝－5，∴a ＝－5，∴f (x )＝x 4－2x 2－5， 令f ′(x )＝4x 3－4x ＝0得，x 1＝1，x 2＝0，x 3＝1， 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－1)和(0,1)上单调递减，在(－1,0)上和(1，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得极大值5，故选B.5．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.6．(2020·陕西咸阳模拟)已知函数f (x )＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和为S n ，则S 2020的值为( ) A.20102011 B.10052011 C.40204021D.20104021[答案] D[解析] ∵f ′(x )＝2ax ，∴f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(1)＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x )＝4x 2－1， ∴1f n＝14n 2－1＝12n －1·12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n的前n 项和S n ＝1f 1＋1f 2＋…＋1f n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，∴S 2020＝20104021.7．(文)(2020·福州模拟)已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案] －37[解析] f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减， 由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37， ∴最小值为－37.(理)(2020·惠州三模)已知函数f (x )＝1－x ax＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．[答案] [1，＋∞)[解析] ∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax2(a >0)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.8．(文)(2020·浙江杭州冲刺卷)函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )在(a ，b )上的图象如图，则y ＝f (x )在区间(a ，b )上极大值的个数为________．[答案] 2[解析] 由f ′(x )在(a ，b )上的图象可知f ′(x )的值在(a ，b )上，依次为＋－＋－＋，∴f (x )在(a ，b )上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f (x )在(a ，b )上的极大值点有两个．[点评] 应注意题设中给的是f (x )的图象还是f ′(x )的图象，在f ′(x )的图象上，位于x 轴上方部分使f ′(x )>0，f (x )单调增，位于x 轴下方部分，使f ′(x )<0，f (x )单调减，f (x )的极值点是f ′(x )的图象与x 轴的交点，千万要注意，不要把f ′(x )的单调性误以为是f (x )的单调性．请再练习下题：(2020·绵阳模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，给出下面四个判断． ①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝2是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________． [答案] ②③[解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数； (2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值． 故②③正确．(理)(2020·绵阳市诊断)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax 的图象在x ＝1处的切线与直线x ＋2y －1＝0平行，则实数a 的值为________．[答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝11＋x －a ，∴f ′(1)＝12－a .由题知12－a ＝－12，解得a ＝1.[点评] 函数f (x )在点x 处切线l 的斜率为f ′(x 0)，若l 与l 1平行(或垂直)，则f ′(x 0)＝kl 1(或f ′(x 0)·kl 1＝－1)．请再练习下题：(2020·广东实华梧州联考)已知曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线与曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相平行，则x 0的值为________．[答案] 0或－23[解析] 由条件知，2x 0＝－3x 20， ∴x 0＝0或－23.9．设P 为曲线C ：y ＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 [解析] 设P (a ，a 2－a ＋1)，y ′|x ＝a ＝2a －1∈[－1,3]，∴0≤a ≤2.∴a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34，当a ＝12时，取最小值34，当a ＝2时，取最大值3，故P 点纵坐标范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3.10．(2020·北京东城一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′(23)．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)(理)设函数g (x )＝[f (x )－x 3]·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解析] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c 得，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′(23)＝3×(23)2＋2a ×(23)－1＝43a ＋13，解之得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3(x ＋13)(x －1)，列表如下：↗↘↗所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－3)和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是(－13，1)．(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x， 因为函数在区间x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立．只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞).11.若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点[答案] B[解析] f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )＝0⇒x 1＝0，x 2＝2a >4.易知f (x )在(0,2)上为减函数，且f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，由零点判定定理知，函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．12．(2020·南开区质检)已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )A ．2B ．1C ．－1D ．－2[答案] A[解析] ∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc ， 又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1c ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1c ＝－2，∴ad ＝2.13．(文)(2020·安庆质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[答案] －13[解析] 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.(理)(2020·山东潍坊一模)已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1、x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是()A ．[－32，3]B ．[32，6]C ．[3,12]D ．[－32，12][答案] C[解析] 由条件可得，⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2≥0，f ′－1≤0，f ′1≤0，f ′2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧8b －c －12≤0，4b －c －3≤0，4b ＋c ＋3≤0，8b ＋c ＋12≥0，作出其可行域，易知目标函数z ＝2b －c 的取值范围是[3,12]．14．(文)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，且与y ＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1)求a 、b 、c 的值； (2)求函数的递减区间．[解析] (1)函数的图象经过(0,0)点，∴c ＝0. 又图象与x 轴相切于(0,0)点，y ′＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴b ＝0，∴y ＝x 3＋ax 2，y ′＝3x 2＋2ax . ∵当x ＝－23a 时，函数有极小值－4.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 33＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 32＝－4，得a ＝－3. (2)y ′＝3x 2－6x <0，解得0<x <2.∴递减区间是(0,2)． (理)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值； (2)求函数f (x )的单调区间与极值点． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f 2＝8.即⎩⎪⎨⎪⎧12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8.解得a ＝4，b ＝24.(2)f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)．当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f (x )没有极值点．当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝±a .当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点．15．(文)设函数g (x )＝13x 3＋12ax 2－bx (a ，b ∈R)，在其图象上一点P (x ，y )处的切线的斜率记为f (x )．(1)若方程f (x )＝0有两个实根分别为－2和4，求f (x )的表达式； (2)若g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a 2＋b 2的最小值．[解析] (1)根据导数的几何意义知f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ，由已知－2,4是方程x2＋ax －b ＝0的两个实根，由韦达定理⎩⎪⎨⎪⎧－2＋4＝－a－2×4＝－b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝8，f (x )＝x 2－2x －8.(2)g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ≤0，即f (x )＝x 2＋ax －b ≤0在[－1,3]上恒成立 这只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0f3≤0即可，也即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9，而a 2＋b 2可视为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3)距离原点最近．所以当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝3时，a 2＋b 2有最小值13.(理)(2020·天津文，19)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R. (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程． (2)当t ≠0，求f (x )的单调区间．(3)证明：对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．[解析] (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)解：f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2，因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t ，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，－t .②若t >0，则－t <t2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞：f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t2，(3)证明：由(2)可知，当t >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，＋∞内单调递增，以下分两种情况讨论：①当t2≥1，即t ≥2时，f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．f (0)＝t －1>0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．②当0<t 2<1，即0<t <2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内单调递增，若t ∈(0,1]，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内存在零点． 若t ∈(1,2)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋(t －1)<－74t 3＋1<0， f (0)＝t －1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点， 综上，对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．1．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )[答案] C[分析] 由导函数f ′(x )的图象位于x 轴上方(下方)，确定f (x )的单调性，对比f (x )的图象，用排除法求解．[解析] 由f ′(x )的图象知，x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，x ∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．只有C符合题意，故选C.2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y)处的切线的斜率为g(x)，则函数y＝g(x)cos x的部分图象可以为( )[答案] A[解析]g(x)＝(x2＋1)′＝2x，∴y＝g(x)·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C.3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为图中的( )[答案] D[解析] 当y ＝f (x )为增函数时，y ＝f ′(x )>0，当y ＝f (x )为减函数时，y ＝f ′(x )<0，可判断D 成立．4．(2020·浙江文，10)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )[答案] D[解析] 设g (x )＝f (x )e x ，则g (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x，∴g ′(x )＝e x [ax 2＋(b ＋2a )x ＋b ＋c ]，由已知g ′(－1)＝0，∴a －b －2a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝c .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋c 可化为f (x )＝ax 2＋bx ＋a ， ∴f (x )＝0若有根时，两根之积为1.而D 中两根x 1<－1，x 2<－1，x 1x 2>1.所以D 图一定不成立．故选D.5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0.对任意正数a 、b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )[答案] A[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0， ∴xf ′(x )≤－f (x )≤0. 设y ＝f x x ，则y ′＝x ·f ′x －f xx 2≤0， 故y ＝f xx为减函数或为常数函数． 又a <b ，∴f a a ≥f bb， ∵a 、b >0，∴a ·f (b )≤b ·f (a )．[点评] 观察条件式xf ′(x )＋f (x )≤0的特点，可见不等式左边是函数y ＝xf (x )的导函数，故可构造函数y ＝xf (x )或y ＝f xx通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a ，b 是实数，且e <a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是( ) A ．a b>b aB ．a b<b a C ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定 [答案] A[解析] 令f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln xx2.当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e <a <b ，∴f (a )>f (b )，即ln a a >ln bb，∴b ln a >a ln b ，∴ln a b>ln b a，∴a b >b a.6．(2020·安徽池州一中期末)已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．[答案] b <－1或b >3[解析] y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立， ∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3.7．(2020·苏北四市调研)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．[答案] [－2，－1][解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上，故－m ＋n ＝2① 又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由条件知f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2， 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0， 则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0， 所以t ∈[－2，－1]．[点评] f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，故[t ，t ＋1]是f (x )的减区间的子集． 8．(2020·厦门三中阶段测试)已知f (x )＝ln x ＋x 2－bx . (1)若函数f (x )在其定义域内是增函数，求b 的取值范围；(2)当b ＝－1时，设g (x )＝f (x )－2x 2，求证函数g (x )只有一个零点．[解析] (1)∵f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f ′(x )＝1x＋2x －b ≥0，对x ∈(0，＋∞)恒成立，即b ≤1x＋2x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b ≤⎝⎛⎭⎪⎫1x＋2x min ， ∵x >0，∴1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，∴b ≤22，∴b 的取值范围为(－∞，22]．(2)当b ＝－1时，g (x )＝f (x )－2x 2＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)， ∴g ′(x )＝1x－2x ＋1＝－2x 2－x －1x ＝－x －12x ＋1x， 令g ′(x )＝0，即－2x ＋1x －1x＝0，∵x >0，∴x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减， ∴当x ≠1时，g (x )<g (1)，而g (1)＝0，∴g (x )<0， ∴函数g (x )只有一个零点．。