【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测第三章导数及其应用章末检测理新人教A版

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高中数学选修第三章《导数及其应用》知识点归纳及单元测试

2、当由单调性知：，化简得：，解得
不合要求；综上，为所求。
20．<1）解法1：∵ ，其定义域为，
∴ ．
∵ 是函数的极值点，∴ ，即．
∵ ，∴ ．
经检验当时，是函数的极值点，
∴ ．
解法2：∵ ，其定义域为，
∴ ．
令，即，整理，得．
∵ ，
∴ 的两个实根 <舍去），，
当变化时，，的变化情况如下表：
<A） <B） <C） <D）
5．若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为< ）
A． B． C． D．
6．曲线在点处的切线与坐标轴所围三角形的面积为< ）
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
7．设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是< ）
8．已知二次函数的导数为，，对于任意实数都有，则的最小值为< ）A． B． C． D． b5E2RGbCAP
A
如图所示，切线BQ的倾斜角小于
直线AB的倾斜角小于 Q
切线AT的倾斜角
O 1 2 3 4 x
所以选B
11．
12．32
13．
14. (1>
三、解答题
15. 解：设长方体的宽为x<m），则长为2x(m>，高为
.
故长方体的体积为
从而
令V′<x）＝0，解得x=0<舍去）或x=1，因此x=1.
当0＜x＜1时，V′<x）＞0；当1＜x＜时，V′<x）＜0，
17．设函数分别在处取得极小值、极大值. 平面上点的坐标分别为、，该平面上动点满足 ,点是点关于直线的对称点，.求(Ⅰ>求点的坐标； (Ⅱ>求动点的轨迹方程. RTCrpUDGiT

高考数学一轮复习第三章导数及其应用考点集训理【含答案】

第三章导数及其应用考点集训(十四) 第14讲导数的概念及运算1．一物体作直线运动，其运动方程为s (t )＝13t 3－52t 2(单位：米)，则在时刻t ＝3秒的瞬时速度为A ．－13.5米/秒B ．13.5米/秒C ．－6米/秒D ．6米/秒2．设f (x )＝xln x ，若f′(x 0)＝2，则x 0的值为A ．e 2B ．e C.ln 22D ．ln 23．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π 4．已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，记f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n (x )＝f n －1′(x )，(n ∈N *，n ≥2)，则f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋…＋f 2 017⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________．5．已知函数f (x )＝x 2＋f ′(2)(ln x －x )，则f ′(4)＝________．6．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若过点A (0，16)且与曲线y ＝f (x )相切的切线方程为y ＝ax ＋16，求实数a 的值．7．设函数y ＝x 2－2x ＋2的图象为C 1，函数y ＝－x 2＋ax ＋b 的图象为C 2.已知过C 1与C 2的一个交点的两条切线互相垂直，求a ，b 之间的关系．8．已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)相切，求l的直线方程．9．定义F(x，y)＝(1＋x)y.(1)令函数f(x)＝F(1，log2(x3＋ax2＋bx＋1))的图象为曲线C，若log2(x3＋ax2＋bx＋1)>0且存在实数b使得曲线C在x0(－4<x0<－1)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围；(2)令函数g(x)＝F(1，log2[(ln x－1)e x＋x])，是否存在实数x0∈[1，e]使曲线y＝g(x)在点x＝x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．题号答案 1 2 3 4 5 6考点集训(十五) 第15讲导数在函数中的应用1．下面为函数y ＝xsin x ＋cos x 的递增区间的是 A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π)2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )3．函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f （x ）x在区间(1，＋∞)上一定A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数4．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤35．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，＋∞)6．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3，2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是A ．20B ．18C．3 D．07．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是______________．8．已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在[1，＋∞)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)的单调区间．9．已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.考点集训(十六) 第16讲优化问题与导数的综合应用1．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定2．若不等式2xln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞) D ．[4，＋∞)3．若函数y ＝ae x＋3x (x ∈R ，a ∈R )，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是 A ．(－3，0) B ．(－∞，－3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 4．已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3f (30.3)，b ＝(log π3)f (log π3)，c ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 319f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 319，则a ，b ，c 间的大小关系是A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b5．设1<x <2，则ln x x，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x2x2的大小关系是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x <ln x 2x 2 B.ln x x<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2<ln x x D.ln x 2x 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x6．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 )7．某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与⎝⎛⎭⎪⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．8．已知函数f (x )＝e x －m－x ，其中m 为常数．(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立，求m 的取值范围；(2)当m >1时，判断f (x )在[0，2m ]上零点的个数，并说明理由．9．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数g (x )＝f （x ）＋kx(k ∈R )的单调区间；(2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立．考点集训(十七) 第17讲定积分与微积分基本定理1．一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t(t 的单位：s ，v 的单位：m/s )行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m )是A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 22．若s 1＝⎠⎛12x 2dx ，s 2＝⎠⎛121x dx ，s 3＝⎠⎛12e xdx 则s 1，s 2，s 3的大小关系为A ．s 1＜s 2＜s 3B ．s 2＜s 1＜s 3C ．s 2＜s 3＜s 1D ．s 3＜s 2＜s 13．曲线y ＝2x与直线y ＝x －1及x ＝4所围成的封闭图形的面积为A ．2－ln 2B ．4－2ln 2C ．4－ln 2D ．2ln 24．若⎠⎛0T x 2dx ＝9，则常数T 的值为________．5．设函数f (x )＝ax 2＋b (a ≠0)，若⎠⎛03f (x )dx ＝3f (x 0)，则x 0＝__________．6．计算⎠⎛－22(4－x 2＋x 2)dx 的值为__________．7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x （x>0）x ＋⎠⎛0a 3t 2dt （x ≤0），若f (f (1))＝1，则a ＝________．8．当x ∈R ，|x |<1时，有如下表达式：1＋x ＋x 2＋…＋x n＋…＝11－x两边同时积分得：∫1201d x ＋∫120x d x ＋∫120x 2d x ＋…＋∫120x nd x ＋…＝∫12011－xd x ，从而得到如下等式：1×12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋1n ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋…＝ln 2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C 0n ×12＋12C 1n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋13C 2n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋1n ＋1C n n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝________________．9．如图，抛物线y＝4－x2与直线y＝3x的两个交点为A，B.点P在抛物线的弧上从A 向B运动．(1)求使△PAB的面积为最大时点P的坐标(a，b)；(2)证明：由抛物线与直线AB围成的图形被直线x＝a分为面积相等的两部分．第三章导数及其应用第14讲导数的概念及运算【考点集训】1．C 2.B 3.D 4.1 5.66．【解析】设切点坐标为M(x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 0.①求导得切线的斜率k ＝f′(x 0)＝3x 20－3，又切线过A ，M 两点，所以k ＝y 0－16x 0，则3x 20－3＝y 0－16x 0.②联立①②可解得x 0＝－2，y 0＝－2，从而实数a 的值为－2－16－2＝9.7．【解析】对于C 1：y ＝x 2－2x ＋2，有y′＝2x －2.对于C 2：y ＝－x 2＋ax ＋b ，有y′＝－2x ＋a. 设C 1与C 2的一个交点坐标为(x 0，y 0)．由题意知过交点(x 0，y 0)的两条切线互相垂直，则(2x 0－2)(－2x 0＋a)＝－1，即4x 20－2(a ＋2)x 0＋2a －1＝0.① 又点(x 0，y 0)在C 1与C 2上，故有⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 20－2x 0＋2，y 0＝－x 20＋ax 0＋b ⇒2x 20－(a ＋2)x 0＋2－b ＝0.② 联立①②，消去x 0，得a ＋b ＝52.8．【解析】(1)f′(x)＝1－aex ，因为曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x 轴，所以f′(1)＝1－ae＝0，解得a ＝e .(2)当a ＝1时，f(x)＝x －1＋1e x ，f ′(x)＝1－1ex .设切点为(x 0，y 0)，∵f(x 0)＝x 0－1＋1e x 0＝kx 0－1，①f ′(x 0)＝1－1e x 0＝k ，②①＋②得x 0＝kx 0－1＋k ，即(k －1)(x 0＋1)＝0. 若k ＝1，则②式无解，∴x 0＝－1，k ＝1－e . ∴l 的直线方程为y ＝(1－e )x －1.9．【解析】(1)f(x)＝F(1，log 2(x 3＋ax 2＋bx ＋1))＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，设曲线C 在x 0(－4<x 0<－1)处有斜率为－8的切线，又由题设知log 2(x 3＋ax 2＋bx ＋1)>0，令φ(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，则φ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，∴存在实数b 使得⎩⎪⎨⎪⎧3x 20＋2ax 0＋b ＝－8 ①－4<x 0<－1 ②x 30＋ax 20＋bx 0>0 ③有解．由①得b ＝－8－3x 20－2ax 0，代入③得－2x 20－ax 0－8<0，∴由⎩⎪⎨⎪⎧2x 20＋ax 0＋8>0－4<x 0<－1有解，得2×(－4)2＋a ×(－4)＋8>0或2×(－1)2＋a ×(－1)＋8>0， ∴a<10或a<10，∴a<10.(2)∵g(x)＝(ln x －1)e x＋x ，∴g ′(x)＝(ln x －1)′e x ＋(ln x －1)(e x)′＋1＝e xx ＋(ln x －1)e x＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x＋1. 设h(x)＝1x ＋ln x －1.则h′(x)＝－1x 2＋1x ＝x －1x2.当x ∈[1，e ]时，h ′(x)≥0，h(x)为增函数，因此h(x)在区间[1，e ]上的最小值为ln 1＝0，即1x＋ln x －1≥0；当x 0∈[1，e ]时，e x 0≥e >0，1x 0＋ln x 0－1≥0，∴g ′(x 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋ln x 0－1e x 0＋1≥1>0. 曲线y ＝g(x)在点x ＝x 0处的切线与y 轴垂直等价于方程g ′(x 0)＝0有实数解．而g′(x 0)>0，即方程g′(x 0)＝0无实数解．故不存在实数x 0∈[1，e ]使曲线y ＝g(x)在点x ＝x 0处的切线与y 轴垂直．第15讲导数在函数中的应用【考点集训】1．C 2.C 3.D 4.A 5.D 6.A 7．(－∞，－1)∪(2，＋∞)8．【解析】(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x 2－2ax －3.由f′(x)≥0，得a ≤32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .记t(x)＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ，当x ≥1时，t(x)是增函数，∴t(x)min ＝32(1－1)＝0.∴a ≤0.(2)由题意，得f′(3)＝0，即27－6a －3＝0，∴a ＝4.∴f(x)＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x)＝3x 2－8x －3.令f′(x)＝0，得x 1＝－13，x 2＝3.∴f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13，[3，＋∞)，f(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，3. 9．【解析】(1)由f(x)＝e x －ax ，得f′(x)＝e x－a. 又f′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f(x)＝e x －2x ，f ′(x)＝e x－2. 令f′(x)＝0，得x ＝ln 2.当x<ln 2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x ＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值．(2)令g(x)＝e x －x 2，则g′(x)＝e x－2x. 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c ≥1，则e x ≤c e x.又由(2)知，当x >0时，x 2<e x.所以当x >0时，x 2<c e x.取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x.②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立．令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x，所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0.即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x.综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 第16讲优化问题与导数的综合应用【考点集训】1．A 2.B 3.A 4.C 5.A 6.A7．【解析】(1)设5858－u ＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x －2142， ∵售价为10元时，年销量为28万件，∴5858－28＝k ⎝⎛⎭⎪⎫10－2142，解得k ＝2. ∴u ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2142＋5858＝－2x 2＋21x ＋18.∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x<11)．(2)y′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18)＝－6(x －2)(x －9)．令y′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6，9)时，y ′>0；当x ∈(9，11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6，9)上是递增的，在(9，11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．8．【解析】(1)依题意，可知f(x)在R 上连续，且f ′(x )＝e x －m－1，令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m<1，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m>1，f ′(x )>0，f (x )单调递增；故当x ＝m 时，f (m )为极小值，也是最小值．令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]．(2)由(1)知f (x )在[0，2m ]上至多有两个零点，当m >1时，f (m )＝1－m <0，∵f (0)＝e －m>0，f (0)·f (m )<0， ∴f (x )在(0，m )上有一个零点．又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m－2m ，∵当m >1时，g ′(m )＝e m－2>0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (m )>g (1)＝e －2>0，即f (2m )>0.∴f (m )·f (2m )<0，∴f (x )在(m ，2m )上有一个零点．故f (x )在[0，2m ]上有两个零点．9．【解析】(1)易知g (x )＝ln x ＋k x ，g ′(x )＝x －kx2.令g ′(x )＝0，得x ＝k .∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0，∴函数g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．当k >0时，由g ′(x )>0得x >k ，由g ′(x )<0得0<x <k ，∴函数g (x )的单调递增区间为(k ，＋∞)，单调递减区间为(0，k )． (2)设h (x )＝x ln x －2x ＋e(x ≥1)．令h ′(x )＝ln x －1＝0，得x ＝e ，∴当x故h (x )≥0第17讲定积分与微积分基本定理【考点集训】1．C 2.B 3.B 4.3 5.± 3 6.2π＋1637.18.1n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－1 9．【解析】(1)解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4－x 2，y ＝3x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4，y ＝－12，所以抛物线y ＝4－x 2与直线y ＝3x 的两交点坐标为A(1，3)， B(－4，－12)．P 点的横坐标的范围是：－4＜a ＜1.点P(a ，b)到直线y ＝3x 的距离d ＝|3a －b|12＋32. 因为点P 在抛物线上，所以b ＝4－a 2.∴d ＝110(4－3a －a 2)＝－110.⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋322＋25410当a ＝－32时，d 最大，这时b ＝4－94＝74.所以点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，74时，△PAB 的面积最大． (另解：令y′＝－2x ＝3，得x P ＝－32，代入y ＝4－x 2，得y P ＝74，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，74)(2)设上述抛物线与直线AB 所围成的图形的面积为S ，位于直线x ＝－32的右侧的面积为S 1.S ＝⎠⎛－41(4－x 2－3x)d x ＝1256，S 1＝∫1－ 32(4－x 2－3x)d x ＝12512，∴S ＝2S 1，即直线x ＝－32平分S ，原命题得证．。

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知识梳理
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知识点一在x＝x0处的导数
1. 定义：函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的瞬时变化率，若 Δx 无限趋于 0 时，比
值ΔΔyx＝
fx0＋Δx－fx0
Δx
无限趋近于一个常数 A，称函数 y＝f(x)在 x＝x0
处可导. 常数A 为 f(x)在 x＝x0 处的导数.
2.几何意义：函数y＝f(x)在x＝x0处的导数是函数图象在点(x0，f(x0))处的切线斜率 . 3.物理意义：瞬时速度、瞬时加速度.
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知识点二基本初等函数的求导公式
函数 y＝C y＝xα(α为常数) y＝sin x y＝cos x y＝ax(a>0且a≠1)
导数 y′＝ 0 y′＝ αxα－1 y′＝ cos x y′＝－sin x y′＝ ax(a>0且a≠1)
y＝ln x
y′＝ex 1
1 2 3 4 505
4. 若函数 y ＝ x3 － ax2 ＋ 4 在 (0,2) 上单调递减，则实数 a 的取值范围为 [3，＋∞) . 答案解析 y′＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，由题意知，x∈(0,2)，y′≤0，即x(3x－2a)≤0，则23a≥2，即 a≥3.
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知识点五求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤
1.求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值 . 2.将函数y＝f(x)的各极值与端点处函数值 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.
特别提醒 (1)关注导数的概念、几何意义
利用导数的概念、几何意义时要特别注意切点是否已知，若切点未知，则
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高三导数及其应用测试题及答案解析

高三数学章末综合测试题导数及其应用一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角面积为( ) A.19 B.29 C.13 D.232．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 3．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 等于( )A ．－2B ．－1C ．1D ．24．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( ) A ．4 B ．－14 C ．2D ．－125．已知f (x )＝x 3－ax 在(－∞，－1]上递增，则a 的取值范围是( ) A ．a ＞3 B ．a ≥3 C ．a ＜3D ．a ≤36．设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝xf ′(x )的图像的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( ) A ．f (1)与f (－1) B ．f (－1)与f (1) C ．f (2)与f (－2)D ．f (－2)与f (2)7．若函数f (x )＝13x 3＋12f ′(1)x 2－f ′(2)x ＋3，则f (x )在点(0，f (0))处切线的倾斜角为( )A.π4B.π3C.2π3D.3π48．下图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图像，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图像可能是( )9．若函数f (x )在R 上满足f (x )＝e x ＋x 2－x ＋sin x ，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．y ＝2x －1B ．y ＝3x －2C ．y ＝x ＋1D ．y ＝－2x ＋310．如图，函数f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下面判断正确的是( ) A ．在(－2,1)内f (x )是增函数 B ．在(1,3)内f (x )是减函数新课标第一网 C ．在(4,5)内f (x )是增函数 D ．在x ＝2时，f (x )取到极小值11．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴相切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( ) A.427、0 B ．0、427 C ．－427、0 D ．0、－42712．若函数y ＝f (x )的图像在点P 处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)＝( ) w w w .x k b 1.c o m A ．1 B ．2 C ．3D ．4二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．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__________．14．已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，g (x )＝a (x 2＋x )，若f (x )≤g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是__________．15．设函数y ＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)在x ＝0处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋2y ＋1＝0，则a ＋b 的值为__________．16．已知函数f (x )的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是__________． ①函数f (x )在区间(－3,1)内单调递减；②函数f (x )在区间(1,7)内单调递减； ③当x ＝－3时，函数f (x )有极大值；④当x ＝7时，函数f (x )有极小值．三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．(10分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2(a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处有极值为10，求b 的值； (2)若对任意a ∈[－4，＋∞)，f (x )在x ∈[0,2]上单调递增，求b 的最小值． 18．(12分)已知函数f (x )＝x 3－12x 2＋bx ＋c .(1)若f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，求b 的取值范围；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围． 19．(12分)已知函数f (x )＝2mx －m 2＋1x 2＋1(x ∈R )． (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当m ＞0时，求函数f (x )的单调区间与极值． 20．(12分)已知函数f (x )＝(a －12)x 2＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方，求a 的取值范围．21．(12分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋bx，函数f (x )的图像与x 轴的交点也在函数g (x )的图像上，且在此点有公共切线． (1)求a ，b 的值； (2)对任意x ＞0，试比较f (x )与g (x )的大小．22．(12分)设函数f (x )＝ax 3－2bx 2＋cx ＋4d (a ，b ，c ，d ∈R )的图像关于原点对称，且x ＝1时，f (x )取极小值－23. (1)求a ，b ，c ，d 的值； (2)当x ∈[－1,1]时，图像上是否存在两点，使得过两点处的切线互相垂直？试证明你的结论； (3)若x 1，x 2∈[－1,1]，求证：|f (x 1)－f (x 2)|≤43.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1．曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角面积为( ) A.19 B.29 C.13 D.23解析：y ′＝x 2＋1，当x ＝1时，k ＝y ′|x ＝1＝2，∴切线方程为y －43＝2(x －1)．当x ＝0时，y ＝－23，当y ＝0时，x ＝13.∴三角形的面积S ＝12×|－23|×13＝19.答案：A2．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1)D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解析：由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x 2. 令y ′＞0，即8x －1x 2＞0，解得x ＞12，∴函数y ＝4x 2＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上递增. 答案：B3．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 等于( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：据已知可得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，故f ′⎝⎛⎭⎫π2＝1.由两直线的位置关系可得－a2×1＝－1，解得a ＝2. 答案：D4．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( ) A ．4B ．－14C ．2D ．－12解析：∵f (x )＝g (x )＋x 2，∴f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，X k b 1 . c o m f ′(1)＝g ′(1)＋2＝2＋2＝4. 答案：A5．已知f (x )＝x 3－ax 在(－∞，－1]上递增，则a 的取值范围是( ) A ．a ＞3 B ．a ≥3 C ．a ＜3D ．a ≤3解析：由f (x )＝x 3－ax ，得f ′(x )＝3x 2－a ，由3x 2－a ≥0对于一切x ∈(－∞，－1]恒成立， 3x 2≥a ，∴a ≤3.若a ＜3，则f ′(x )＞0对于一切x ∈(－∞，－1]恒成立．若a ＝3，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0恒成立． x ＝－1时，f ′(－1)＝0，∴a ≤3. 答案：D6．设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝xf ′(x )的图像的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( ) A ．f (1)与f (－1) B ．f (－1)与f (1) C ．f (2)与f (－2)D ．f (－2)与f (2)解析：由y ＝xf ′(x )的图像知±2是y ＝f ′(x )的两个零点，设f ′(x )＝a (x －2)(x ＋2)．当x ＞2时，xf ′(x )＝ax (x －2)(x ＋2)＞0，∴a ＞0.由f ′(x )＝a (x －2)(x ＋2)知，f (－2)是极大值，f (2)是极小值，故选D. 答案：D7．若函数f (x )＝13x 3＋12f ′(1)x 2－f ′(2)x ＋3，则f (x )在点(0，f (0))处切线的倾斜角为( )A.π4 B.π3 C.2π3D.3π4解析：由题意，得f ′(x )＝x 2＋f ′(1)x －f ′(2)，令x ＝0，得f ′(0)＝－f ′(2)，令x ＝1，得f ′(1)＝1＋f ′(1)－f ′(2)， ∴f ′(2)＝1，∴f ′(0)＝－1，即f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为－1， ∴倾斜角为3π4.答案：D8．下图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图像，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图像可能是( )解析：由y ＝f ′(x )的图像知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )图像上任意一点切线的斜率在(0，＋∞)也单调递减，故可排除A ，C.又由图像知，y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图像在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图像在x ＝x 0处的切线斜率相同，故可排除B.故选D. 答案：D9．若函数f (x )在R 上满足f (x )＝e x ＋x 2－x ＋sin x ，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A ．y ＝2x －1 B ．y ＝3x －2 C ．y ＝x ＋1D ．y ＝－2x ＋3解析：令x ＝0，解得f (0)＝1.对f (x )求导，得f ′(x )＝e x ＋2x －1＋cos x ，令x ＝0，解得f ′(0)＝1，故切线方程为y ＝x ＋1. 答案：C10．如图，函数f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下面判断正确的是( )A ．在(－2,1)内f (x )是增函数B ．在(1,3)内f (x )是减函数新课标第一网C ．在(4,5)内f (x )是增函数D ．在x ＝2时，f (x )取到极小值解析：在(－2,1)上，导函数的符号有正有负，所以函数f (x )在这个区间上不是单调函数；同理，函数f (x )在(1,3)上也不是单调函数，在x ＝2的左侧，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－32，2上是增函数．在x ＝2的右侧，函数f (x )在(2,4)上是减函数，所以在x ＝2时，f (x )取到极大值；在(4,5)上导函数的符号为正，所以函数f (x )在这个区间上为增函数. 答案：C11．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴相切于(1,0)点，则f (x )的极大值、极小值分别为( ) A.427、0 B ．0、427C ．－427、0D ．0、－427解析：f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x .由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13，或x ＝1.从而求得当x ＝13时，f (x )取极大值427；当x ＝1时，f (x )取极小值0.故选A.答案：A12．如右图，若函数y ＝f (x )的图像在点P 处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)＝( ) w w w .x k b 1.c o m A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由图像知f (1)＝3，f ′(1)＝1，故f (1)＋f ′(1)＝ 3＋1＝4. 答案：D第Ⅱ卷 (非选择共90分)二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．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__________．解析：设P (a ，a 2－a ＋1)，y ′|x ＝a ＝2a －1∈[]－1，3， ∴0≤a ≤2.从而g (a )＝a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34. 当a ＝12时，g (a )min ＝34；a ＝2时，g (a )max ＝3. 故P 点纵坐标范围是⎣⎡⎦⎤34，3.答案：⎣⎡⎦⎤34，314．已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，g (x )＝a (x 2＋x )，若f (x )≤g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是__________．解析：设F (x )＝f (x )－g (x )，其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝1x ＋2－2ax －a ＝－(2x ＋1)(ax －1)x ，x ∈(0，＋∞)．当a ≤0时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )≤0不可能恒成立．当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a ，或x ＝－12(舍去)．当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0.故F (x )在(0，＋∞)上有最大值F ⎝⎛⎭⎫1a ，由题意F ⎝⎛⎭⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.令φ(a )＝ln 1a ＋1a －1，则φ(a )在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，故ln 1a ＋1a －1≤0成立的充要条件是a ≥1. 答案：[1，＋∞)15．设函数y ＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)在x ＝0处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋2y ＋1＝0，则a ＋b 的值为__________．解析：∵f (x )＝ax 2＋bx ＋k (k ＞0)，∴f ′(x )＝2ax ＋b .又f (x )在x ＝0处有极值，故f ′(0)＝0，从而b ＝0.由曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直，可知该切线斜率为2，即f ′(1)＝2，∴2a ＝2，得a ＝1.∴a ＋b ＝1＋0＝1. 答案：116．已知函数f (x )的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是__________．(填写正确命题的序号) ①函数f (x )在区间(－3,1)内单调递减； ②函数f (x )在区间(1,7)内单调递减； ③当x ＝－3时，函数f (x )有极大值； ④当x ＝7时，函数f (x )有极小值．解析：由图像可得，在区间(－3,1)内f (x )的导函数数值大于零，所以f (x )单调递增；在区间(1,7)内f (x )的导函数值小于零，所以f (x )单调递减；在x ＝－3左右的导函数符号不变，所以x ＝－3不是函数的极大值点；在x ＝7左右的导函数符号在由负到正，所以函数f (x )在x ＝7处有极小值．故②④正确．答案：②④三、解答题：本大题共6小题，共70分．17．(10分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2(a ，b ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处有极值为10，求b 的值；(2)若对任意a ∈[－4，＋∞)，f (x )在x ∈[0,2]上单调递增，求b 的最小值．解析：(1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3.当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11，Δ＝64＋132＞0，故函数有极值点；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)2≥0，故函数无极值点；故b 的值为－11.(2)方法一：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立，则F (a )＝2xa ＋3x 2＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立． ∵x ≥0，F (a )在a ∈[－4，＋∞)上单调递增或为常数函数，∴得F (a )min ＝F (－4)＝－8x ＋3x 2＋b ≥0对任意的x ∈[0,2]恒成立，即b ≥(－3x 2＋8x )max ，又－3x 2＋8x ＝－3⎝⎛⎭⎫x －432＋163≤163，当x ＝43时，(－3x 2＋8x )max ＝163，得b ≥163，故b 的最小值为163.方法二：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ≥0对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立，即b ≥－3x 2－2ax 对任意的a ∈[－4，＋∞)，x ∈[0,2]都成立，即b ≥(－3x 2－2ax )max . 令F (x )＝－3x 2－2ax ＝－3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32＋a 23， ①当a ≥0时，F (x )max ＝0，于是b ≥0； ②当－4≤a ＜0时，F (x )max ＝a 23，于是b ≥a 23.又∵⎝⎛⎭⎫a 23max ＝163，∴b ≥163. 综上，b 的最小值为163.18．(12分)已知函数f (x )＝x 3－12x 2＋bx ＋c .(1)若f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，求b 的取值范围；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，求c 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝3x 2－x ＋b ，因f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，则f ′(x )≥0，即3x 2－x ＋b ≥0， ∴b ≥x －3x 2在(－∞，＋∞)恒成立．设g (x )＝x －3x 2，当x ＝16时，g (x )max ＝112，∴b ≥112.(2)由题意，知f ′(1)＝0，即3－1＋b ＝0，∴b ＝－2.x ∈[－1,2]时，f (x )＜c 2恒成立，只需f (x )在[－1,2]上的最大值小于c 2即可．因f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，或x ＝－23.∵f (1)＝－32＋c ，f (－23)＝2227＋c ，f (－1)＝12＋c ，f (2)＝2＋c ，∴f (x )max ＝f (2)＝2＋c ，∴2＋c ＜c 2，解得c ＞2，或c ＜－1，所以c 的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 19．(12分)已知函数f (x )＝2mx －m 2＋1x 2＋1(x ∈R )．(1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当m ＞0时，求函数f (x )的单调区间与极值．解析：(1)当m ＝1时，f (x )＝2x x 2＋1，f (2)＝45，又因为f ′(x )＝2(x 2＋1)－4x 2(x 2＋1)2＝2－2x 2(x 2＋1)2，则f ′(2)＝－625.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －45＝－625(x －2)，即6x ＋25y －32＝0. (2)f ′(x )＝2m (x 2＋1)－2x (2mx －m 2＋1)(x 2＋1)2＝－2(x －m )(mx ＋1)(x 2＋1)2.令f ′(x )＝0，得到x 1＝－1m ，x 2＝m .∵m ＞0，∴－1m＜m .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫－∞，－1m－1m ⎝⎛⎭⎫－1m ，m m (m ，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )递减极小值递增极大值递减从而f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－1m ，(m ，＋∞)内为减函数，在区间⎝⎛⎭⎫－1m ，m 内为增函数，故函数f (x )在点x 1＝－1m 处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫－1m ，且f ⎝⎛⎭⎫－1m ＝－m 2，函数f (x )在点x 2＝m 处取得极大值f (m )，且f (m )＝1.20．(12分)已知函数f (x )＝(a －12)x 2＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)若在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2＋ln x ，f ′(x )＝x ＋1x ＝x 2＋1x.对于x ∈[1，e]有f ′(x )＞0， ∴f (x )在区间[1，e]上为增函数， ∴f (x )max ＝f (e)＝1＋e 22，f (x )min ＝f (1)＝12.(2)令g (x )＝f (x )－2ax ＝(a －12)x 2－2ax ＋ln x ，则g (x )的定义域为(0，＋∞)．在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方等价于g (x )＜0在区间(1，＋∞)上恒成立． ∵g ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x＝(2a －1)x 2－2ax ＋1x＝(x －1)[(2a －1)x －1]x，①若a ＞12，令g ′(x )＝0，得极值点x 1＝1，x 2＝12a －1，当x 2＞x 1＝1，即12＜a ＜1时，在(x 2，＋∞)上有g ′(x )＞0，此时g (x )在区间(x 2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g (x )∈(g (x 2)，＋∞)，不符合题意；当x 2≤x 1＝1，即a ≥1时，同理可知，g (x )在区间(1，＋∞)上，有g (x )∈(g (1)，＋∞)，也不符合题意； ②若a ≤12，则有2a －1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g ′(x )＜0，从而g (x )在区间(1，＋∞)上是减函数．要使g (x )＜0在此区间上恒成立，只需满足g (1)＝－a －12≤0⇒a ≥－12，由此求得a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，12. 综上可知，当a ∈⎣⎡⎦⎤－12，12时，函数f (x )的图像恒在直线y ＝2ax 下方． 21．(12分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，函数f (x )的图像与x 轴的交点也在函数g (x )的图像上，且在此点有公共切线．(1)求a ，b 的值；(2)对任意x ＞0，试比较f (x )与g (x )的大小．解析：(1)f (x )＝ln x 的图像与x 轴的交点坐标是(1,0)，依题意，得g (1)＝a ＋b ＝0.①又f ′(x )＝1x ，g ′(x )＝a －b x 2，且f (x )与g (x )在点(1,0)处有公共切线，∴g ′(1)＝f ′(1)＝1，即a －b ＝1.②由①②得，a ＝12，b ＝－12. (2)令F (x )＝f (x )－g (x )，则F (x )＝ln x －⎝⎛⎭⎫12x －12x ＝ln x －12x ＋12x， ∴F ′(x )＝1x －12－12x 2＝－12⎝⎛⎭⎫1x－12≤0. ∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．当0＜x ＜1时，F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )；当x ＝1时，F (1)＝0，即f (x )＝g (x )；当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即f (x )＜g (x )．22．(12分)设函数f (x )＝ax 3－2bx 2＋cx ＋4d (a ，b ，c ，d ∈R )的图像关于原点对称，且x ＝1时，f (x )取极小值－23. (1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)当x ∈[－1,1]时，图像上是否存在两点，使得过两点处的切线互相垂直？试证明你的结论；(3)若x 1，x 2∈[－1,1]，求证：|f (x 1)－f (x 2)|≤43. 解析：(1)∵函数f (x )的图像关于原点对称，∴对任意实数x 有f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3－2bx 2－cx ＋4d ＝－ax 3＋2bx 2－cx －4d ，即bx 2－2d ＝0恒成立，∴b ＝0，d ＝0，∴f (x )＝ax 3＋cx ，f ′(x )＝3ax 2＋c ，∵当x ＝1时，f (x )取极小值－23， ∴3a ＋c ＝0，且a ＋c ＝－23，解得a ＝13，c ＝－1. (2)当x ∈[－1,1]时，图像上不存在这样的两点使结论成立．假设图像上存在两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，使得过此两点处的切线互相垂直，则由f ′(x )＝x 2－1知，两点处的切线斜率分别为k 1＝x 12－1，k 2＝x 22－1，且(x 12－1)(x 22－1)＝－1.(*)∵x 1，x 2∈[－1,1]，∴x 12－1≤0，x 22－1≤0. ∴(x 12－1)(x 22－1)≥0.此与(*)相矛盾，故假设不成立．(3)f ′(x )＝x 2－1，令f ′(x )＝0，得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在[－1,1]上是减函数，且f (x )max ＝f (－1)＝23，f (x )min ＝f (1)＝－23. ∴在[－1,1]上，|f (x )|≤23，于是x 1，x 2∈[－1,1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤|f (x 1)|＋|f (x 2)|≤23＋23＝43.。

【核按钮】2016高考(新课标)数学(理)一轮复习配套(课时精讲课时检测单元检测)第三章导数(4课时)

第三章导数1.了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义． 3．能根据导数的定义求函数y ＝C (C 为常数)，y ＝x ，y ＝1x，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数．4．能利用以下给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，并了解复合函数求导法则，能求简单复合函数(仅限于形如y ＝f (ax ＋b )的复合函数)的导数．①常见的基本初等函数的导数公式： (C )′＝0(C 为常数)； (x n )′＝nx n －1(n ∈N ＋)； (sin x )′＝cos x; (cos x )′＝－sin x ；(e x )′＝e x; (a x )′＝a x ln a (a >0，且a ≠1)；(ln x )′＝1x ； (log a x )′＝1x log a e (a >0，且a ≠1)．②常用的导数运算法则：法则1：[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )．法则2：[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )．法则3：⎣⎢⎡⎦⎥⎤u （x ）v （x ）′＝u ′（x ）v （x ）－u （x ）v ′（x ）v 2（x ）(v (x )≠0)．5．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．6．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．7．会用导数解决实际问题．8．了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念．9．了解微积分基本定理的含义．§3.1 导数的概念及运算1．导数的概念 (1)定义如果函数y ＝f (x )的自变量x 在x 0处有增量Δx ，那么函数y 相应地有增量Δy ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)，比值ΔyΔx就叫函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 之间的平均变化率，即Δy Δx ＝f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx .如果当Δx →0时，ΔyΔx有极限，我们就说函数y ＝f (x )在点x 0处____________，并把这个极限叫做f (x )在点x 0处的导数，记作____________或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝0lim →∆x ΔyΔx ＝0lim →∆xf （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx (2)导函数当x 变化时，f ′(x )便是x 的一个函数，我们称它为f (x )的导函数(简称导数)．y ＝f (x )的导函数有时也记作y ′，即f ′(x )＝y ′＝0lim →∆x f （x ＋Δx ）－f （x ）Δx .(3)求函数y ＝f (x )在点x 0处导数的方法①求函数的增量Δy ＝；②求平均变化率ΔyΔx＝；③取极限，得导数f ′(x 0)＝0lim →∆x ΔyΔx.2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率．也就是说，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率是．相应的切线方程为．3．基本初等函数的导数公式 (1)c ′＝ (c 为常数)， (x α)′＝ (α∈Q *)；(2)(sin x )′＝____________， (cos x )′＝____________；(3)(ln x )′＝， (log a x )′＝； (4)(e x )′＝____________， (a x )′＝ . 4．导数运算法则 (1)[f (x )±g (x )]′＝__________________. (2)[f (x )g (x )]′＝____________________；当g (x )＝c (c 为常数)时，即[cf (x )]′＝________. (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x）g （x ）′＝(g (x )≠0)．5．复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为______________．即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．自查自纠：1．(1)可导 f ′(x 0)(3)①f (x 0＋Δx )－f (x 0) ②f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx2．f ′(x 0) y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)3．(1)0 αx α－1 (2)cos x －sin x (3)1x 1x ln a(4)e x a x ln a 4．(1)f ′(x )±g ′(x )(2)f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) cf ′(x ) (3)f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]25．y x ′＝y ′u ·u ′x函数f (x )＝a 3＋5a 2x 2的导数f ′(x )＝( )A ．3a 2＋10ax 2B ．3a 2＋10ax 2＋10a 2xC ．10a2x D ．以上都不对解：f ′(x )＝10a 2x .故选C.曲线y ＝1ln x在x ＝e 处的切线方程为( )A ．x ＋ey －e ＝0B ．ex ＋y －e ＝0 C ．x －ey－2e ＝0 D ．x ＋ey －2e ＝0解：y ′＝－1x （ln x ）2＝－1x （ln x ）2，y ′|x ＝e＝－1e ，故所求方程为y －1＝－1e (x －e )，整理得x ＋ey －2e＝0.故选D .已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D .12解：y ′＝x 2－3x ，令x 2－3x ＝－12，解得x ＝2或x＝－3(舍去)．故选B.物体的运动方程是s ＝－13t 3＋2t 2－5，则物体在t ＝3时的瞬时速度为．解：v (t )＝s ′(t )＝－t 2＋4t ，t ＝3时，v ＝3，故填3.(2014·新课标Ⅱ)设曲线y＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝________.解：y ′＝a －1x ＋1，根据已知，当x ＝0时，y ′＝2，代入解得a ＝3.故填3.类型一导数的概念已知函数f (x )＝x 2＋1.用定义的方法求：(1)f (x )在x ＝2处的导数； (2)f (x )在x ＝a 处的导数．解：(1)因为Δy Δx ＝f （2＋Δx ）－f （2）Δx＝（2＋Δx ）2＋1－（22＋1）Δx＝4＋Δx ，当Δx →0时，4＋Δx →4，所以f (x )在x ＝2处的导数是4. (2)因为Δy Δx ＝f （a ＋Δx ）－f （a ）Δx＝（a ＋Δx ）2＋1－（a 2＋1）Δx＝2a ＋Δx ，当Δx →0时，2a ＋Δx →2a ，所以f (x )在x ＝a 处的导数是2a .点拨：利用导数定义求函数在某一点处的导数，首先写出函数在该点处的平均变化率ΔyΔx ，再化简平均变化率，最后判断当Δx →0时，ΔyΔx无限趋近于哪一常数，该常数即为所求导数，这是定义法求导数的一般过程．航天飞机发射后的一段时间内，第t s时的高度h (t )＝5t 3＋30t 2＋45t ＋4(单位：m )．(1)求航天飞机在第1 s 内的平均速度；(2)用定义方法求航天飞机在第1 s 末的瞬时速度．解：(1)航天飞机在第1 s 内的平均速度为 h （1）－h （0）1＝5＋30＋45＋4－41＝80 m /s .(2)航天飞机第1 s 末高度的平均变化率为 h （1＋Δt ）－h （1）Δt＝5（1＋Δt ）3＋30（1＋Δt ）2＋45（1＋Δt ）＋4－84Δt＝5Δt 3＋45Δt 2＋120Δt Δt＝5Δt 2＋45Δt ＋120，当Δt →0时，5Δt 2＋45Δt ＋120→120，所以航天飞机在第1 s 末的瞬时速度为120 m /s .类型二求导运算求下列函数的导数：(1)y ＝5x 2－4x ＋1； (2)y ＝x ln x ；(3)y ＝sin(πx ＋φ)(其中φ为常数)；(4)y ＝x ＋3x ＋2(x ≠－2)．解：(1)y ′＝10x －4；(2)y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1；(3)y ′＝cos(πx ＋φ)·(πx ＋φ)′＝πcos(πx ＋φ)；(4)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋2′＝－1（x ＋2）2.点拨：求导运算，一是熟记公式及运算法则，二是掌握求复合函数导数的步骤，遵从“由外到内”的原则，三是要注意在求导前对可以化简或变形的式子进行化简或变形，从而使求导运算更简单．求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x ＋2)；(2)y ＝xe x －1(x ≠0)；(3)y ＝cos2x ；(4)y ＝ln x ＋3x ＋1(x ＞－1)．解：(1)y ′＝(x ＋1)′(x ＋2)＋(x ＋1)(x ＋2)′ ＝x ＋2＋x ＋1＝2x ＋3； (2)y ′＝x ′（e x －1）－x （e x －1）′（e x －1）2＝（1－x ）e x －1（e x －1）2；(3)y ′＝－sin2x ·(2x )′＝－2sin2x ；(4)y ′＝[ln(x ＋3)－ln(x ＋1)]′＝1x ＋3－1x ＋1＝－2（x ＋1）（x ＋3）.类型三导数的几何意义已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求满足斜率为1的曲线的切线方程； (2)求曲线在点P (2，4)处的切线方程； (3)求曲线过点P (2，4)的切线方程．解：(1)y ′＝x 2，设切点为(x 0，y 0)，故切线的斜率为k ＝x 20＝1，解得x 0＝±1，故切点为⎝⎛⎭⎫1，53，(－1，1)．故所求切线方程为y －53＝x －1和y －1＝x ＋1，即3x －3y ＋2＝0和x －y ＋2＝0.(2)∵y ′＝x 2，且P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，∴在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4. ∴曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(3)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎫x 0，13x 30＋43，又∵切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，∴切线方程为y －⎝⎛⎭⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20x －23x 30＋43. ∵点P (2，4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.点拨：曲线切线方程的求法： (1)以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．(2)如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝f （x 0），y 1－y 0x 1－x 0＝f ′（x 0），得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程．注意：①求切线方程时，要注意判断已知点是否满足曲线方程，即是否在曲线上．②与曲线只有一个公共点的直线不一定是曲线的切线，曲线的切线与曲线的公共点不一定只有一个．已知函数f (x )＝x 3＋x －16.(1)求满足斜率为4的曲线的切线方程；(2)求曲线y ＝f (x )在点(2，－6)处的切线方程； (3)直线l 为曲线y ＝f (x )的切线，且经过原点，求直线l 的方程．解：(1)设切点坐标为(x 0，y 0)，∵f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4，∴x 0＝±1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝－14或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，y 0＝－18.∴切线方程为y ＝4x －18或y ＝4x －14. (2)∵f ′(x )＝3x 2＋1，且(2，－6)在曲线f (x )＝x 3＋x －16上， ∴在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝13. ∴切线方程为y ＝13x －32. (3)解法一：设切点为(x 0，y 0)， ∵直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1， ∴直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16，又∵直线l 过原点(0，0)，∴0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 0＝－2， ∴斜率k ＝13.∴直线l 的方程为y ＝13x .解法二：设直线l 的方程为y ＝kx ，切点为(x 0，y 0)，则斜率k ＝y 0－0x 0－0＝x 30＋x 0－16x 0，又∵k ＝f ′(x 0)＝3x 20＋1， ∴x 30＋x 0－16x 0＝3x 20＋1，解得x 0＝－2，∴k ＝13.∴直线l 的方程为y ＝13x .1．弄清“函数在一点x 0处的导数”“导函数”“导数”的区别与联系(1)函数在一点x 0处的导数f ′(x 0)是一个常数，不是变量；(2)函数的导函数(简称导数)，是针对某一区间内任意点x 而言的．函数f (x )在区间(a ，b )内每一点都可导，是指对于区间(a ，b )内的每一个确定的值x 0，都对应着一个确定的导数f ′(x 0)，根据函数的定义，在开区间(a ，b )内就构成了一个新的函数，也就是函数f (x )的导函数f ′(x )；(3)函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)就是导函数f ′(x )在点x ＝x 0处的函数值．2．求函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)通常有以下两种方法(1)利用导数的定义：即求lim →∆xf （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx 的值； (2)利用导函数的函数值：先求函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的导函数f ′(x )，再将x 0(x 0∈(a ，b ))代入导函数f ′(x )，得f ′(x 0)．3．正确区分“曲线在某点处的切线”与“过某点的曲线的切线”的含义，前者的“某点”即切点，后者的“某点”是否为切点则须检验．4．求曲线在某一点处的切线方程时，可以先求函数在该点的导数，即曲线在该点的切线的斜率，再利用点斜式写出直线的方程．如果切点未知，要先求出切点坐标．1．函数f (x )＝x 3＋sin2x 的导数f ′(x )＝( ) A ．x 2＋cos2x B ．3x 2＋cos2x C ．x 2＋2cos2x D ．3x 2＋2cos2x 解：f ′(x )＝3x 2＋(2x )′cos2x ＝3x 2＋2cos2x .故选D.2．已知f (x )＝(x －2)(x －3)，则f ′(2)的值为( ) A ．0 B ．－1 C ．－2 D ．－3解：∵f ′(x )＝(x －3)＋(x －2)＝2x －5，∴f ′(2)＝－1.故选B.3．曲线y ＝x 3＋11在点P (1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( )A ．－9B ．－3C ．9D ．15解：由y ′|x ＝1＝3，得在点P (1，12)处的切线方程为3x －y ＋9＝0，令x ＝0，得y ＝9，故选C.4．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )＞0的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－1，0)∪(2，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－1，0)解：∵f ′(x )＝2x －2－4x ＝2（x －2）（x ＋1）x ＞0，x ＞0，∴x －2＞0，解得x ＞2.故选C.5．(2014·湖北八市高三3月调考)设a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数，则a 的值为( )A ．1B ．－12C .12D ．－1解：因为f ′(x )＝ex－ae －x ，由奇函数的性质可得f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1.故选A .6．已知曲线C ：f (x )＝x 3－ax ＋a ，若过曲线C 外一点A (1，0)引曲线C 的两条切线，它们的倾斜角互补，则a 的值为( )A.278 B ．－2 C ．2 D ．－278解：设切点坐标为(t ，t 3－at ＋a )．切线的斜率为k ＝y ′|x ＝t ＝3t 2－a ，①所以切线方程为y －(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(x －t )，②将点(1，0)代入②式得－(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(1－t )，解之得t ＝0或t ＝32.分别将t ＝0和t ＝32代入①式，得k ＝－a 或k ＝274－a ，由它们互为相反数得a＝278.故选A. 7．(2014·江西)若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．解：设点P 的坐标为(x 0，y 0)，y ′＝－e －x .又切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，所以－e －x 0＝－2，可得x 0＝－ln2，此时y ＝2，所以点P 的坐标为(－ln2，2)．故填(－ln 2，2)．8．(2013·江西)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________.解：令e x ＝t ，则x ＝ln t .∵f (e x )＝x ＋e x ，∴f (t )＝ln t ＋t ，∴f ′(t )＝1t＋1，∴f ′(1)＝1＋1＝2.故填2.9．求函数f (x )＝x 3－4x ＋4图象上斜率为－1的切线的方程．解：设切点坐标为(x 0，y 0)，∵f ′(x 0)＝3x 20－4＝－1，∴x 0＝±1.∴切点为(1，1)或(－1，7)．切线方程为x ＋y －2＝0或x ＋y －6＝0.10．设函数f (x )＝13x 3－ax (a ＞0)，g (x )＝bx 2＋2b －1.若曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处有相同的切线，求实数a ，b 的值，并写出切线l的方程．解：因为f (x )＝13x 3－ax (a ＞0)，g (x )＝bx 2＋2b－1，所以f ′(x )＝x 2－a ，g ′(x )＝2bx .因为曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处有相同的切线，所以f (1)＝g (1)，且f ′(1)＝g ′(1)，即13－a ＝b ＋2b －1，且1－a ＝2b ，解得a ＝13，b ＝13，得切点坐标为(1，0)．切线方程为y ＝23(x －1)，即2x －3y －2＝0.11．已知函数f (x )＝x －1＋aex (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值；(2)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，求l 的直线方程．解：(1)f ′(x )＝1－aex ，因为曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(1)＝1－ae ＝0，解得a ＝e .(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x ，f ′(x )＝1－1e x .设切点为(x 0，y 0)，∵f (x 0)＝x 0－1＋1ex 0＝kx 0－1，①f ′(x 0)＝1－1ex 0＝k ，②①＋②得x 0＝kx 0－1＋k ，即(k －1)(x 0＋1)＝0. 若k ＝1，则②式无解，∴x 0＝－1，k ＝1－e . ∴l 的直线方程为y ＝(1－e )x －1.(2014·安徽)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：(1)直线l 在点P (x 0，y 0)处与曲线C 相切；(2)曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①直线l ：y ＝0在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝x 3②直线l ：x ＝－1在点P (－1，0)处“切过”曲线C ：y ＝(x ＋1)2③直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝sin x④直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝tan x⑤直线l ：y ＝x －1在点P (1，0)处“切过”曲线C ：y ＝ln x解：对于①，y ′＝(x 3)′＝3x 2，y ′|x ＝0＝0，所以l ：y ＝0是曲线C ：y ＝x 3在点P (0，0)处的切线，画图可知曲线C ：y ＝x 3在点P (0，0)附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，l ：x ＝－1显然不是曲线C ：y ＝(x ＋1)2在点P (－1，0)处的切线，②错误；对于③，y ′＝(sin x )′＝cos x ，y ′|x ＝0＝1，曲线在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C ：y ＝sin x 在点P (0，0)附近位于直线l 的两侧，③正确；对于④，y ′＝(tan x )′＝⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′＝1cos 2x ，y ′|x ＝0＝1cos 20＝1，曲线在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C ：y ＝tan x 在点P (0，0)附近位于直线l 的两侧，④正确；对于⑤，y ′＝(ln x )′＝1x ，y ′|x ＝1＝1，在点P (1，0)处的切线为l ：y ＝x －1，令h (x )＝x －1－ln x (x ＞0)，可得h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以h (x )min ＝h (1)＝0，故x －1≥ln x ，可知曲线C ：y ＝ln x 在点P (1，0)附近位于直线l 的下方，⑤错误．故填①③④.§3.2 导数的应用(一)1．函数的单调性与导数在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内____________．2．函数的极值与导数(1)判断f (x 0)是极大值，还是极小值的方法：一般地，当f ′(x 0)＝0时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，那么f (x 0)是极大值；②如果在x 0附近的左侧_________，右侧_________，那么f (x 0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤： ①求f ′(x )；②求方程_________的根；③检查f ′(x )在上述方程根的左右对应函数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得_________；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得_________．3．函数的最值与导数(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则____________为函数在[a ，b ]上的最小值，_________为函数在[a ，b ]上的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则_________为函数在[a ，b ]上的最大值，_________为函数在[a ，b ]上的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与端点处的函数值______，______比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．自查自纠：1．单调递减2．(1)②f ′(x )＜0 f ′(x )＞0(2)②f ′(x )＝0 ③极大值极小值3．(2)f (a ) f (b ) f (a ) f (b ) (3)②f (a ) f (b )关于函数的极值，下列说法正确的是( ) A ．导数为0的点一定是函数的极值点 B ．函数的极小值一定小于它的极大值C ．f (x )在定义域内最多只能有一个极大值，一个极小值D ．若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内不是单调函数解：导数为0的点不一定是极值点(如y ＝x 3，在x ＝0处)，而极值点的导数一定为0.极值是局部概念，因此极小值可能有多个且有可能大于极大值．极值点是单调性的转折点．故选D.已知函数f (x )＝12x 2－x ，则f (x )的单调增区间是( )A ．(－∞，－1)和(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－1，0)和(1，＋∞)D ．(1，＋∞)解：f ′(x )＝x －1，令f ′(x )＞0，解得x ＞1.故选D.若在区间[1，2]内有f ′(x )＞0，且f (1)＝0，则在[1，2]内有( )A ．f (x )≥0B ．f (x )≤0C ．f (x )＝0D ．f (x )≥1解：∵f ′(x )＞0，∴f (x )在[1，2]内单调递增． ∵f (1)＝0，∴在[1，2]内f (x )≥0.故选A.若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x －1)的单调递减区间是________．解：由f ′(x )＝x 2－4x ＋3＜0得1＜x ＜3，所以函数f (x )的单调递减区间为(1，3)，函数y ＝f (x －1)的图象由函数y ＝f (x )的图象向右平移1个单位得到，故函数f (x －1)的单调递减区间是(2，4)．故填(2，4)．函数f (x )＝x ＋2cos x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________．解：f ′(x )＝1－2sin x ，令f ′(x )＝0得sin x ＝12，从而x ＝π6，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π6时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝π6处取得极大值，即最大值π6＋ 3.故填π6＋ 3.类型一导数法判断函数的单调性设函数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 )的图象可能是( )解：当x ＜0时，f (x )为增函数，f ′(x )＞0，排除A ，C ；当x ＞0时，f (x )先增后减，再增，对应f ′(x )先正后负，再正．故选D.点拨：导函数的图象在哪个区间位于x 轴上方(下方)，说明导函数在该区间大于0(小于0)，那么它对应的原函数在那个区间就单调递增(单调递减)．(2014·北京联考)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下面判断正确的是()A ．在(－2，1)上f (x )是增函数B ．在(1，3)上f (x )是减函数C ．当x ＝2时，f (x )取极大值D ．当x ＝4时，f (x )取极大值解：由y ＝f ′(x )的图象可得y ＝f (x )的大致图象如图．由图可知，A ，B ，D 均错．故选C .类型二导数法研究函数的单调性已知函数f (x )＝x 3－ax ，f ′(1)＝0. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)f ′(x )＝3x 2－a ，由f ′(1)＝3－a ＝0，得a ＝3. (2)∵f (x )＝x 3－3x ，∴f ′(x )＝3x 2－3. 令f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞1.所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是[－1，1]．点拨：①用导数求函数的单调区间，突破口是讨论导数的符号．②注意：区间的端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间，对结论没有影响．如，本例中[－1，1]也可以写成(－1，1)．③写单调区间时，一般不要使用符号“∪”，可以用“，”“和”分开各区间，原因是各单调区间用“∪”连接的条件是在合并后的区间内函数单调性依然成立．如，本例中(－∞，－1)，(1，＋∞)不能写成(－∞，－1)∪(1，＋∞)，不妨取x 1＝－32∈(－∞，－1)，x 2＝32∈(1，＋∞)，x 1＜x 2，而f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫－32＝98，f (x 2)＝－98，这时f (x 1)＜f (x 2)不成立．(2014·山东)设函数f (x )＝e xx2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x (k ≤0，k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)，求函数f (x )的单调区间．解：函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2xe x x4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝xe x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx ＞0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，函数y ＝f (x )单调递减，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．类型三导数法研究函数的极值问题已知函数f (x )＝12x 3＋cx 在x ＝1处取得极值．(1)求函数f (x )的解析式； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)f ′(x )＝32x 2＋c ，当x ＝1时，f (x )取得极值，则f ′(1)＝0，即32＋c ＝0，得c ＝－32. 故f (x )＝12x 3－32x .(2)f ′(x )＝32x 2－32＝32(x 2－1)＝32(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或1.x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：＝－1.点拨：找函数的极值点，即先找导数的零点，但并不是说导数为零的点就是极值点(如y ＝x 3)，还要保证该零点为变号零点．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2.(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解：(1)f ′(x )＝2a (x －5)＋6x，依题意，f ′(1)＝6－8a ＝2，得a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x ＞0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝（x －2）（x －3）x .令f ′(x )＝0，得x ＝2或3.单调减区间为(2，3)．f (x )的极大值f (2)＝92＋6ln2，极小值f (3)＝2＋6ln3.类型四导数法研究函数的最值问题已知函数f (x )＝ax 2＋2，g (x )＝x 3＋bx .若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线．(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，1]上的最大值．解：(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ， ∵f (1)＝g (1)，f ′(1)＝g ′(1)，∴a ＋2＝1＋b ，且2a ＝3＋b ，解得a ＝4，b ＝5.(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋4x 2＋5x ＋2，则h ′(x )＝3x 2＋8x ＋5＝(3x ＋5)(x ＋1)．所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－53，(－1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－53，－1上单调递减． ∵h ⎝⎛⎭⎫－53＝427，h (1)＝12，12＞427， ∴f (x )＋g (x )在(－∞，1]上的最大值为12.点拨：函数在限定区间内最多只有一个最大值和一个最小值，如果存在最大或最小值，最大值一般是在端点或极大值点取得，最小值一般是在端点或极小值点取得．已知函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0.(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．解：(1)f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ，函数y ＝f ′(x )的图象的对称轴为x ＝－a6.∵－a 6＝－12，∴a ＝3.∵f ′(1)＝0，∴6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12.故a ＝3，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)．∵f (－2)＝21，f (2)＝5，21＞5，f (1)＝－6. ∴所以f (x )在[－2，2]上的最大值为21，最小值为－6.类型五实际应用问题(优化问题)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm )．(1)若广告商要求包装盒侧面积S (cm 2)最大，x 应取何值？(2)若厂商要求包装盒容积V (cm 3)最大，x 应取何值？解：(1)根据题意有S ＝602－4x 2－(60－2x )2＝240x －8x 2，0＜x ＜30，S ′＝240－16x ，令S ′＝0，得x ＝15. 当0＜x ＜15时，S ′＞0，S 递增；当15＜x ＜30时，S ′＜0，S 递减．所以x ＝15 cm 时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意有 V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )，0＜x ＜30，V ′＝62x (20－x )，当0＜x ＜20时，V ′＞0，V 递增；当20＜x ＜30时，V ′＜0，V 递减．所以x ＝20 cm 时包装盒容积V 最大．点拨：本题主要考查学生的空间想象能力、阅读能力、运用数学知识解决实际问题的能力及建立函数模型的能力，属于中档题．注意用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在区间只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点．用长为15 cm ，宽为8 cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别裁去一个边长为x cm 的小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成(如图)．问该容器的高为多少时，容器的容积最大？解：依题意，0＜x ＜4，容积V ＝(15－2x )·(8－2x )·x ＝4x 3－46x 2＋120x ，V ′＝12x 2－92x ＋120＝4(3x －5)(x －6)．令V ′＝0，得x ＝53或6(舍去)．当0＜x ＜53时，V ′＞0，V 递增；当53＜x ＜4时，V ′＜0，V 递减．所以高x ＝53cm 时容器的容积最大．1．用导数判断单调性用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．2．极值与最值的区别(1)“极值”反映函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质；“最值”是个整体概念，是整个区间上的最大值或最小值，具有绝对性．(2)从个数上看，一个连续函数在闭区间内的最值一定存在且是唯一的，而极值可以同时存在若干个或不存在，且极大(小)值并不一定比极小(大)值大(小)．(3)从位置上看，极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，连续函数的最值只要不在端点处必定是极值．3．实际问题中的最值在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．1．(2014·新课标Ⅱ)函数f (x )在x ＝x 0处导数存在．若p ：f ′(x 0)＝0，q ：x ＝x 0是f (x )的极值点，则( )A ．p 是q 的充分必要条件B ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件C ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件解：由条件知由q 可推出p ，而由p 推不出q .故选C .2．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 )的图象有可能是()解：当x ＜0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．故选C.3．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0，3) C ．(1，4) D ．(2，＋∞)解：f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞2，故选D.4．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A . x ＝12为f (x )的极大值点B . x ＝12为f (x )的极小值点C . x ＝2为 f (x )的极大值点D . x ＝2为 f (x )的极小值点解：f ′(x )＝x －2x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝2.当x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，所以x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.5．函数f (x )＝x 3－3x 2＋m 在区间[－1，1]上的最大值是2，则常数m ＝( )A ．－2B ．0C ．2D ．4解：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去)，当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0.所以当x ＝0时，f (x )取得最大值为m ，m ＝2.故选C.6．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列判断正确的是()A ．a <0，b <0，c <0B ．a >0，b >0，c <0C ．a >0，b <0，c >0D ．a >0，b >0，c >0解：因为x >0时，f (x )>0恒成立，所以a >0；f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两个根x 1、x 2均小于零，所以x 1＋x 2＝－2b 3a <0，则b >0；x 1x 2＝c3a >0，则c >0，所以a ，b ，c 同为正．故选D.7．函数f (x )＝x 3＋2xf ′(－1)，则函数f (x )在区间[]－2，3上的值域是____________．解：f ′(x )＝3x 2＋2f ′(－1)，令x ＝－1，则f ′(－1)＝3＋2f ′(－1)，得f ′(－1)＝－3，因此f (x )＝x 3－6x ，f ′(x )＝3x 2－6＝3(x ＋2)(x －2)，∵f (－2)＝4， f (－2)＝42，f (2)＝－42，f (3)＝9，∴f (x )在区间[]－2，3上的值域为[－42，9]．故填[－42，9]．8．已知圆柱的体积为16π cm 3，则当底面半径r ＝________cm 时，圆柱的表面积最小．解：圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝16π⇒r 2h ＝16，圆柱的表面积S ＝2πrh ＋2πr 2＝32πr＋2πr 2＝2π⎝⎛⎭⎫16r ＋r 2，由S ′＝2π·⎛⎫－16r 2＋2r ＝0，得r ＝2.因此 ∴当底面半径r ＝2时，圆柱的表面积最小．故填2.9．(2014·重庆)已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0，5)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，5)上为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(5，＋∞)上为增函数．由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln5.10．已知函数f (x )＝x 2＋a ln x ，a ≠0. (1)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性．解：f ′(x )＝2x ＋ax ，x ＞0.(1)因为f ′(1)＝0，所以2＋a ＝0，得a ＝－2，经检验，当a ＝－2时，x ＝1是函数f (x )的极值点．(2)①若a ＞0，则f ′(x )＞0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若a ＜0，令f ′(x )＝0，得x ＝－a 2，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．11．(2014·天门、仙桃、潜江高三期末)某地政府为科技兴市，欲将如图所示的一块不规则的非农业用地AOCB 规划建成一个矩形的高科技工业园区．已知AB ⊥BC ，OA ∥BC ，AB ＝BC ＝2AO ＝4 km ，曲线段OC 是以点O 为顶点且开口向上的抛物线的一段．如果要使矩形的相邻两边分别落在AB ，BC 上，且一个顶点P 落在曲线段OC 上，问应如何规划才能使矩形工业园区的用地面积最大？并求出最大的用地面积(精确到0.1 km 2)．解：以O 为原点，AO 所在直线为x 轴建立直角坐标系(如图)．依题意可设抛物线的方程为 x 2＝2py ，且C (2，4)．∴22＝2p ·4，∴p ＝12.故曲线段OC 的方程为y ＝x 2(0≤x ≤2)．设P (x ，x 2)(0≤x ＜2)，则|PM |＝2＋x ，|PN |＝4－x 2. ∴工业园区的用地面积 S ＝|PM |·|PN |＝(2＋x )(4－x 2) ＝－x 3－2x 2＋4x ＋8.∴S ′＝－3x 2－4x ＋4，令S ′＝0⇒x 1＝23，x 2＝－2(舍去)，当x ∈⎣⎡⎭⎫0，23时，S ′＞0，S 是x 的增函数；当x ∈⎝⎛⎭⎫23，2时，S ′＜0，S 是x 的减函数． ∴x ＝23时，S 取到最大值，此时|PM |＝2＋x ＝83，|PN |＝4－x 2＝329，S max ＝83×329＝25627≈9.5(km 2)．答：把工业园区规划成长(PN )为329 km ，宽(PM )为83 km 时，矩形工业园区的用地面积最大，最大用地面积约为9.5 km 2.(2014·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4，由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．§3.3 导数的应用(二)1．当f ′(x )在某个区间内个别点处为零，在其余点处均为正(或负)时，f (x )在这个区间上仍旧是单调递增(或递减)的，例如：在(－∞，＋∞)上，f (x )＝x 3，当x ＝0时，f ′(x )＝_________，当x ≠0时，f ′(x )＞0，而f (x )＝x 3显然在(－∞，＋∞)上是单调递增函数．2．可导函数求最值的方法f ′(x )＝0⇒x ＝x 1，x 2，…，x n ，x ∈[a ，b ]．直接比较f (a )，f (b )，f (x 1)，…，f (x n )，找出__________和____________即可．在此基础上还应注意：(1)结合____________可减少比较次数． (2)含参数的函数求最值可用： ①按____________分类； ②按____________分类．3．实际问题中的导数，常见的有以下几种情形：(1)加速度是速度关于________的导数； (2)线密度是质量关于________的导数； (3)功率是功关于________的导数；(4)瞬时电流是电荷量关于________的导数； (5)水流的瞬时速度是流过的水量关于________的导数；(6)边际成本是成本关于________的导数． 4．N 型曲线与直线y ＝k 的位置关系问题如图，方程f (x )＝0有三个根x 1，x 2，x 3时，极大值f (a )＞0且极小值f (b )＜0.曲线y ＝f (x )与直线y ＝k (k 是常数)有一个交点时，见图中的直线①或直线②，极大值f (a )______k 或极小值f (b )______k ；曲线y ＝f (x )与直线y ＝k (k 是常数)有两个交点时，见图中的直线③或直线④，极大值f (a )______k 或极小值f (b )______k ；曲线y ＝f (x )与直线y ＝k (k 是常数)有三个交点时，见图中的直线⑤.以上这些问题，常见于求参数的取值范围、讨论不等关系等形式的题目．自查自纠： 1．02．最小值最大值 (1)单调性 (2)单调性极值点3．(1)时间 (2)长度 (3)时间 (4)时间 (5)时间 (6)产量 4．＜＞＝＝函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 解：y ′＝8x －1x 2，令y ′＞0，解得x ＞12，∴函数y ＝4x 2＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上递增．故选B.函数f (x )＝ax 3＋x ＋1在x ＝－1处有极值，则a 的值为( )A ．1B ．0C ．－13D ．－12解：f ′(x )＝3ax 2＋1，∵f ′(－1)＝3a ＋1＝0，∴a＝－13.故选C.已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝( )A ．0B ．3C ．－1D ．2 解：f ′(x )＝3ax 2＋b ，f ′(－1)＝f ′(1)＝2.故选D.已知f (x )＝sin x ＋2x ，x ∈R ，且f (2a )＜f (a －1)，则a 的取值范围是________．解：∵f ′(x )＝cos x ＋2＞0恒成立，∴f (x )在R 上单调递增．∵f (2a )＜f (a －1)，∴2a ＜a －1，得a ＜－1.故填(－∞，－1)．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ＜0)在区间(1，2)是增函数，则a 的取值范围是________．解：f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，当a ＜0时，f (x )在区间(1，2)是增函数，当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－54≤a ＜0.故填⎣⎡⎭⎫－54，0.类型一函数单调性的进一步讨论已知实数a ＞0，函数f (x )＝a (x －2)2＋2ln x .(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )在区间[1，4]上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－4x ＋4＋2ln x ， f ′(x )＝2x －4＋2x ＝2（x －1）2x ，∵x ＞0，∴f ′(x )≥0，∴f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f ′(x )＝2ax －4a ＋2x ＝2ax 2－4ax ＋2x，又f (x )在区间[1，4]上是增函数，∴f ′(x )＝2ax 2－4ax ＋2x ≥0对x ∈[1，4]恒成立，即2ax 2－4ax ＋2≥0对x ∈[1，4]恒成立，令g (x )＝2ax 2－4ax ＋2，则g (x )＝2a (x －1)2＋2－2a ， ∵a ＞0，∴g (x )在[1，4]上单调递增，只要使g (x )min ＝g (1)＝2－2a ≥0即可，∴0＜a ≤1.点拨：函数f (x )在限定区间是单调函数，求参数范围的问题，可以转化为恒成立问题求解．设函数f (x )＝xe kx (k ≠0)．(1)若k ＞0，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增，求k 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx .若k ＞0，令f ′(x )＞0，得x ＞－1k，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－1k ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－1k . (2)∵f (x )在区间(－1，1)内单调递增， ∴f ′(x )＝(1＋kx )e kx ≥0在(－1，1)内恒成立， ∴1＋kx ≥0在(－1，1)内恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋k ·（－1）≥0，1＋k ·1≥0，解得－1≤k ≤1.因为k ≠0，所以k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．类型二极值与最值的进一步讨论(2013·福建)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程；(2)求函数f (x )的极值．解：(1)∵当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x.∴f (1)＝1，f ′(1)＝－1. ∴所求切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x ＞0.若a ≤0，则f ′(x )＞0恒成立，f (x )不存在极值．点拨：本题要求掌握运用导数研究函数的单调性、极值的一般步骤．分类与整合思想是解这类题目常用的数学思想方法，注意：①分类标准统一，层次分明；②不重不漏．已知函数f (x )＝(x －k )e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0，1]上的最小值．解：(1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝k －1. f (x )与f ′(x )的变化情况如下：调递增区间是(k －1，＋∞)，(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0，1]上单调递减，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e .类型三方程根的讨论已知函数f (x )＝e x，x ∈R .(1)求f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与直线y ＝ex 有唯一公共点．解：(1)∵f ′(0)＝e 0＝1，f (0)＝1，∴切线方程为y －1＝1·(x －0)，即x －y ＋1＝0. (2)证法一：设g (x )＝e x －ex ，曲线y ＝e x 与y ＝ex 的公共点的个数等于函数g (x )＝e x －ex 零点的个数．∵g ′(x )＝e x －e ，令g ′(x )＝0，得x ＝1， ∴g (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的最小值g (1)＝e 1－e ＝0，g (x )＝e x －ex ≥0(仅当x ＝1时，等号成立)． ∴曲线y ＝f (x )与直线y ＝ex 有唯一公共点．证法二：⎝⎛⎭⎫由于方程e x ＝ex 等价于x e x ＝1e . 设h (x )＝xex ，分析方法类似证法一．点拨：本题通过作差或作商构造出新的函数，求出新函数的单调区间、极值点、区间端点处的函数值、特殊点(如图象与x 轴，y 轴交点)，来判断交点的个数，这是函数与方程思想的体现．若a ＞1e，则方程ln x －ax ＝0的实根的个数为( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无穷多个解法一：由于方程ln x －ax ＝0等价于ln xx＝a .设f (x )＝ln xx.∵f ′(x )＝1x·x －ln x x 2＝1－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴f (x )在(0，e )上单调递增；在(e ，＋∞)上单调递减．∴f (x )的最大值f (e )＝1e，f (x )＝ln x x ≤1e (仅当x ＝e 时，等号成立)．∵a ＞1e ，∴原方程无实根．解法二：设g (x )＝ln x －ax ，分析单调性、极值可得结论．故选A.类型四导数法证明不等式已知函数f (x )＝e x ，当x ∈[0，1]时，求证：(1)f (x )≥1＋x ； (2)(1－x )f (x )≤1＋x .证明：(1)设g (x )＝e x －x －1，x ∈[0，1]． ∵g ′(x )＝e x －1≥0，∴g (x )在[0，1]上是增函数， g (x )≥g (0)＝1－0－1＝0. ∴e x ≥1＋x ，即f (x )≥1＋x .(2)设h (x )＝(1－x )e x －x －1，x ∈[0，1]． ∵h ′(x )＝－xe x －1＜0，∴h (x )在[0，1]上是减函数，h (x )≤h (0)＝1－0－1＝0. ∴(1－x )e x －x －1≤0，即(1－x )f (x )≤1＋x .点拨：①用导数证明不等式问题的关键在于构造函数；②由作差或者作商来构造函数是最基本的方法；③本题通过作差构造函数，分析其单调性、最值，得出函数值恒大于或小于0，使问题得证．(2013·江西模拟)设函数f (x )＝x1＋x，g (x )＝ln x ＋12.求证：当0＜x ≤1时，f (x )≥g (x )．证明：设h (x )＝x 1＋x－ln x －12，0＜x ≤1.∵h ′(x )＝1＋x －x（1＋x ）2－1x ＝1（1＋x ）2－1x ＝。

高中数学第3章导数及其应用 3.3.3 习题(含解析)新人教A版高二选修1-1数学试题

选修1-1第三章3.3一、选择题1．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是导学号 92600712 ( )A．12；－8 B．1；－8C．12；－15 D．5；－16[答案] A[解析]y′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2时y＝1，x＝－1时y＝12，x＝1时y＝－8.∴y max＝12，y min＝－8.故选A．2．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)导学号 92600713( )A．有最大值，但无最小值B．有最大值，也有最小值C．无最大值，但有最小值D．既无最大值，也无最小值[答案] D[解析]f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵x∈(－1,1)，∴f′(x)<0，即函数在(－1,1)上是减少的，∴既无最大值，也无最小值．3．函数f(x)＝3x－x3(－3≤x≤3)的最大值为导学号 92600714( )A．18 B．2C．0 D．－18[答案] B[解析]f′(x)＝3－3x2，令f′(x)＝0，得x＝±1，－3≤x<－1时，f′(x)<0，－1<x<1时，f′(x)>0,1<x≤3时，f′(x)<0，故函数在x＝－1处取极小值，在x＝1处取极大值．∵f(1)＝2，f(－1)＝－2，又f(－3)＝0，f(3)＝－18，∴[f(x)]max＝2，[f(x)]min＝－18.4．若函数f(x)＝x3－3x－a在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为M、N，则M－N的值为导学号 92600715( )A ．2B ．4C ．18D ．20[答案] D[解析]f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝1.f (0)＝－a, f (1)＝－2－a, f (3)＝18－a ，∴f (x )max ＝18－a ，f (x )min ＝－2－a ， ∴18－a －(－2－a )＝20.5．下列说法正确的是导学号 92600716( ) A ．函数的极大值就是函数的最大值 B ．函数的极小值就是函数的最小值 C ．函数的最值一定是极值D ．在闭区间上的连续函数一定存在最值 [答案] D[解析] 根据最大值、最小值的概念可知选项D 正确．6．函数f (x )＝ln x －x 在区间[0，e]上的最大值为导学号 92600717( ) A ．－1 B ．1－e C ．－e D ．0[答案] A[解析]f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得1<x <e ，∴f (x )在(0,1)上递增，在(1，e)上递减，∴当x ＝1时，f (x )取极大值，这个极大值也是最大值．∴f (x )max ＝f (1)＝－1.二、填空题7．当x ∈[－1,1]时，函数f (x )＝x 2e x 的值域是________.导学号 92600718[答案] [0，e][解析]f ′(x )＝2x ·e x －x 2·e x e x 2＝2x －x2e x ，令f ′(x )＝0得x 1＝0，x 2＝2.f (－1)＝e, f (0)＝0, f (1)＝1e，∴f (x )max ＝e, f (x )min ＝0，故函数f (x )的值域为[0，e]． 8．若函数f (x )＝3x －x 3＋a ，－3≤x ≤3的最小值为8，则a 的值是________.导学号 92600719[答案] 26[解析]f ′(x )＝3－3x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝±1.f (1)＝2＋a ，f (－1)＝－2＋a .又f (－3)＝a ，f (3)＝－18＋a .∴f (x )min ＝－18＋a .由－18＋a ＝8.得a ＝26. 三、解答题9．(2016·某某某某市高二检测)已知函数f (x )＝x 3－2ax 2＋3ax 在x ＝1时取得极值.导学号 92600720(1)求a 的值；(2)若关于x 的不等式f (x )－k ≤0在区间[0,4]上恒成立，某某数k 的取值X 围． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－4ax ＋3a ，由题意得f ′(1)＝3－4a ＋3a ＝0，∴a ＝3. 经检验可知，当a ＝3时f (x )在x ＝1时取得极值． (2)由(1)知， f (x )＝x 3－6x 2＋9x ， ∵f (x )－k ≤0在区间[0,4]上恒成立， ∴k ≥f (x )max 即可．f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x 2－4x ＋3)＝3(x －1)(x －3)，令f ′(x )>0，得3<x <4或0<x <1，令f ′(x )<0，得1<x <3.∴f (x )在(0,1)上递增，(1,3)上递减，(3,4)上递增，∴当x ＝1时， f (x )取极大值f (1)＝4，当x ＝3时， f (x )取极小值f (3)＝0. 又f (0)＝0，f (4)＝4， ∴f (x )max ＝4，∴k ≥4.一、选择题1．函数f (x )＝x (1－x 2)在[0,1]上的最大值为导学号 92600721( ) A ．239B ．229C ．329D ．38[答案] A[解析]f ′(x )＝1－3x 2＝0，得x ＝33∈[0,1]， ∵f ⎝⎛⎭⎪⎫33＝239，f (0)＝f (1)＝0. ∴f (x )max ＝239.2．已知函数f (x )，g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上图象连续不断且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为导学号 92600722( )A ．f (a )－g (a )B ．f (b )－g (b )C ．f (a )－g (b )D ．f (b )－g (a )[答案] A[解析] 令u (x )＝f (x )－g (x )，则u ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )<0， ∴u (x )在[a ，b ]上为单调减少的， ∴u (x )的最大值为u (a )＝f (a )－g (a )．3．设在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，且在区间[a ，b ]上存在导数，有下列三个命题：①若f (x )在[a ，b ]上有最大值，则这个最大值必是[a ，b ]上的极大值； ②若f (x )在[a ，b ]上有最小值，则这个最小值必是[a ，b ]上的极小值； ③若f (x )在[a ，b ]上有最值，则最值必在x ＝a 或x ＝b 处取得．其中正确的命题个数是导学号 92600723( )A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] A[解析] 由于函数的最值可能在区间[a ，b ]的端点处取得，也可能在区间[a ，b ]内取得，而当最值在区间端点处取得时，其最值必不是极值，因此3个命题都是假命题．4．当x ∈[0,5]时，函数f (x )＝3x 2－4x ＋c 的值域为导学号 92600724( ) A ．[f (0)，f (5)] B ．[f (0)，f (23)]C ．[f (23)，f (5)]D ．[c ，f (5)][答案] C[解析]f ′(x )＝6x －4，令f ′(x )＝0，则x ＝23，0<x <23时，f ′(x )<0，x >23时，f ′(x )>0，得f (23)为极小值，再比较f (0)和f (5)与f (23)的大小即可．二、填空题5．函数f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0,3]上的最大值和最小值的和是________.导学号 92600725[答案] －10[解析]f ′(x )＝6x 2－6x －12，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝2.但x ∈[0,3]，∴x ＝－1舍去，∴x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表，知f (x )max ＝5，f (x )min ＝－15，所以f (x )max ＋f (x )min ＝－10.6．函数f (x )＝ax 4－4ax 3＋b (a >0)，x ∈[1,4]，f (x )的最大值为3，最小值为－6，则a ＋b ＝________.导学号 92600726[答案]103[解析]f ′(x )＝4ax 3－12ax 2.令f ′(x )＝0，得x ＝0(舍去)，或x ＝3.1<x <3时，f ′(x )<0,3<x <4时，f ′(x )>0，故x ＝3为极小值点． ∵f (3)＝b －27a ，f (1)＝b －3a ，f (4)＝b ，∴f (x )的最小值为f (3)＝b －27a ，最大值为f (4)＝b .∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，b －27a ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝3，∴a ＋b ＝103.三、解答题7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.导学号 92600727(1)求a 、b 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值．[解析] (1)依题意可知点P (1，f (1))为切点，代入切线方程y ＝3x ＋1可得，f (1)＝3×1＋1＝4，∴f (1)＝1＋a ＋b ＋5＝4，即a ＋b ＝－2，又由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5得，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，而由切线方程y ＝3x ＋1的斜率可知f ′(1)＝3， ∴3＋2a ＋b ＝3，即2a ＋b ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝－22a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ＝－4.∴a ＝2，b ＝－4.(2)由(1)知f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝－2.当x 变化时，f (x )、 f ′(x )的变化情况如下表：∴f (x )的极大值为f (－2)＝13，极小值为f (23)＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4， ∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13.8．设f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋5.导学号 92600728(1)求函数f (x )的单调递增、递减区间；(2)当x ∈[－1,2]时， f (x )<m 恒成立，某某数m 的取值X 围． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－x －2.令f ′(x )＝0，即3x 2－x －2＝0⇒x ＝1或x ＝－23.所以当x ∈(－∞，－23)时f ′(x )>0, f (x )为增函数；当x ∈(－23，1)时， f ′(x )<0, f (x )为减函数．当x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )>0, f (x )为增函数．所以f (x )的递增区间为(－∞，－23)和(1，＋∞)，f (x )的递减区间为(－23，1)．(2)当x ∈[－1,2]时， f ′(x )<m 恒成立，只需使f (x )在[－1,2]上的最大值小于m 即可．由(1)知f (x )极大值＝f (－23)＝5＋2227，f (x )极小值＝f (1)＝72.又f (－1)＝112， f (2)＝7，所以f (x )在[－1,2]上的最大值为f (2)＝7. 所以m >7.。

第三章.导数及其应用测试卷(含详细答案)

单元综合测试三(第三章)时间：90分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知f (x )＝(x ＋a )2，且f ′(12)＝－3，则a 的值为( ) A ．－1 B ．－2 C ．1D ．2解析：f (x )＝(x ＋a )2，∴f ′(x )＝2(x ＋a )．又f ′(12)＝－3，∴1＋2a ＝－3，解得a ＝－2. 答案：B2．函数y ＝sin x (cos x ＋1)的导数是( ) A ．y ′＝cos2x －cos x B ．y ′＝cos2x ＋sin x C ．y ′＝cos2x ＋cos xD ．y ′＝cos 2x ＋cos x解析：y ′＝(sin x )′(cos x ＋1)＋sin x (cos x ＋1)′＝cos 2x ＋cos x －sin 2x ＝cos2x ＋cos x .答案：C3．函数y ＝3x －x 3的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，－1) C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)解析：f ′(x )＝3－3x 2>0⇒x ∈(－1,1)．答案：C4．某汽车启动阶段的路程函数为s (t )＝2t 3－5t 2＋2，则t ＝2秒时，汽车的加速度是( )A ．14B ．4C ．10D ．6解析：依题意v (t )＝s ′(t )＝6t 2－10t ，所以a (t )＝v ′(t )＝12t －10，故汽车在t ＝2秒时的加速度为a (2)＝24－10＝14.答案：A5．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a 的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：f ′(x )＝x cos x ＋sin x ，f ′(π2)＝1， ∴k ＝－a2＝－1，a ＝2. 答案：D6．已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P ，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为( )A ．1B ．3C ．－4D ．－8解析：如图所示，由已知可设P (4，y 1)，Q (－2，y 2)， ∵点P ，Q 在抛物线x 2＝2y 上，∴⎩⎨⎧42＝2y 1， ①(－2)2＝2y 2， ②∴⎩⎨⎧y 1＝8，y 2＝2，∴P (4,8)，Q (－2,2)．又∵抛物线可化为y ＝12x 2，∴y ′＝x . ∴过点P 的切线斜率为y ′|x ＝4＝4，∴过点P 的切线为y －8＝4(x －4)，即y ＝4x －8. 又∵过点Q 的切线斜率为y ′|x ＝－2＝－2.∴过点Q 的切线为y －2＝－2(x ＋2)，即y ＝－2x －2.联立⎩⎨⎧y ＝4x －8，y ＝－2x －2，解得x ＝1，y ＝－4.∴点A的纵坐标为－4. 答案：C7．若函数y＝a(x3－x)的递增区间是(－∞，－33)，(33，＋∞)，则a的取值范围是()A．a>0 B．－1<a<0 C．a>1 D．0<a<1解析：依题意y′＝a(3x2－1)>0的解集为(－∞，－33)，(33，＋∞)，故a>0.答案：A8．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是()A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值点．故选A.答案：A9．已知函数f(x)＝x3－3x，若对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．0 B．10C．18 D．20解析：f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1为函数f(x)的极值点，因为f(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，从而t的最小值为20.答案：D10．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)的极小值点解析：取函数f(x)＝x3－x，则x＝－33为f(x)的极大值点，但f(3)>f(－33)，∴排除A.取函数f(x)＝－(x－1)2，则x＝1是f(x)的极大值点，f(－x)＝－(x＋1)2，－1不是f(－x)的极小值点，∴排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的极小值点，∴排除C.故选D.答案：D11．若函数y＝f(x)满足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，则()A．af(b)>bf(a) B．af(a)>bf(b)C．af(a)<bf(b) D．af(b)<bf(a)解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，∴g(x)在R上是增函数，又a>b，∴g(a)>g(b)即af(a)>bf(b)．答案：B12．设函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e 28，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解析：由题意知f ′(x )＝e x x 3－2f (x )x ＝e x －2x 2f (x )x3.令g (x )＝e x－2x 2f (x )，则g ′(x )＝e x －2x 2f ′(x )－4xf (x )＝e x －2(x 2f ′(x )＋2xf (x ))＝e x －2e xx ＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x .由g ′(x )＝0得x ＝2，当x ＝2时，g (x )min ＝e 2－2×22×e 28＝0，即g (x )≥0，则当x >0时，f ′(x )＝g (x )x 3≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无极小值．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．若抛物线y ＝x 2－x ＋c 上一点P 的横坐标为－2，抛物线过点P 的切线恰好过坐标原点，则c 的值为________．解析：∵y ′＝2x －1，∴y ′|x ＝－2＝－5. 又P (－2,6＋c )，∴6＋c－2＝－5.∴c ＝4. 答案：414．如果函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在区间(0,1)内存在与x 轴平行的切线，则实数b 的取值范围是________．解析：存在与x 轴平行的切线，即f ′(x )＝3x 2－6b ＝0有解，∵x ∈(0,1)，∴b ＝x 22∈(0，12)．答案：{b |0<b <12}15．已知a ≤4x 3＋4x 2＋1对任意x ∈[－1,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．解析：设f (x )＝4x 3＋4x 2＋1，则f ′(x )＝12x 2＋8x ＝4x (3x ＋2)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－23.又f (－1)＝1, f (－23)＝4327，f (0)＝1，f (1)＝9，故f (x )在[－1,1]上的最小值为1，故a ≤1.答案：(－∞，1]16．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的导数为f ′(x )，f ′(0)>0，若∀x ∈R ，恒有f (x )≥0，则f (1)f ′(0)的最小值是________．解析：二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的导数为f ′(x )＝2ax ＋b ，由f ′(0)>0，得b >0，又对∀x ∈R ，恒有f (x )≥0，则a >0，且Δ＝b 2－4ac ≤0，故c >0，所以f (1)f ′(0)＝a ＋b ＋c b ＝a b ＋c b ＋1≥2acb 2＋1≥2ac4ac ＋1＝2，所以f (1)f ′(0)的最小值为2.答案：2三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)已知函数f (x )＝ln(2x ＋a )＋x 2，且f ′(0)＝23.(1)求f (x )的解析式；(2)求曲线f (x )在x ＝－1处的切线方程．解：(1)∵f (x )＝ln(2x ＋a )＋x 2，∴f ′(x )＝12x ＋a ·(2x ＋a )′＋2x ＝22x ＋a ＋2x .又∵f ′(0)＝23，∴2a ＝23，解得a ＝3. 故f (x )＝ln(2x ＋3)＋x 2.(2)由(1)知f ′(x )＝22x ＋3＋2x ＝4x 2＋6x ＋22x ＋3，且f (－1)＝ln(－2＋3)＋(－1)2＝1， f ′(－1)＝4×(－1)2＋6×(－1)＋22(－1)＋3＝0，因此曲线f (x )在(－1,1)处的切线方程是y －1＝0(x ＋1)，即y ＝1.18．(12分)已知函数f (x )＝13x 3＋ax ＋b (a ，b ∈R )在x ＝2处取得极小值－43.(1)求函数f (x )的增区间；(2)若f (x )≤m 2＋m ＋103对x ∈[－4,3]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知得f (2)＝－43，f ′(2)＝0，又f ′(x )＝x 2＋a ，所以83＋2a ＋b ＝－43，4＋a ＝0，所以a ＝－4，b ＝4，则f (x )＝13x 3－4x ＋4，令f ′(x )＝x 2－4>0，得x <－2或x >2，所以增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．(2)f (－4)＝－43，f (－2)＝283，f (2)＝－43，f (3)＝1，则当x ∈[－4,3]时，f (x )的最大值为283，故要使f (x )≤m 2＋m ＋103对∈[－4,3]恒成立，只要283≤m 2＋m ＋103，所以实数m 的取值范围是m ≥2或m ≤－3.19．(12分)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b －4＝4，所以a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)(e x－12)．令f ′(x )＝0，得x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．20．(12分)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程． (2)求函数f (x )的极值．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax . (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，所以f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，x >0可知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；因为x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上：当a≤0时，函数f(x)无极值，当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a ln a，无极大值．21.(12分)某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快，欲将这种食品价格控制在适当范围内，决定给这种食品生产厂家提供政府补贴，设这种食品的市场价格为x 元/千克，政府补贴为t 元/千克，根据市场调查，当16≤x ≤24时，这种食品日供应量p 万千克，日需量q 万千克近似地满足关系：p ＝2(x ＋4t －14)(t >0)，q ＝24＋8ln 20x .当p ＝q 时的市场价格称为市场平衡价格．(1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数，并求出函数的值域；(2)为使市场平衡价格不高于20元/千克，政府补贴至少为多少元/千克？解：(1)由p ＝q 得2(x ＋4t －14) ＝24＋8ln 20x (16≤x ≤24，t >0)，即t ＝132－14x ＋ln 20x (16≤x ≤24)． ∵t ′＝－14－1x <0，∴t 是x 的减函数． ∴t min ＝132－14×24＋ln 2024＝12＋ln 2024＝12＋ln 56； t max ＝132－14×16＋ln 2016＝52＋ln 54， ∴值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋ln 56，52＋ln 54.(2)由(1)知t ＝132－14x ＋ln 20x (16≤x ≤24)．而当x ＝20时，t ＝132－14×20＋ln 2020＝1.5(元/千克)，∵t 是x 的减函数，∴欲使x ≤20，必须t ≥1.5(元/千克)．要使市场平衡价格不高于20元/千克，政府补贴至少为1.5元/千克．22．(12分)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x .(1)若函数f (x )在x ＝2处取得极值，求实数a 的值． (2)若函数f (x )在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围． (3)当a ＝－12时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解：(1)由题意，得f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)，因为x ＝2时，函数f (x )取得极值，所以f ′(2)＝0，解得a ＝－34，经检验，符合题意．(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，依题意，f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立，则a ≤1－2x x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝⎛⎭⎪⎫1x －12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最小值－1，所以a 的取值范围是(－∞，－1]．(3)当a ＝－12时，f (x )＝－12x ＋b ，即14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4) g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )极大极小所以g (x )极小值＝g (2)＝ln2－b －2， g (x )极大值＝g (1)＝－b －54，又g (4)＝2ln2－b －2，因为方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，解得ln2－2<b ≤－54，所以实数b 的取值范围是(ln2－2，－54)．。

2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。

【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测第三章高考专题突破一高考中的导数应用问题理新人教

高考专题突破一高考中的导数应用问题考点自测)(的单调递减区间为x ln －2x 12＝y ．函数1 A ．(－1,1] B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 B．>0)x (x －1x ＋1x＝x2－1x ＝1x －x ′＝y ，x ln －2x 12＝y 解析令y ′≤0，得0<x ≤1，即递减区间为(0,1]．故选B.)(的值为a 处取得极值，则π3＝x 在)为常数a ( x sin 313－x sin 2a ＝)x (f ．已知函数2 12．－D 120 C.．1 B ．A 答案 A解析 ∵f ′(x )＝2a cos 2x －cos 3x ，，0π＝cos π－23cos a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π3′f ∴ ∴a ＝1，经验证符合题意．，则实数t ≤)|2x (f －)1x (f |，都有2x ，1x 上的任意3,2]－[，若对于区间1－x 3－3x ＝)x (f ．函数3t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0答案 A处取1＝±x 在)x (f ，可知1＝±x ，得0＝)x (′f ，令1)＋x 1)(－x 3(＝3－2x 3＝)x (′f 因为解析得极值．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，19.＝－min)x(f，1＝max)x(f上3,2]－[所以在区间，20≥t，从而t≤min)x(f－max)x(f上3,2]－[由题设知在区间所以t的最小值是20.．__________围为X的取值a上为减函数，则实数)，＋∞[1在ln a＋ln xx＝)x(f．已知函数4答案[e，＋∞)上为减函数，故)，＋∞[1在)x(f，因为1－ln a＋ln xx2＝1x·x－ln a＋ln xx2＝)x(′f解析max)x(φ，xln－1＝)x(φ上恒成立．设)，＋∞[1在xln－1≥aln上恒成立，即)，＋∞[1在≤)x(′f＝1，故ln a≥1，a≥e.，则关于2x<1x＝)1x(f若.2x，1x有两个极值点c＋bx＋2ax＋3x＝)x(f已知函数)·某某(2013．5．________的不同实根个数为＝b＋)x(af2＋2))x(f3(的方程x答案3；b＋ax2＋2x3＝)x(′f解析的不同两根，＝b＋ax2＋2x3是方程2x，1x由已知时，2x<1x＝)1x(f当有三个不同交点．c＋bx＋2ax＋3x＝)x(f与2x＝y，1x＝y作有三个不同实根．＝b＋)x(af2＋2))x(f3(即方程题型一利用导数研究函数的单调性．)为自然对数的底数e，R∈x(x)eax＋2x－(＝)x(f，函数R∈a已知1例(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值X围．，x)ex2＋2x－(＝)x(f时，2＝a当(1)解x)e x 2＋2x －(＋x 2)e ＋x 2－(＝)x (′f 所以 .x 2)e ＋2x －(＝，>0x e ，因为>0x 2)e ＋2x －(，即)>0x (′f 令 .2<x <2，解得－2>0＋2x 所以－．)2，2－(的单调递增区间是)x (f 所以函数 (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． x)e ax ＋2x －(＋x )e a ＋x 2－(＝)x (′f 因为，x ]e a ＋x 2)－a (＋2x －[＝都成立．1,1)－(∈x 对0≥x ]e a ＋x 2)－a (＋2x －[所以都成立，1,1)－(∈x 对0≥a ＋x 2)－a (＋2x ，所以－>0x e 因为 x ＋12－1x ＋1＝x2＋2x x ＋1≥a 即都成立．1,1)－(∈x 对1x ＋1－1)＋x (＝ >0.1x ＋12＋1′＝y ，则1x ＋1－1)＋x (＝y 令上单调递增，1,1)－(在1x ＋1－1)＋x (＝y 所以 .32≥a 即.32＝11＋1－1)＋<(1y 所以 .32≥a 围为X 的取值a 因此思维升华 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )>0或f ′(x )<0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题． (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．.⎝ ⎛⎭⎪⎫23′f ＝a ，且c ＋x －2ax ＋3x ＝)x (f 已知函数(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；围．X 的取值c 上单调递增，某某数2]，3－[∈x 在)x (g ，若函数x e ·)3x －)x (f (＝)x (g 设函数(3) ，c ＋x －2ax ＋3x ＝)x (f 由(1) 解 1.－ax 2＋2x 3＝)x (′f 得，1－23×a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23′f ＝a 时，得23＝x 当解之，得a ＝－1..c ＋x －2x －3x ＝)x (f 可知(1)由(2) ，列表如下：1)－x (⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋133＝1－x 2－2x 3＝)x (′f 则所以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X 围是[11，＋∞)．题型二利用导数研究不等式问题例2 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，某某数a 的取值X 围； (3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1ex －2ex 成立．思维点拨 (1)求f ′(x )，讨论参数t 求最小值； (2)分离a ，利用求最值得a 的取值X 围；(3)寻求所证不等式和题中函数f (x )的联系，充分利用(1)中所求最值． (1)解由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈(0，1e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f (1e )＝－1e；②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t<1e，tln t ，t ≥1e .(2)解 ∀x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4. (3)证明问题等价于证明 x ln x >xex －2e(x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x ex －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1ex －2ex成立．思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．(2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．设函数f (x )＝x e x －x (a2x ＋1)＋2.(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间；(2)当x ≥0时，f (x )≥x 2－x ＋2恒成立，求a 的取值X 围．解(1)∵a ＝1，∴f (x )＝x e x －x (12x ＋1)＋2＝x e x －12x 2－x ＋2，∴f ′(x )＝(e x －1)(x ＋1)， ∴当－1<x <0时，f ′(x )<0；当x <－1或x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增． (2)由f (x )≥x 2－x ＋2，得x (e x －a ＋22x )≥0，即要满足e x ≥a ＋22x ，当x ＝0时，显然成立；当x >0时，即ex x ≥a ＋22，记g (x )＝ex x ，则g ′(x )＝ex x －1x2，∴易知g (x )的最小值为g (1)＝e ， ∴a ＋22≤e ，得a ≤2(e －1)．综上所述，a 的取值X 围是(－∞，2e －2]．题型三利用导数研究方程解或图象交点问题例3 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X 围．解 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x ＝2ax2－1x(x >0)．①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a. 由ax 2－1<0，得0<x <1a. 故当a >0时，F (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减． 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 xx2＝φ(x )在区间[2，e]上有两个不等解．由φ′(x )＝2x 1－2ln xx4易知，φ(x )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)＝2e2<2ln 24＝ln 22＝φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不等解时需ln 22≤a <1e .即f (x )＝g (x ) 在[2，e]上有两个不等解时a 的取值X 围为ln 22≤a <1e.思维升华对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数X 围．已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在[1e ，e]上有两个零点，某某数m 的取值X 围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2x ＋1x －1x.∵x ∈[1e，e]，∴当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g (1e )＝m －2－1e2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g (1e )＝4－e 2＋1e2<0，则g (e)<g (1e)，∴g (x )在[1e，e]上的最小值是g (e)．g (x )在[1e ，e]上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g 1＝m －1>0，g1e＝m －2－1e2≤0，解得1<m ≤2＋1e2，∴实数m 的取值X 围是(1,2＋1e2].(时间：80分钟)16.－c 处取得极值2＝x 在点c ＋bx ＋3ax ＝)x (f ．已知函数1 (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． .b ＋2ax 3＝)x (′f ，故c ＋bx ＋3ax ＝)x (f 因为(1) 解由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，⎩⎪⎨⎪⎧ 12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧ f ′2＝0，f 2＝c －16，故有 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.解得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，化简得，c ＋x 12－3x ＝)x (f 知(1)由(2) ．2)＋x 2)(－x 3(＝12－2x 3＝)x (′f 2.＝2x ，2＝－1x ，得0＝)x (′f 令当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16. 由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12.此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.是奇函数．)x (′f ＋)x (f ＝)x (g ，)R ∈b ，a 其中常数(bx ＋2x ＋3ax ＝)x (f ．已知函数2 (1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值．，b ＋x 2＋2ax 3＝)x (′f 由题意得(1) 解 .b ＋x 2)＋b (＋2x 1)＋a (3＋3ax ＝)x (′f ＋)x (f ＝)x (g 因此因为函数g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，＋2)x －1)(＋a (3＋3)x －(a 有，x 即对任意实数，]b ＋x 2)＋b (＋2x 1)＋a (3＋3ax [＝－b ＋)x －2)(＋b ( ，0＝b ，13＝－a ，解得0＝b ，0＝1＋a 3从而 .2x ＋3x 13＝－)x (f 的表达式为)x (f 因此 2.＋2x ＝－)x (′g ，所以x 2＋3x 13＝－)x (g 知(1)由(2) ，2＝2x ，2＝－1x ，解得0＝)x (′g 令，)<0x (′g 时，2>x 或2－<x 则当上是减函数；)，＋∞2(，) 2－∞，－(在区间)x (g 从而，)>0x (′g 时，2<x <2当－上是增函数．)2，2－(在区间)x (g 从而时取得，2，2，1＝x 上的最大值与最小值只能在[1,2]在区间)x (g 由上述讨论知，，43＝(2)g ，423＝)2(g ，53＝(1)g 而，423＝)2(g 上的最大值为[1,2]在区间)x (g 因此.43＝(2)g 最小值．)R ∈a (x ln －ax ＋2x ＝－)x (f ．已知函数3 上的最大值和最小值；2]，12[在)x (f 时，求函数3＝a 当(1) 围．X 的取值a 上单调时，求2)，12(在)x (f 当函数(2) 1x－3＋x 2＝－)x (′f 时，3＝a 当(1) 解，2x －1x －1x ＝－2x2－3x ＋1x ＝－ 1.或12＝x ，解得0＝)x (′f 令 1)，12(∈x 上单调递减；当)，＋∞(1和)12，(0在)x (f ，故)<0x (′f 时，)，＋∞(1∪)12，(0∈x 当时，f ′(x )>0，上单调递增，1)，12(在)x (f 故，1＝x 上仅有极大值点2)，12(在区间)x (f 所以函数 2.＝(1)f 上的最大值是2]，12[在)x (f 故这个极大值点也是最大值点，故函数，2ln 2<0－34＝ln 2)＋54(－ln 2)－(2＝)12(f －(2)f 又，)12(f (2)<f 故 ln 2.－2＝(2)f 上的最小值为2]，12[故函数在，1x＋x 2＝)x (g ，令1x －a ＋x 2＝－)x (′f (2)上单调递增，2)，22(上单调递减，在)22，12(在)x (g ，则函数1x2－2＝)x (′g 则，22＝)22(g ，92＝(2)g ，3＝)12(g 由于．)92，2[2的值域为2)，12(在)x (g 故函数上恒成立，2)，12(在0≤)x (′f 若要；22≤a 上恒成立，只要2)，12(在1x ＋x 2≤a 即上恒成立，2)，12(在0≥)x (′f 若要，92≥a 上恒成立，只要2)，12(在1x ＋x 2≥a 即．)，＋∞92[∪]22－∞，(围是X 的取值a 综上所述， .x ＋a －1x －1＝)x (g ，1＋x 3＋2x ＝)x (f ．已知4 (1)a ＝2时，求y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数；(2)a 为何值时，y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数恰为两个．⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝f x ，y ＝g x ，时，由2＝a (1) 解，x ＋1x －1＝1＋x 3＋2x 得．1)≠x 0(＝2－x －2x ＋3x 整理得，2－x －2x ＋3x ＝y 令，1－x 2＋2x 3′＝y 求导得，13＝2x ，1＝－1x ，得0′＝y 令处取得，且极大值、极小值都是负值．13和1故得极值点分别在－的解只有一个．0＝2－x －2x ＋3x ＝y 所以即y ＝f (x )与y ＝g (x )的公共点只有一个．，x ＋a －1x －1＝1＋x 3＋2x 得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f x ，y ＝g x ，由(2) ，1)≠x (x －2x ＋3x ＝a 整理得，x －2x ＋3x ＝)x (h 令 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a ，y ＝h x ＝x3＋x2－x x ≠1，联立处的草图，如图所示，13和1求导可以得到极值点分别在－)x (h 对，527＝－)13(h ，1＝1)－(h 当a ＝h (－1)＝1时，y ＝a 与y ＝h (x )仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y ＝h (x )曲线上)，时恰有两个公共点．527＝－a 故 u －5858万件，若已知u ，年销售为<11)x (6<元x 元，每件售价为6．某种产品每件成本为5万件．28元时，年销量为10成正比，且售价为2)214－x (与 (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数表达式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．，2)214－x (k ＝u －5858设(1) 解∵售价为10元时，年销量为28万件，2.＝k ，解得2)214－(10k ＝28－5858∴ 18.＋x 21＋2x 2＝－5858＋2)214－x 2(＝－u ∴ ．<11)x 108(6<－x 108－2x 33＋3x 2＝－6)－x 18)(＋x 21＋2x 2－(＝y ∴ 18)＋x 11－2x 6(＝－108－x 66＋2x 6′＝－y (2) ＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；当x ∈(9,11)时，y ′<0.上单调递减．(9,11)上单调递增，在(6,9)在108－x 108－2x 33＋3x 2＝－y ∴函数，135＝max y 取最大值，且y 时，9＝x ∴当即售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．处的(1))f ，(1在点)x (f ＝y ，曲线1)≠a (bx －2x 1－a 2＋x ln a ＝)x (f 设函数)·课标全国Ⅰ(2014．6切线斜率为0.(1)求b ；围．X 的取值a ，求aa －1)<0x (f ，使得1≥0x 若存在(2) .b －x )a －(1＋a x＝)x (′f (1) 解由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，，x －2x 1－a 2＋x ln a ＝)x (f 知，(1)由．1)－x )(a 1－a －x (1－a x ＝1－x )a －(1＋a x ＝)x (′f，1≤a 1－a ，则12≤a ①若故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)单调递增．的充要条件为aa －1)<0x (f ，使得1≥0x 所以，存在，a a －1(1)<f 1.－2<a 1<－2，解得－a a －11<－1－a 2即，>1a 1－a，则<1a <12②若，)<0x (′f 时，)a 1－a，(1∈x 故当单调递增．)，＋∞a 1－a(单调递减，在)a 1－a ，(1在)x (f ，)>0x (′f 时，)，＋∞a 1－a (∈x 当 .a a －1)<a 1－a (f 的充要条件为a a －1)<0x (f ，使得1≥0x 所以，存在，a a －1>a a －1＋a221－a ＋a 1－a ln a ＝)a 1－a (f 而所以不合题意．.a a －1<－a －12＝1－1－a 2＝(1)f ，则>1a ③若．)，＋∞(1∪1)－2，1－2－(围是X 的取值a 综上，。

高中数学第三章导数及其应用章末归纳总结课件新人教A版选修1-1

Δx→0
fx0＋ΔΔxx－fx0.函数 y＝f(x)在点 x0 处的导数的几何意义，就是
曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率．
2．熟练记忆基本导数公式和导数的运算法则，是正确进行导数运算的基础．
3．掌握导数运算在判断函数的单调性，求函数的极大(小) 值中的应用，尤其要重视导数运算在实际问题中涉及最大(小) 值问题时的应用．
有两不等实根，∴Δ＝4a2－12(a＋6)>0，
∴a<－3或a>6，故选B．
二、填空题 6．(2015·福建安溪一中、养正中学联考)曲线y＝x(3lnx＋1) 在点(1,1)处的切线方程为__________. [答案] 4x－y－3＝0 [解析] y′|x＝1＝(3lnx＋4)|x＝1＝4，∴切线方程为y－1＝4(x －1)，即4x－y－3＝0.
成才之路 ·数学
人教A版 ·选修1-1 1-2
路漫漫其修远兮吾将上下而求索
导数及其应用第三章
章末归纳总结第三章
1 自主预习学案 2 典例探究学案
自主预习学案
1.深刻理解导数的定义是本章学习的关键环节，函数的增
量
Δy
与自变量的增量
Δx
的
比
Δy Δx
的
极
限
，
即
lim
Δx→0
Δy Δx
＝
limBiblioteka A．1个B．2个C．3个
D．4个
[答案] B
[解析] f ′(x)＝3x2－6x. 令f ′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0；令f ′(x)＝3x2－6x<0，得0<x<2. ∴函数f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间 (0,2)上单调递减．当x＝0和x＝2时，函数分别取得极大值0和极小值－4.故① ②错，③④对．

高考数学( 文科)一轮复习练习：第三章导数及其应用第3讲含答案

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.函数f (x )＝2x 3－6x 2－18x －7在[1，4]上的最小值为________. 解析 f ′(x )＝6x 2－12x －18＝6(x 2－2x －3) ＝6(x －3)(x ＋1)，由f ′(x )＞0，得x ＞3或x ＜－1；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜3，故函数f (x )在[1，3]上单调递减，在[3，4]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (3)＝2×27－6×9－18×3－7＝－61. 答案－612.函数f (x )＝x 3＋3x 2＋3x －a 的极值点的个数是________.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x 2＋2x ＋1)＝3(x ＋1)2≥0，∴函数f (x )在R 上单调递增，故f (x )无极值点. 答案 03.(2015·泰州调研)函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则b 的取值范围是________.解析由f (x )＝x 3－3bx ＋3b ，得f ′(x )＝3x 2－3b .由已知可得f ′(x )＝3x 2－3b 在(0，1)上与x 轴有交点，且满足⎩⎨⎧f ′（0）＜0，f ′（1）＞0，即⎩⎨⎧b ＞0，3－3b ＞0.∴0＜b ＜1.∴b 的取值范围是(0，1). 答案 (0，1)4.(2015·扬州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.解析由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则 ⎩⎨⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案－75.(2016·长沙模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)＞0，即a 2－3a －18＞0. ∴a ＞6或a ＜－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)6.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________.解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1. 答案 (－∞，－1)7.已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.解析由题意，得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x ＝±2，又f (－3)＝17，f (－2)＝24，f (2)＝－8，f (3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案 328.(2015·苏、锡、常、镇模拟)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在x ＝0处有极大值1，在x ＝2处有极小值0，则常数a ，b ，c ，d 分别为________，________，________，________.解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，则⎩⎨⎧f （2）＝0，f ′（2）＝0，f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，d ＝1，c ＝0，解得a ＝14，b ＝－34，c ＝0，d ＝1.答案 14 34 0 1 二、解答题9.(2016·徐州一检)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，函数f (x )＝ax －1＋ln x 在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值.解由题意f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a .∵a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，∴0＜－1a ＜e ，由f ′(x )＞0，解得0＜x ＜－1a，由f ′(x )＜0，解得－1a ＜x ＜e.从而f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e .∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2.10.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar ＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞). f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减.因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.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________.解析对函数f (x )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. 答案－1312.(2016·南通调研)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上无极值，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0恒成立.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，y ＝x ＋1x 的值域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 恒成立，a ≤2；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103.因此要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，实数 a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，10313.(2015·太原二模)已知f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵f ′(－1)＝f ′(a )＝0，∴当a ＜－1时，x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；a ＜x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.当－1＜a ＜0时，x ＜－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极大值，符合题意.当a ＞0时，x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ＞a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.∴实数a 的取值范围是(－1，0). 答案 (－1，0)14.(2015·南京、盐城调研)已知a ∈R ，函数f (x )＝a x ＋ln x －1. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，x ∈(0，＋∞).因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14. 又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－12＝14(x －2)，即x －4y ＋4ln 2－4＝0. (2)因为f (x )＝ax ＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2，x ∈(0，＋∞). 令f ′(x )＝0，得x ＝a .①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值. ②若0＜a ＜e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∈(a ，e]时， f ′(x )＞0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值a e.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln a；当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a e.。

【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测第六章数列章末检测理新人教A版

【决胜高考】2016高考数学专题复习导练测第六章数列章末检测理新人教A 版(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分))(的值是12a ，则1＝4a ，16＝9a ＋7a 中，}n a {已知等差数列)·某某月考(2011．1 A ．15B ．30C ．31D ．642．各项均不为零的等差数列{a n }中，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0 (n ∈N *，n ≥2)，则S 2 010等( )A ．0B ．2C ．2 009D ．4 0203．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|等于( ) A ．66B ．65C ．61D ．564．(2011·某某模拟)等比数列{a n }中，T n 表示前n 项的积，若T 5＝1，则( ) A ．a 1＝1B ．a 3＝1C ．a 4＝1D ．a 5＝15．(2010·东北师大附中高三月考)由a 1＝1，a n ＋1＝an3an ＋1给出的数列{a n }的第34项( )A.34103B ．100C.1100D.1104 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5<a k <8，则k 等于( ) A ．9B ．8C ．7D ．67．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n 等于( )A ．13B ．10C ．9D ．68．(2010·某某)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．99．在如图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．410．(2011·某某月考)某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方吨，但如果年1)＋n 1)(2＋n (n 12＝)n (f 年的累计产量为n 可投入生产．已知该生产线连续生产产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年11．在△ABC 中，tan A ，tan B ，tan C 依次成等差数列，则B 的取值X 围是( )⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，5π6∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6B.⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，2π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2C. 项和分别n 3项和与前n 2项和，前n 是任意等比数列，它的前}n a {设)·某某(2010．12为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A ．X ＋Z ＝2YB ．Y (Y －X )＝Z (Z －X ) 2________.＝n ，则24项和为n 的前}n a {，若1n ＋n ＋1＝n a 的通项公式}n a {．数列13 13的前}n a {，则等差数列3＝)9a ＋5a (2log 中，已知}n a {在等差数列)·某某调研(2011．14________.＝13S 项的和，…，(27,81,243)，(3,9)，(1)个数”的规则分组如下：n 组有n 按“第}1－n {3．将数列15则第100组中的第一个数是________．项和，且n 的前)*N ∈n } (n a {是等差数列n S 已知)·哈师大附中高三月考(2010．16.11S 中的最大项为}n S {；④数列<012S ；③>011S ；②<0d ，有下列四个命题：①5S >7S >6S 其中正确的命题是________．(将所有正确的命题序号填在横线上)三、解答题(本大题共6小题，共70分)190.＝10S ，8＝2a －4a ，且n S 项和为n 的前}n a {设等差数列)·某某模拟)(2011分(10．17 ；n a 的通项公式}n a {求数列(1) 中的项并说明理由．}n a {是否仍为数列q a ·p a ，试判断*N ∈q ，p 设(2)的通项}n a {，求数列28＝13a 8a 3a ，12＝13a ＋8a ＋3a 中，若}n a {在等差数列)分(12．18公式．，(4＝b ，)n S ，n (＝a ，且向量n S 项和为n 的前}n a {已知数列)·某某月考)(2011分(12．19n ＋3)共线．是等差数列；}n a {求证：数列(1) .n T 项和n 的前⎩⎨⎧⎭⎬⎫1nan 求数列(2))n a (f ，…，)2a (f ，)1a (f ，设1)≠a 且>0a (x a log ＝)x (f 已知)·某某月考)(2011分(12．20的等差数列．2，公差为4是首项为)*N ∈n ( 成等比数列；}n a {为常数，求证：a 设(1) .n S 时，求2＝a ，当n S 项和是n 的前}nb {，)n a (f n a ＝n b 若(2)2a 2＋1a 的前三项相同，且}nb {的前三项与数列}n a {已知数列)·某某月考)(2011分(12．21是等差数列．}n b －1＋n b {都成立，数列*N ∈n 对任意n 8＝n a 1－n 2＋…＋3a 22＋；的通项公式}n b {与}n a {求数列(1) ？请说明理由．(0,1)∈)k a －k b (，使得*N ∈k 是否存在(2)22．(12分)为了治理“沙尘暴”，西部某地区政府经过多年努力，到2006年底，将当地沙漠绿化了40%，从2007年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲)，同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%？(可参考数据lg 2＝0.3，最后结果精确到整数)4a －8a 2＝12a ，∴1＝4a 又.8＝8a ，∴16＝8a 2＝9a ＋7a 是等差数列知}n a {由[ A ．1答案＝15.]2.＝n a ，∴0≠n a ，n a 2＝1＋n a ＋1－n a ＝2n a [ D ．2 4 020.]＝2 010×2＝2 010S ，n 2＝n S ∴ ；1＝－1S ＝1a 时，1＝n 当[ A ．3 当n ≥2时，，5－n 2＝2]＋1)－n 4(－21)－n [(－2＋n 4－2n ＝1－n S －n S ＝n a ，15＝10a ，…，3＝4a ，1＝3a ，1＝－2a ∴ |10a |＋…＋|2a |＋|1a |∴ 66.]＝64＋2＝81＋152＋1＋1＝，1＝53a ，得1＝5T ，代入已知式23a ＝4a ·2a ＝5a ·1a 是等比数列，所以}n a {因为[ B ．4 1.]＝3a 所以，3＋1an＝1an ＋1知，an3an ＋1＝1＋n a 由[ C ．5 的等差数列．3为首项，公差为1是以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an ∴ 2.－n 3＝3×1)－n (＋1＝1an∴ .]1100＝13×34－2＝34a ，13n －2＝n a ∴ ，n 9－2n ＝n S ∵[ B ．6 ，10－n 2＝1－n S －n S ＝n a 时，2≥n ∴ 适合上式，8＝－1S ＝1a ，)*N ∈n 10 (－n 2＝n a ∴ ∴5<2k －10<8，得7.5<k <9.∴k ＝8.]，12n－1＝n a ∵[ D ．7 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝n S ∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n －n ＝ .12n＋1－n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ＝ .164＋5＝32164＝12n ＋1－n ，∴32164＝n S ∵∴n ＝6.]8．A [设该数列的公差为d ，，6＝－5a 2得6＝－6a ＋4a 则由，11＝－1a 又∵3.＝－5a ∴ ∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，]小值．取最n S 时6＝n ，故当36－26)－n (＝n 12－2n ＝2×n n －12＋n 11＝－n S ∴ 9．B [由表格知，第三列为首项为4，第二项为2的等比数列，∴x ＝1.，故该数列所成等比数列的公比为52，5根据每行成等差数列得第四列前两个数字分别为 2.]＝z ＋y ＋x 故.38＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6＝z ，同理58＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12×5＝y ，∴12 n(f －)n (f ＝n a ；以后各年产量分别为3＝3×2×1×12＝1a 年产量为由题意知第一[ C ．10，∴25≤n ≤1，∴150≤2n 3，令)*N ∈n ( 2n 3＝1)－n 1)(2－n (n 12－1)＋n (2·1)＋n (n 12＝1)－1≤n ≤7.故生产期限最大为7年．]11．D [由已知得2tan B ＝tan A ＋tan C >0(显然tan B ≠0，若tan B <0，因为tan A >0且tan C >0，tan A ＋tan C >0，这与tan B <0矛盾)，tan A ＋tan C 1－tan Atan C＝－)C ＋A tan(＝－B tan 又 3.＝C tan A tan ，所以0≠2tan B1－tan Atan C ＝－，32＝tan Atan C 2≥C tan ＋A tan 又∵ )，π(0∈B ，∵3≥B tan ∴ .]⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2围是X 的取值B ∴ .Z ＝n 3S ，Y ＝n 2S ，X ＝n S 知由题意[ D ．12 是等比数列，}n a {又∵ 为等比数列，n 2S －n 3S ，n S －n 2S ，n S ∴ 即X ，Y －X ，Z －Y 为等比数列，，)Y －Z (·X ＝2)X －Y (∴ ，XY －ZX ＝2X ＋XY 2－2Y 即，2X －ZX ＝XY －2Y ∴ 即Y (Y －X )＝X (Z －X )．]13．624.n －n ＋1＝1n ＋n ＋1＝n a 解析，24＝)n －n ＋1(＋…＋)2－3(＋1)－2(∴ 624.＝n ，∴25＝n ＋1∴14．528.＝32＝9a ＋5a ，∴3＝)9a ＋5a (2log ∵ 解析 52.＝13×82＝13×a5＋a92＝13×a1＋a132＝13S ∴ 4 9503．15 解析由“第n 组有n 个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为1组中的第100个，故第4 950＝1＋99×992组数的个数共有99公差的等差数列，前.4 9503个数是 16．①②，<07a 得7S >6S 由解析，>06a 得5S >6S 由 >0.7a ＋6a 得5S >7S 由；<0d ，∴6a －7a ＝d 因为 12a ＋…＋2a ＋1a ＝12S ，>06a 11＝6a ＋…＋)10a ＋2a (＋)11a ＋1a (＝11a ＋…＋2a ＋1a ＝11S ；)>07a ＋6a 6(＝)7a ＋6a (＋…＋)11a ＋2a (＋)12a ＋1a (＝最大．6S 中}n S {，∴<07a ，>06a ∵ 故正确的命题为①②.，则d ，公差为1a 的首项为}n a {设数列(1) ．解17 ⎩⎪⎨⎪⎧2d＝810a1＋10×92d ＝190)分(4，……………………………………………………………… )分(6………………………………………………………3.－n 4＝n a ，∴4＝d ，1＝1a 解得 9＋)q ＋p 12(－pq 16＝3)－q 3)(4－p (4＝q a p a (2) ＝4[4pq －3(p ＋q )＋3]－3，)分(8，………………………………………………………………*N ∈3＋)q ＋p 3(－pq 4∵ )分(10………………………………………………………中的项．……}n a {为数列q a ·p a ∴ ，12＝13a ＋8a ＋3a ，8a 2＝13a ＋3a ∵ ．解18 )分(2，…………………………………………………………………………………4＝8a ∴⎩⎪⎨⎪⎧a3＋a13＝8，a3a13＝7，则由已知得 )分(7…………………………………………………………⎩⎪⎨⎪⎧a3＝7，a13＝1.或⎩⎪⎨⎪⎧ a3＝1，a13＝7，解得，7＝13a ，1＝3a 由 .35＝7－110＝a13－a313－3＝d 可知 )分(9； (4)5－n 35＝35·3)－n (＋3a ＝n a 故，1＝13a ，7＝3a 由 .35＝－1－710＝a13－a313－3＝d 可知 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35·3)－n (＋3a ＝n a 故 )分(11 (44)5＋n 35＝－ )分(12 (44)5＋n 35＝－n a ，或45－n 35＝n a 综上可得，共线，3)＋n ，(4＝b ，)n S ，n (＝a ∵ 证明(1)．19 )分(3…………………………………………………….n n ＋34＝n S ，∴0＝n S 4－3)＋n (n ∴ ，1＝1S ＝1a ∴ )分(5，……………………………………………………n ＋12＝1－n S －n S ＝n a 时，2≥n 当 )分(6……………………………………………………….n ＋12＝n a 满足此式，∴1＝1a 又为常数，12＝n a －1＋n a ∴ )分(7的等差数列． (1)2，公差为1为首项为}n a {∴数列 )分(9，…………………………………………………⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋12＝2n n ＋1＝1nan ∵ 解(2) .1nan＋…＋12a2＋1a1＝n T ∴)分(12…………………………………….2nn ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＝ )分(2，…………………………………………2＋n 2＝2×1)－n (＋4＝)n a (f 证明(1)．20 .2＋n 2a ＝n a ，可得2＋n 2＝n a a log 即 a2n ＋2a2n＝a2n ＋2a2n －1＋2＝anan －1∴ )分(4为定值．………………………………………………………………………2)≥n ( 2a ＝ )分(5为公比的等比数列．……………………………………………………2a 为以}n a {∴ 2＋n 2a a log 2＋n 2a ＝)n a (f n a ＝n b 解(2) )分(7………………………………………………………………………….2＋n 2a 2)＋n (2＝ 2＋n 2)22)(＋n (2＝n b 时，2＝a 当 .2＋n 1)2＋n (＝，①2＋n 2·1)＋n (＋…＋52·4＋42·3＋32·2＝n S ，②3＋n 2·1)＋n (＋2＋n 2·n ＋…＋62·4＋52·3＋42·2＝n S 2 ①－②，得)分(9…………………………………………3＋n 2·1)＋n (－2＋n 2＋…＋52＋42＋32·2＝n S － 3＋n 2·1)＋n (－241－2n －11－2＋16＝ .3＋n 2·n ＝－3＋n 2－3＋n 2·n －42－3＋n 2＋16＝ )分(12…………………………………………………………………………….3＋n 2·n ＝n S ∴ na 1－n 2＋…＋3a 22＋2a 2＋1a 已知得(1) ．解21 ，①)*N ∈n (n 8＝．②1)－n 8(＝1－n a 2－n 2＋…＋3a 22＋2a 2＋1a 时，2≥n 当 )分(3…………………………………………………….n －42＝n a ∴8.＝n a 1－n 2由①－②，得，1－42＝8＝1a ，得1＝n 在①中，令．)*N ∈n (n －42＝n a ∴ ，2＝3b ，4＝2b ，8＝1b 由题意知，2＝－2b －3b ，4＝－1b －2b ∴ 2.＝4)－(－2的公差为－}n b －1＋n b {∴数列 )分(5…………………………………………………6.－n 2＝2×1)－n (＋4＝－n b －1＋n b ∴ )1－n b －n b (＋…＋)2b －3b (＋)1b －2b (＋1b ＝n b ∴ ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8))分(7．…………………………………………………………………)*N ∈n 14(＋n 7－2n ＝，k －42－14＋k 7－2k ＝k a －k b ∵(2) ，k －42－14＋k 7－2k ＝)k (f 设，单调递增，k －42－74＋2)72－k (＝)k (f 时，4≥k 当且f (4)＝1.)分(10…………………………………………………1.≥k －42－4＋k 7－2k ＝)k (f 时，4≥k ∴ 又f (1)＝f (2)＝f (3)＝0，…………………………………………………………………(11分) )分(12．………………………………………………(0,1)∈)k a －k b (，使得*N ∈k ∴不存在 na 年后绿洲面积为n ，经过25＝1a 年底绿化面积为1,2006设该地区总面积为．解22…1.＝n b ＋n a ，1＝1b ＋1a ，则1＋n b 年后沙漠面积为n ，经过1b 年底沙漠面积为2006，设1＋(3分)的剩余面积n a ·8%减去被侵蚀的部分n a 由两部分组成：一部分是原有绿洲1＋n a 依题意，n b ·12%分是新绿化的，另一部n a ·92% )n a －12%(1＋n a ·92%＝1＋n a ∴ )分(6， (3)25＋n a 45＝．)35－n a (45＝35－1＋n a 即为公比的等比数列，45为首项，15是以－}35－n a {∴ )分(9……………………………………………………………………….n )45(·15－35＝1＋n a 则 .12>n )45(·15－35，∴>50%1＋n a ∵ )分(11……………………………………………………3.≈lg 21－3lg 2＝>n ，12<n )45(∴ 恒成立．12<n )45(时，不等式4≥n 则当 ∴至少需要4年才能使绿化面积超过50%.…………………………………………(12分)。

【6份】2016高考数学人教A版(理)复习课件：第三章导数及其应用共449张PPT

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基础知识·自主学习
(2)几何意义
知识梳理
函数 f(x) 在点 x0 处的导数 f′(x0) 的几何意义是在曲线 y ＝ f(x) (x0，f(x0)) 处的切线的斜率.相应地，切线方程为y－.f(x0) 上点＝ f′(x )( －x0) 0x 3.函数 f( )x 的导函数称函数f′(x)＝
基础知识·自主学习
思考辨析
知识梳理
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)f′(x0)与(f(x0))′表示的意义相同.( × )
(2)求f′(x0)时，可先求f(x0)再求f′(x0).( × )
(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( √ )
基础知识·自主学习
知识梳理
解方法一 Δy＝f(x＋Δx)－f(x) ＝(x＋Δx)2－2(x＋Δx)－1－(x2－2x－1)
＝x2＋2x·Δx＋(Δx)2－2x－2Δx－1－x2＋2x＋1
＝(2x－2)Δx＋(Δx)2，
题型分类·深度剖析
题型一利用定义求函数的导数
例1 用定义法求函数f(x)＝x2－2x－1在x＝1处的导数.
－sin x f′(x)＝
基础知识·自主学习
f(x)＝ax (a>0)
f(x)＝ex f(x)＝logax (a>0，且a≠1)
知识梳理
f′(x)＝ axln a
f′(x)＝ ex
1 f′(x)＝ xln a
f(x)＝ln x
f′(x)＝
1 x
基础知识·自主学习
5.导数的运算法则 (1)[f(x)±g(x)]′＝ f′(x)±g′(x) ； f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) (2)[f(x)· g(x)]′＝；

高等数学第三章之中值定理与导数应用部分测试题(附答案)

高等数学第三章之中值定理与导数应用部分测试题（附答案）一、单选题（每小题4分，共计20分）1、设),,(),12)(1()(+∞-∞∈+-='x x x x f 则在)1,21(内曲线)(x f （）（Ａ）单调增凹的；（Ｂ）单调减凹的；（Ｃ）单调增凸的；（Ｄ）单调减凸的。

2、已知)(x f 在0=x 的某个邻域内连续，且0)0(=f ，2cos 1)(lim0=-→x x f x ，则在点0=x 处)(x f （）（Ａ）不可导；（Ｂ）可导，且0)0('≠f ；（C ）取得极大值；（Ｄ）取得极小值。

3、设)(x f 有二阶连续导数，且0)0('=f ，1||)("lim=→x x f x ，则（）（Ａ）)0(f 是)(x f 的极大值；（Ｂ）)0(f 是)(x f 的极小值；（Ｃ）))0(,0(f 是曲线)(x f y =的拐点；（Ｄ）)0(f 不是)(x f 的极值点。

4、设)(x f 、)(x g 在[]b a ,连续可导，0)()(≠x g x f ，且)()()()(x g x f x g x f '<'，则当b x a <<时，则有（）（Ａ）)()()()(a g a f x g x f <；（Ｂ）)()()()(b g b f x g x f <；（Ｃ）)()()()(a g a f x g x f <；（Ｄ）)()()()(a f a g x f x g >。

5、)(x f 在),(b a 内连续，0)()(),,(000=''='∈x f x f b a x ，则)(x f 在0x x = 处（Ｄ）（Ａ）取得极大值；（Ｂ）取得极小值；（Ｃ）一定有拐点))(,(00x f x ；（Ｄ）可能取得极值，也可能有拐点。

二、填空题（每小题4分，共计20分）1、=→x x x ln lim 0_______。

高考数学(人教A版理科)一轮复习真题演练集训：第三章导数及其应用3-3Word版含答案

真题操练集训xx0使得 f ( x0)＜0，则1．设函数f ( x) ＝ e (2 x－ 1) －ax＋a，此中a＜ 1，若存在独一的整数a 的取值范围是()A.－3B．33， 1－，2e2e4333C.2e ，4D．2e， 1答案： D分析：∵ f (0)＝－ 1＋a＜ 0，∴x0＝ 0.f －，又 x0＝0是独一的整数，∴，f即e－1[2 × －－ 1] ＋a＋a≥0，解得a≥3.－ a＋ a≥0，－2e3又 a＜1，∴2e≤ a＜1，应选 D.2．如图，某飞翔器在 4 千米高空水平飞翔，从距着陆点 A 的水平距离10 千米处开始下降，已知降落飞翔轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的分析式为()1 A．y＝ 1253x3－5x2B．y＝ 1254x3－5xC．y＝ 3 x3－x12531 D．y＝－ 125x3＋ 5x答案： A分析：设所求函数分析式为y＝ f ( x)，由题意知 f (5)＝－ 2，f ( － 5) ＝2，且f ′(±5)＝0，代入考证易得133y＝125x －5x 切合题意，应选 A.3．当x∈时，不等式ax3－ x2＋4x＋3≥0恒建立，则实数 a 的取值范围是()A ．B ．－ 6，－ 98 C ．D ．答案： C分析：当 x ＝0 时， ax 3－x 2＋ 4x ＋3≥0变为 3≥0恒建立，即a ∈ R.当 x ∈ (0,1] 时， ax 3≥ x 2－4x － 3，2x － 4x － 3x 2－ 4x －3∴a ≥x 3max.x 2－ 4x － 3设 φ ( x ) ＝x 3，φ′(x ) ＝x － x 3－ x 2－ 4x －x 2x 6x 2－ 8x － 9x －x ＋＞ 0，＝－x 4＝－x 4∴φ ( x ) 在 (0,1] 上单一递加，φ ( x ) max ＝ φ (1) ＝－ 6.∴a ≥－ 6.当 x ∈．4．已知函数f ( x ) ＝ ( － 2)e x ＋ ( － 1) 2 有两个零点．x a x(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<2.(1) 解： f ′(x ) ＝ ( x －1)e x ＋ 2a ( x － 1) ＝ ( x －1) ·(e x ＋ 2a ) ．( ⅰ) 设 a ＝ 0，则 f ( x ) ＝ ( x － 2)e x ， f ( x ) 只有一个零点．( ⅱ) 设 a >0，则当 x ∈( －∞， 1) 时， f ′(x )<0 ；当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0.所以 f ( x ) 在( －∞， 1) 上单一递减，在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加．又 f (1) ＝－ e ， f (2)＝a ，取 b 知足 b <0 且 b <ln a2，则a223f ( b )> ( b － 2) ＋ a ( b －1) ＝ a b－ b >0，22故 f ( x ) 存在两个零点．( ⅲ) 设 a <0，由 f ′(x ) ＝ 0 得 x ＝ 1 或 x ＝ln( － 2a ) ．e若 a ≥－ 2，则 ln( －2a ) ≤1，故当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0 ，所以 f ( x ) 在(1 ，＋∞)上单一递加．又当 x ≤1时， f ( x )<0 ，所以 f ( x ) 不存在两个零点．e若 a <－ 2，则 ln( － 2a )>1 ，故当 x ∈ (1 ，ln( － 2a )) 时， f ′(x )<0 ；当 x ∈ (ln( － 2a ) ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0.所以 f ( x ) 在(1 ， ln( －2a )) 上单一递减，在(ln( － 2a ) ，＋∞ ) 上单一递加．又当 x ≤1时 f ( x )<0 ，所以 f ( x ) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围为 (0 ，＋∞ ) ．(2) 证明：不如设 x 1<x 2. 由 (1) 知， x 1∈ ( －∞， 1) ，x 2∈ (1 ，＋∞ ) ， 2－ x 2∈ ( －∞， 1) ，又 f ( x ) 在 ( －∞， 1) 上单一递减，所以 x 1＋ x 2<2 等价于 f ( x 1)> f (2 － x 2) ，即 f (2 －x 2)<0.因为 f (2 － x 2) ＝－ x 2e 2－x 2＋a ( x 2－ 1) 2，而 f ( x 2) ＝ ( x 2－ 2)e x 2＋ a ( x 2－ 1) 2＝0，所以 f (2 － x 2) ＝－ x 2e 2－x 2－( x 2－ 2)e x 2.设 g ( x ) ＝－ x e 2－x － ( x － 2)e x ，则 g ′(x ) ＝( x － 1)(e 2－x － e x ) ．所以当 x >1 时， g ′(x )<0 ，而 g (1) ＝ 0，故当 x >1 时， g ( x )<0.进而 g ( x 2) ＝ f (2 － x 2)<0 ，故 x 1＋ x 2<2.5．设函数 f ( x ) ＝ e mx ＋ x 2－mx .(1) 证明： f ( x ) 在 ( －∞， 0) 单一递减，在 (0 ，＋∞ ) 单一递加；(2) 若关于随意x 1， x 2∈，都有 | f ( x 1) － f ( x 2)| ≤e － 1，求的取值范围．m(1) 证明： f ′(x ) ＝ m (e mx － 1) ＋ 2x .若 m ≥0，则当 x ∈ ( －∞，mx0) 时， e －1≤0， f ′(x )<0 ；当 x ∈ (0 ，＋∞ ) 时， e mx －1≥0， f ′(x )>0.若 m <0，则当 x ∈ ( －∞， 0) 时， e mx － 1>0，f ′(x )<0 ；当x ∈ (0 ，＋∞ ) 时， e mx －1<0， ′( )>0.fx所以， f ( x ) 在 ( －∞， 0) 上单一递减，在 (0 ，＋∞ ) 上单一递加．(2) 解：由 (1) 知，对随意的 m ，f ( x ) 在上单一递减，在上单一递加，故 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得最小值．所以对于任意 x 1 ， x 2 ∈ ， | f ( x 1) － f ( x 2)| ≤e － 1的充要条件是f － f－ 1，f －－ f－1，me － m ≤e － 1，即e －m＋ m ≤e － 1.①设函数 g ( t ) ＝ e t － t － e ＋1，则 g ′(t ) ＝ e t － 1.当 t <0 时， g ′(t )<0 ；当 t >0 时， g ′(t )>0.故 g( t )在(－∞，0)上单一递减，在(0，＋∞)上单一递加．又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当 t ∈时， g( t )≤0.当 m∈时， g( m)≤0， g(－ m)≤0，即①式建立；当 m>1时，由 g( t )的单一性， g( m)>0，即e m－ m>e－1；当 m<－1时， g(－ m)>0，即e－m＋ m>e－1.综上， m的取值范围是．316．已知函数 f ( x)＝ x ＋ax＋， g( x)＝－ln x.(1)当 a 为什么值时， 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) ，议论h( x) 零点的个数．解： (1)设曲线 y＝ f ( x)与 x 轴相切于点( x0) ，则f ( x ) ＝ 0，f′(x ) ＝ 0，即0,00113x0＝，002x＋ax ＋4＝0，解得23 3x＋a＝ 0，a＝－4 03所以，当 a＝－时， x 轴为曲线 y＝ f ( x)的切线．4(2) 当x ∈(1，＋∞ ) 时，(x) ＝－ ln＜ 0，进而() ＝ min{f(x) ， ()}≤ () ＜0，故g x h x g x g xh( x)在(1，＋∞)上无零点．55当 x＝1时，若 a≥－4，则 f (1)＝a＋4≥0， h(1)＝min{ f (1)，g(1)}＝ g(1)＝0，故 x＝1是 h( x)的零点；若a ＜－5，则f(1)＜0， (1) ＝min{f(1)， (1)}＝(1) ＜0，故x＝1不是() 的零点．4h g f h x当x ∈ (0,1) 时，(x) ＝－ ln＞ 0，所以只要考虑f(x) 在 (0,1)上的零点个数．g x①若 a≤－3或 a≥0，则 f ′(x)＝3x2＋ a 在(0,1)上无零点，故f ( x)在(0,1)上单一．15而 f (0)＝4， f (1)＝a＋4，所以当 a≤－3时， f ( x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f ( x)在(0,1)上没有零点．②若－ 3＜a＜ 0，则f( x) 在a a0，－3上单一递减，在－3， 1 上单一递加，a a2aa故在 (0,1) 上，当x＝－3时， f ( x)获得最小值，最小值为f－3＝3－3＋1 4.a ．若 f－a3＞ 0，即－＜ a ＜ 0，则 f ( x ) 在 (0,1) 上无零点．34a3b ．若 f － 3 ＝ 0，即 a ＝－ 4，则 f ( x ) 在 (0,1) 上有独一零点．c ．若 f－ a＜ 0，即－ 3＜ a ＜－ 3，因为 f (0) ＝ 1，f (1) ＝a ＋5，所以当－5＜ a ＜－3 44443 5 上有一个零点．时， f ( x ) 在 (0,1)上有两个零点；当－ 3＜ a ≤－时， f ( x ) 在 (0,1)443 53 5综上，当 a ＞－ 4或 a ＜－ 4时， h ( x ) 有一个零点；当a ＝－ 4或 a ＝－ 4时， h ( x ) 有两个零点；当－ 5＜＜－ 3 时， ( ) 有三个零点．4 a 4 h x课外拓展阅读巧用导数妙解有关恒建立、存在性问题“恒建立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f ( x ) ≥g ( a ) 关于 x ∈ D 恒建立，应求 f ( x ) 的最小值；若存在x ∈ D ，使得 f ( x ) ≥ g ( a ) 建立，应求 f ( x ) 的最大值．在详细问题中终究是求最大值仍是最小值，能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值，这样也便可以解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值．特别需要关注等号能否建立问题，以免细节犯错．方法一分别参数法设函数f ( x ) ＝ lnx － ax ， g ( x ) ＝ e x － ax ，此中a 为实数．若 f ( x ) 在(1 ，＋∞ ) 上是单一减函数，且 g ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上有最小值，则A ．(e ，＋∞ )a 的取值范围是B ． A()解法一：f ′(x ) ＝ 1x － a ，g ′(x ) ＝ e x － a ，由题意得，当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时，f ′(x ) ≤0恒建立，1即当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时，a ≥ x 恒建立，则 a ≥1.因为所以g ′(x ) ＝ e x － a 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，g ′(x ) ＞ g ′(1) ＝ e － a .又 g ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上有最小值，则必有e － a ＜ 0，即a ＞ e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞ ) ．解法二：1 xf ′(x ) ＝ x － a ，g ′(x ) ＝e － a . 由题意得，当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x ) ≤0恒成1立，即当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， a ≥ x 恒建立，则 a ≥1.当 a ≤0时， ′( ) ＞ 0 恒建立，进而 ( ) 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，故( ) 在 (1 ，＋∞)g xg xg x上无最值，不切合题意；当 0＜ a ≤e 时，由 g ′(x ) ＞ 0 得 x ＞ ln a ，又 ln a ≤1，故 g (x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，故 ( ) 在 (1 ，＋∞ ) 上无最值，不切合题意；g x当 a ＞ e 时，由 g ′(x ) ＞ 0 得 x ＞ ln a ，又 ln a ＞ 1，故 g ( x ) 在 (1 ， ln a ) 上单一递减，在(ln a ，＋∞ ) 上单一递加，此时有最小值，为g (ln ln aa ) ＝ e －a ln a ＝ a － a ln a .由题意知 ln a ＞ 1，所以 a ＞ e.综上，可知 a 的取值范围是 (e ，＋∞ ) ．技巧点拨在恒建立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，此题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，假如对自变量作分类议论，其结果要取交集；假如对参数作分类议论，其结果要取并集．方法二结构函数法已知函数 f ( x ) ＝－ x 2＋ 2x x，x ＋x ＞若 | f ( x )| ≥ ax ，则 a 的取值范围是 ()，A ．( －∞， 0]B ．( －∞， 1]C ．D ．D| f ( x )| ≥ ax ?－－ x 2＋2xax x，①x ＋ax x ＞②(1) 由①得 x ( x －2) ≥ ax 在区间 ( －∞， 0] 上恒建立．当 x ＝ 0 时， a ∈ R ；当 x ＜ 0 时，有 x －2≤ a 在区间 ( －∞， 0] 上恒建立，所以 a ≥－ 2.(2) 由②得 ln(x ＋1) － ax ≥0在区间 (0 ，＋∞ ) 上恒建立，设 () ＝ ln( x ＋1)－ax ( x ＞0)，h x则 ′()＝1 － ( x ＞0) ，可知′( ) 为减函数．当 ≤0时， ′( ) ＞0，故( ) 为增函h xx ＋ 1 a h x a h xh x数，所以 h ( x ) ＞h (0) ＝ 0 恒建立；11当 a ≥1时，因为 x ＋ 1∈ (0,1) ，所以 h ′(x ) ＝ x ＋1－ a ＜ 0，故 h ( x ) 为减函数，所以h ( x )＜ h (0) ＝ 0 恒建立，明显不切合题意；当 0＜ a ＜ 1 时，关于给定的一个确立值 a ，总能够起码找到一个 x ＞ 0，知足 h ( x ) ＝ ln( x1＋ 1) －ax0＜ 0 建立．如当a＝2时，取 x0＝4，则 h( x0)＝ln 5－2＜0建立，可知当0＜a＜ 1 时，不切合题意．故a≤0.由(1)(2) 可知，a的取值范围是．方法研究此题的切入点不一样，结构的函数也是不同样的，也能够结构函数联合选项利用函数图象及清除法去达成．典例2 也能够经过结构函数求解，可是在问题的求解中假如能够分别出参数，尽量用分别参数法去求解．相对而言，多半题目都能够采纳分别参数法去求解，并且采用分别参数法关于问题的求解会相对简单．方法三等价转变法a32设 f ( x)＝x＋ x ln x， g( x)＝x － x－ 3.(1)假如存在 x， x∈使得 g( x )－ g( x )≥ M建立，求知足上述条件的最大整数M；1212s， t ∈1，都有 f ( s)≥ g( t )建立，务实数 a 的取值范围．(2) 假如关于随意的2， 2(1) 存在1，x 2∈使得(1)－(2)≥建立，等价于max≥.x g x g x M M由g( x)＝x3－x2－3，得′(＝3x2－2x＝3xx－2g x) 3.2由 g′(x)＞0得 x＜0或 x＞3，又 x∈，2所以 g( x)在0，3上是单一递减函数，2在3， 2 上是单一递加函数，285所以 g( x)min＝ g 3＝－27，g( x)max＝g(2)＝1.112故 max＝g(x) max－g(x) min＝27≥M，则知足条件的最大整数M＝4.(2)关于任意的s，t∈1，2，都有f(s) ≥ (t) 建立，等价于在1，2 上，函数2g2f ( x)min max≥ g( x) .1由(1) 可知在2， 2 上，g( x) 的最大值为g(2) ＝ 1.在1ax≥1恒建立等价于2x 恒建立．， 2上， f ( x)＝＋ x ln a≥x－ x ln2x设 h( x)＝ x－x2ln x，h′(x)＝1－2x ln x－ x，可知 h′(x)在12，2上是减函数，又 h′(1)＝0，所以当 1＜x＜ 2 时，h′(x) ＜ 0；当1＜ x＜1时， h′(x)＞0.2即函数 h( x)＝ x－x2ln1x 在2， 1 上单一递加，在上单一递减，所以h( x)max＝h(1)＝1，即实数 a 的取值范围是[1，＋∞)．温馨提示假如一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒建立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变为与典例2、典例 3 有关的问题去求解，这里必定要注意转变的等价性、奇妙性，防备在转变中犯错而使问题的求解犯错．。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用答案

第三章导数及其应用第15讲导数的几何意义和四则运算链教材·夯基固本激活思维 1.A【解析】f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＝0，所以ln x 0＝－1，所以x 0＝1e.2.C【解析】因为y ＝x 3＋11，所以y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0，得y ＝9.3. －9.8t ＋6.5 －9.8 【解析】 v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8.4.－234【解析】因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x .令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，则f ′(2)＝－94.所以f(1)＝1＋3×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－94＋0＝－234. 5. 23【解析】 f ′(x )＝3x 2＋1x2，斜率k ＝f ′(x )＝3x 2＋1x2≥23，当且仅当3x 2＝1x2，即x 4＝13，x ＝413时，斜率k min ＝23.知识聚焦1. (3) 瞬时速度瞬时加速度2. y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)3. 0 αxα－1cos x －sin x e x a xln a1x1xlna4. (1) f ′(x )±g ′(x ) (2) f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) (3) f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]25. f ′(g (x ))·g ′(x ) 研题型·融会贯通分类解答【解析】 (1) f ′(x )＝(2x ＋1)e x －(x 2＋x )e x (e x )2＝1＋x －x2ex .(2) 因为f (x )＝x －ln x ＋2x －1x2，所以f ′(x )＝1－1x －2x2＋2x3＝x3－x2－2x ＋2x3.(3) 因为y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ，所以y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x . (1) 【答案】 B 【解析】由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x ，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.(2) 【答案】 3【解析】由f (x )＝(x 2－a )ln x ，得f ′(x )＝2x ln x ＋x2－ax.所以f ′(1)＝1－a ＝－2，解得a ＝3. (1) 【答案】 A【解析】由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .所以f ′(x )＝1x2，所以f ′(1)＝1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k ＝1. (2) 【答案】 x －y －1＝0【解析】因为点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上，所以设切点为(x 0，y 0)．又因为f ′(x )＝1＋ln x ，所以直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .由⎩⎪⎨⎪⎧y0＝x0ln x0，y0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.所以直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.(1) 【答案】 D【解析】因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1.又已知切线方程为y ＝2x ＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ae ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.(2) 【答案】 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 【解析】设切点坐标为(x 0，x 20)，因为f ′(x )＝2x ，所以切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)，所以x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2，所以所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)，即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0. 【答案】 C【解析】若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠0)，则斜率k ＝y0－1x0－1＝x30－1x0－1＝x 20＋x 0＋1，又因为y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝x 0＝3x 20，所以3x 20＝x 20＋x 0＋1，即2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，所以过点P (1，1)与曲线y ＝x 3相切的直线方程为3x－y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，共2条．【答案】 D 【解析】因为f (x )＝ln|x |，所以当x >0时，f (x )＝lnx ，f ′(x )＝1x，当x <0时，f (x )＝ln(－x )，f ′(x )＝1x，所以f ′(x 1)f ′(x 2)＝1x1·1x2＝－1，即x 1x 2＝－1，所以x 1<0<x 2，因此x 2－x 1＝x 2＋1x2≥2. 【答案】 C 【解析】设切线在曲线y ＝x 2上的切点坐标为(x 0，x 20)，则切线方程为y ＝2x 0x －x 20，切线在y ＝a ln x 上的切点为(x 1，a ln x 1)，则该切线方程为y ＝ax1x －a ＋a ln x 1.由于两曲线有相同的公切线，因此ax1＝2x 0，－x 20＝a ln x 1－a ，消去x 0，得a ＝4x 21－4x 21ln x 1，设g (x )＝4x 2－4x 2ln x ，则g ′(x )＝4x －8x ln x ，易得g (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，所以g (x )的最大值为g (e 12)＝2e.又当x →＋∞时，g (x )→－∞；当x →0时，g (x )→0. 所以a 的取值范围为(－∞，0)∪(0,2e]．【题组强化】 1.C 【解析】由f (x )＝ax 2，得f ′(x )＝2ax .由g (x )＝lnx ，得g ′(x )＝1x.因为f (x )＝ax 2与g (x )＝ln x 在它们的公共点P (m ，n )处具有公共切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝g (m )，f ′(m )＝g ′(m )，即⎩⎪⎨⎪⎧am2＝ln m ，2am ＝1m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝e ，a ＝12e.2. C 【解析】直线2x －y ＝0的斜率k ＝2，又曲线f (x )上存在与直线2x －y ＝0平行的切线，所以f ′(x )＝1x＋4x －a ＝2在(0，＋∞)内有解，则a ＝4x ＋1x －2，x >0.又4x ＋1x≥24x ·1x ＝4，当且仅当x ＝12时取“＝”．所以a ≥4－2＝2. 3.A【解析】设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x30)，所以切线方程为y －x30＝3x20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又点(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1，所以选A.4. 【解答】 (1)f ′(x )＝a ＋2x2－3x .由已知得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝1，解得a ＝1，故f (x )＝x －2x －3ln x ，f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝2.当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，3时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )min ＝f (2) 由(1)知f (x )＝x －2x－3ln x ，故F (x )＝x 3－3x 2－2x (x >0)，F ′(x )＝3x 2－6x －2(x >0)．设切点为T (x 0，y 0)，由于点P 在函数F (x )的图象上，①当切点T(x0，y0)不与点P(1，－4)重合，即当x0≠1时，由于切线过点P(1，－4)，则y0＋4x0－1＝3x20－6x0－2，所以x30－3x20－2x0＋4＝(x0－1)(3x20－6x0－2)，化简得x30－3x20＋3x0－1＝0，即(x0－1)3＝0，解得x0＝1(舍去)；②当切点T(x0，y0)与点P(1，－4)重合，即当x0＝1时，切线的斜率k＝F′(1)＝－5，于是切线方程为5x＋y－1＝0.综上所述，满足条件的切线只有一条，其方程为5x＋y－1＝0 .课堂评价1. D 【解析】根据题意得f′(x)＝cos x＋sin x，由f′(x0)＝2f(x0)，得cos x0＋sin x0＝2sin x0－2cos x0，化简得sin x0＝3cos x0，即tan x0＝3，故选D.2. B 【解析】若函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，所以f′(x)＝1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－1x.因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．3. －23【解析】因为f′(x)＝－23－2x－2sin 2x，所以f′(0)＝－23.4. 1 2 【解析】由f(x)＝(bx－1)e x＋a，得f′(x)＝e x(bx＋b－1)，因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，即b－1＝1，－1＋a＝0，解得a＝1，b＝2.5. 1 【解析】依题意得，f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b，f′(0)＝g′(0)，即－a sin0＝2×0＋b，得b＝0.又m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.第16讲利用导数研究函数的性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】由题知f′(x)＝[(x－3)·e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.令f′(x)＞0，解得x＞2.2. D 【解析】令y ′＝x 2－2x －3＝0，得x 1＝－1，x 2＝3，由极值知识可知函数在x 1＝－1处取得极大值，在x 2＝3处取得极小值，所以函数的极小值点是3.3. C 【解析】函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－xx ，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减．故当x ＝1时，函数取得最大值－1.4.[0，＋∞)【解析】f ′(x )＝3x 2＋a ，因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥0恒成立，所以a ≥0.5. (1) (－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞ (2) ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，92 【解析】由f (x )＝x 3－ax 2，得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a 3. (1) 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a 3，若f (x )在(2,3)上单调递减，则有2a 3≥3，解得a ≥92；若f (x )在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a ≤3，所以若f (x )在(2,3)上单调，则实数a 的取值范围是(－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞. (2) 若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a3<3，可得3<a <92.知识聚焦1. 单调递增单调递减常数函数第1课时导数与函数单调性研题型·融会贯通分类解析(1) 【答案】 D 【解析】因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e . (2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2 【解析】f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2. 【答案】 (－∞，0) (0,1) 【解析】 f (x )的定义域为{x |x ≤1}， f ′(x )＝1－11－x .令f ′(x )＝0，得x ＝0.当0<x <1时，f ′(x )<0；当x <0时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调增区间为(－∞，0)，单调减区间为(0,1)． (1) 【答案】 B 【解析】令g (x )＝f (x )cos x，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x＝1＋ln x cos2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )>0，解得1e<x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，故只有B 正确． (2) 【答案】 D【解析】 f (x )>f ′(x )ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0. 令g (x )＝f (x )2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )·ln 22x，所以g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数．由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数，得f (2)＝－2，则g (2)＝f (2)22＝－12，又f (x )>－2x －1⇔f (x )2x >－12＝g (2)，所以x <2.【答案】 A【解析】令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x . 当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x >0，所以G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )，又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数．故|a －2|≥|a |，解得a ≤1.【解答】函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x . ①当0<a <1时，1a>1，所以当x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减． ②当a ＝1时，1a＝1，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当a >1时，0<1a<1，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减．综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减．【答案】 C【解析】因为f (x )＝e x(sin x ＋a )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，所以f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x ＋a )，由于函数f (x )＝e x(sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上单调递增，所以∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，f ′(x )≥0，所以sin x ＋cos x ＋a ≥0，a ≥－sin x －cos x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4，当－π2<x <π2时，－π4<x ＋π4<3π4，则－22<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4≤1，所以－2≤－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4<1，所以a ≥1，因此，实数a 的取值范围是[1，＋∞)，故选C. 【题组强化】 1. [3，＋∞)【解析】由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立．因为函数y ＝1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上为减函数，所以y max <1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×12＝3，所以a ≥3.2.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1e ，＋∞【解析】已知f (x )＝12ax 2＋x lnx －x ，其中x >0，所以f ′(x )＝ax ＋ln x .由于函数y ＝f (x )存在单调增区间，即∃x >0，使得f ′(x )>0，即∃x >0，a >－ln x x ，构造函数g (x )＝－ln x x ，则a >g (x )min .又g ′(x )＝ln x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，g ′(x )<0；当x >e 时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在x ＝e 处取得极小值，亦即最小值，则g (x )min ＝g (e)＝－1e ，所以a>－1e.3. 【解答】 f ′(x )＝2x －2a ＋2(a ＋1)x ＝2x2－ax ＋a ＋1x ，x ＞0.令g (x )＝x 2－ax ＋a ＋1，当Δ＝a 2－4(a ＋1)≤0，即2－22≤a ≤2＋22时，g (x )≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间．当Δ＝a 2－4(a ＋1)>0，即a >2＋22或a <2－22时，设g (x )的两个零点为x 1＝a －a2－4a －42，x 2＝a ＋a2－4a －42.若a >2＋22，则因为x 1＋x 2＝a >0，x 1x 2＝a ＋1>0，所以x 1，x 2都大于0，所以当x∈(0，x 1)时，g (x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增．若a <2－22，则x 1＋x 2＝a <0，当x 1x 2＝a ＋1≥0，即－1≤a <2－22时，x 1，x 2都不为正数，所以当x ∈(0，＋∞)时g (x )>0，f (x )单调递增．当x 1x 2＝a ＋1<0，即a <－1时，x 1<0<x 2，所以当x ∈(0，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减．当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a <－1时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞；当－1≤a ≤2＋22时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间；当a >2＋22时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－4a －42，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，a －a2－4a －42，⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞. 课堂评价 1.D【解析】由函数y ＝f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f ′(x )>0；在(0，＋∞)上f ′(x )<0，只有选项D 满足．2. B 【解析】 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3，又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，所以f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22. 3.A【解析】易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4.D 【解析】对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝ax＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1.第2课时函数的极值与最值研题型·融会贯通分类解析【解答】由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.当a ＜0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝1－3a ，f (x )极小值＝－4a2－3a＋1.【答案】 D【解析】由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【解答】 (1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x0x ＋ln x 0－1. 把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，所以x 0＝1. 所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2) 因为g (x )＝f (x )－mx ＋mx ＝ln x －mx ＋mx (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －mx2＝x －mx2－m x2＝－mx2－x ＋mx2.令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x2，因为x 1＋x 2＝1m>0，所以m >0，故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0，解得0<m <12.【答案】 B 【解析】由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点．其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．【解答】易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－a ＝1－ax x.当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【解答】 (1) 由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：所以f(x)(2) 当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1<k<2时，f(x)min＝－e k－1；当k≥2时，f(x)mi n＝(1－k)e.【解答】 (1) 当k＝3时，f(x)＝x3－6x2＋9x＋1，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：(2) f′(x)＝3x2－3(k＋1)x＋3k＝3(x－1)(x－k)．①当k≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1－3 2(k＋1)＋3k＋1＝3，解得k＝53(舍去)．②当k≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝8－6(k＋1)＋3k·2＋1＝3，符合题意．③当1<k<2时，当x∈[1，k)时，f′(x)<0，f(x)在[1，k)上单调递减；当x∈(k,2]时，f′(x)>0，f(x)在(k,2]上单调递增．所以f (x )min ＝f (k )＝k 3－32(k ＋1)k 2＋3k 2＋1＝3，化简得k 3－3k 2＋4＝0，即(k ＋1)(k －2)2＝0，所以k ＝－1(舍去)或k ＝2(舍去)．综上所述，实数k 的取值范围为[2，＋∞)．课堂评价 1.C【解析】因为函数f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，所以c ＝6或c ＝2.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故 c ＝6.故选C.2. D 【解析】 f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝(x －a )(x －1)e x . 令f ′(x )＝0，得(x －a )(x －1)e x ＝0. 设g (x )＝(x －1)(x －a )．(1) 当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值． (2) 当a >1时，若x >a 或x <1，则g (x )>0，f ′(x )>0；若1<x <a ，则g (x )<0，f ′(x )<0.所以x ＝1是函数f (x )的极大值点，不合题意． (3) 当a <1时，若x >1或x <a ，g (x )＞0，f ′(x )>0，若a <x <1，则g (x )＜0，f ′(x )<0. 所以x ＝1是f (x )的极小值点，满足题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)． 3.－12【解析】因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(1)＝0，得3＋2a ＋b ＝0，由f (1)＝10，得1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9.又当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，故舍去；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，函数f (x )在x ＝1处取得极小值10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，所以b a＝－12.4. 1＋ln 22 【解析】设两个交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －12，b ，B (e b，b )，则AB ＝e b－b －12.令g (x )＝e x－x －12，则g ′(x )＝e x－12.由g ′(x )＝0，得x ＝－ln 2.当x ＜－ln 2时，g ′(x )＜0，当x ＞－ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(－∞，－ln2)上单调递减，在区间(－ln2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－ln 2)＝1＋ln 22.第17讲导数的综合应用链教材·夯基固本激活思维 1.C【解析】函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋lnx ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解．令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于或等于h (x )的最大值即可，即a ≤1. 2.A【解析】构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)．当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值，且g (－1)＝－e－1＝－1e.画出函数y ＝x e x的图象如图所示，显然当－1e<a <0时，函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A.(第2题)3. D【解析】由2f (x )≤g ′(x )＋2，可得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1，所以a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x .设h (x )＝2ln x －3x －1x ，则h ′(x )＝2x －3＋1x2＝－3x2－2x －1x2＝－(3x ＋1)(x －1)x 2，x >0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－4，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x max ＝－2，所以a ≥－2. 4.CD【解析】根据题意，令g (x )＝f (x )cos x，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋sin xf (x )cos 2x .又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，且cos xf ′(x )＋sinxf (x )＜0，则有g ′(x )＜0，即函数g (x )为减函数．又π6＜π3，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cosπ3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3.又由π6＜π4，则有g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cosπ4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4.故选CD.第1课时导数与不等式证明研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为f(x)＝1－lnxx，x>0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2) 由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.【解答】对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x⇔exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g (x )＝ex x －x a －1ax ＋2a －e ，x >0，则g ′(x )＝(x －1)(a e x －x －1)ax 2. 当a ≥1时，a e x －x －1≥e x －x －1.令h (x )＝e x －x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x －1＞0. 所以当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0，所以a e x －x －1>0.所以当0<x <1时，g ′(x )<0，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x >1时，g ′(x )>0. 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，即ex x －x a －1ax ＋2a －e ≥0，故f (x )≥(x ＋a e)x .【解答】 (1) f ′(x )＝ex－a (x >0)，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea 时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2) 因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e.当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝ex x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当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g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，故不等式xf (x )≤e x －2e x 得证．【解答】 (1) f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1⇒a ＝0. 又(0,1＋b )在切线x －y －1＝0上，所以0－1－b －1＝0⇒b ＝－2.(2) 由(1)知f (x )＝e x －2.先证：e x －2＞x －1，即e x －x －1＞0(x ＞0)，令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1，所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数．故g (x )＞g (0)＝0，即e x －2＞x －1 ①. 再证：x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)，故φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，则φ(x )min ＝φ(1)＝0，即x －1－ln x ≥0，所以x －1≥ln x ②.由①②得e x －2＞ln x ，即f (x )＞ln x 在(0，＋∞)上恒成立. 课堂评价 1.C【解析】构造函数f (x )＝exx2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝xex (x －2)x 4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a .2. C【解析】由题得P Q＝aeb bea＝ebbea a，令f (x )＝ex x ，则f ′(x )＝ex (x －1)x 2，当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．因为a ＞b ＞1，所以eb b <eaa ，故ebb eaa<1，即P ＜Q .3. 【解答】 (1) 由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )，知f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln2. 当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调减区间是(－∞，ln2)，单调增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln 2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a ，无极大值．(2) 要证当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1，即证当a >ln2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0. 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0. 于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增．于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0，即e x －x 2＋2ax －1>0，即e x >x 2－2ax ＋1，即得证．第2课时导数与不等式恒成立(能成立)问题研题型·融会贯通分类解析【解答】方法一：设F (x )＝2x ＋ln x －a (x 2＋x )，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(ax －1)x，x >0. 当a ≤0时，取x ＝1，则F (1)＝2－2a ＞0，所以F (x )≤0不可能恒成立．当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a.当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，故F (x )在(0，＋∞)上的最大值是F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.又y ＝g (a )＝ln1a ＋1a－1在a ∈(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故ln1a ＋1a－1≤0成立的充要条件是a ≥1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．方法二：分离参数得a ≥2x ＋ln x x2＋x (x ＞0)，令h (x )＝2x ＋lnxx2＋x，则h ′(x )＝(2x ＋1)(1－x －ln x )(x 2＋x )2.令h ′(x )＝0，则1－x －ln x ＝0，观察发现x ＝1是1－x－ln x ＝0的根．又因为φ(x )＝1－x －ln x 在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x －ln x ＝0的根仅有x ＝1，当x ∈(0,1)时，φ(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝2x ＋lnx x2＋x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．【解答】分离参数得a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2(x ＞0)．当x∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.【解答】 (1) 由题知f ′(x )＝－ax2＋x －(1－a )x 2，x >0. 令h (x )＝ax 2－x ＋1－a (x ＞0)． ①当a ＝0时，h (x )＝1－x (x ＞0)，当x∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．②当a ≠0时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1a－1.若0＜a ＜12，则1a －1＞1＞0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．若a ＝12，则h (x )≥0，f ′(x )≤0，f (x )单调递减．若a ＜0，则1a－1＜0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞上单调递减． (2) 当a ＝14时，由(1)知f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x 1∈(0,2)，有f (x 1)≥f (1)＝－12.又存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，所以－12≥g (x 2)min ，x 2∈[1，2]．(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1,2]，当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0与(*)矛盾；当b ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0与(*)矛盾；当b >2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫178，＋∞. 【解答】 (1) f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．由题意知f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2) f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，因为x >0，所以ax －1<0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)，单调减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12，即1a >2时，当x ∈(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a 时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)．④当a >12，即0<1a <2时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2. (3) 由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max . 由已知得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2，所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1，故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a . 由a >12可知ln a >ln 12>ln 1e＝－1，所以2ln a >－2，即－2ln a <2，所以－2－2ln a <0，所以f (x )max <0，符合题意．综上所述，a >ln 2－1.【解析】 f ′(x )＝1－ax ，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数．又函数y ＝1x在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1＜x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2＝1x1－1x2，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x1－4x2，即f (x 2)＋4x2≤f (x 1)＋4x1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x，则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数．因为h ′(x )＝1－a x －4x2＝x2－ax －4x2，所以x 2－ax －4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a ≥x －4x在(0,1]上恒成立．因为y ＝x －4x在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x的最大值为－3，所以a ≥－3，又a <0，所以a ∈[－3,0)．【解答】不妨设x 1>x 2，则f ′(x 1)－f ′(x 2)x 1－x 2>a 等价于f ′(x 1)－f ′(x 2)>a (x 1－x 2)，即f ′(x 1)－ax 1>f ′(x 2)－ax 2，设h (x )＝f ′(x )－ax ，则h (x )在[1,2]上为增函数．因为f (x )＝13x 3－ax ln x ，所以f ′(x )＝x 2－a ln x －a ，h (x )＝x 2－a ln x －ax －a ，则h ′(x )＝2x －ax －a ≥0在[1,2]上恒成立．方法一：由2x －a x －a ≥0得a ≤2x21＋x，x ∈[1,2]，令m (x )＝2x21＋x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋1x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋122－14，1x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1，所以当1x ＝1时，m (x )取得最小值1.所以a ≤m (x )min ＝1. 方法二：h ′(x )＝2x －a x－a ≥0在[1,2]上恒成立，即2x2－ax －ax≥0在[1,2]上恒成立，即2x 2－ax －a ≥0在[1,2]上恒成立，令g (x )＝2x 2－ax －a ，x ∈[1,2]，由已知得g (x )的图象开口向上，对称轴为x ＝a4.(1)当a 4<1，即a <4时，g (x )在[1,2]上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝2－2a ，令2－2a ≥0，解得a ≤1，又a <4，所以a ≤1.(2)当1≤a 4≤2，即4≤a ≤8时，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1，a 4上单调递减，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 4，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4＝－a28－a ，令－a28－a ≥0，解得－8≤a ≤0，又4≤a ≤8，所以无解．(3) 当a 4>1，即a >4时，g (x )在[1,2]上单调递减，g (x )min ＝g (2)＝8－3a ，令8－3a ≥0，解得a≤83，又a >4，所以无解．综上所述，实数a 的取值范围是{a |a ≤1}．课堂评价 1.D【解析】若m >f (x )恒成立，则m >f (x )max ，f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，则f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，又f (－1)＝1e，f (1)＝e ，所以f (x )max ＝f (1)＝e ，所以m >e.2. D 【解析】由f (x )<x 2，可得ln x －ax <x 2，所以x ln x －a <x 3，所以a >x ln x －x 3，x ∈(1，＋∞)，所以a >(x ln x －x 3)max ，x∈(1，＋∞)．令g (x )＝x ln x －x 3，则g ′(x )＝1＋ln x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，则h ′(x )＝1x－6x ＝1－6x2x，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，又h (1)＝－2，所以h (x )<h (1)<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝－1，所以a ≥－1.3. 【解答】 (1) 因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减．当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)．(2) 因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，则ax ≤lnx x ，即a ≤lnx x2.设h (x )＝lnx x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnx x2max .由h ′(x )＝1－2lnxx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e .当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e时，函数h (x )有极大值，也是最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，12e . 第3课时导数与函数零点研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) f ′(x )＝2x －ax ，由已知，f ′(1)＝0，即2－a ＝0，解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意，所以a ＝2.(2) 函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．理由如下：因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6，所以m ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝2x2－2－x ＋xx＝(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＞0，所以m (x )min ＝m (1)＝－4<0，m (e －2)＝(1－e )(1＋e ＋2e 3)e 4<0， m (e －4)＝1＋2e8＋e4(2e 2－1)e 8>0， m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)>0，故由零点存在定理可知：函数m (x )在(e －4,1)上存在一个零点，在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－ax单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．【解答】 (1) f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax2－2x ＋1x，x >0.由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2上恒成立，即2a ≥⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1max ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2. 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1取得最大值8，所以a ≥4，即实数a 的取值范围是{a |a ≥4}．(2) 当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b ，x ∈[1,4]，则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 当x 变化时，g (x )，g ′(x )的变化情况如下表：极小值又g (1)＝－b －54，g (4)＝2ln2－b －2，方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，所以⎩⎨⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，。

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高中数学 第3章 导数及其应用 3.3.3 习题(含解析)新人教A版高二选修1-1数学试题