2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测15理新人教A版
人教A版高中数学选修1-1第三章《导数及其应用》单元检测题(含答案).docx
第三章《导数及其应用》检测题一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.已知曲线y = |x2-2上一点P(屈一$,则过点P切线的倾斜角为()乙乙A.30°B. 45°C. 60°D. 120°2.设P为曲线C： y = F+2x + 3上的点，且曲线c在点P处切线倾斜角的取值范围7T 7T为则点P横坐标的取值范围为()4 2( JiA. —co,—B. [—1,0]1D. , + 823.定义在(0, +8)上的函数f(x)的导函数为广(无)，且对VxG (0,+oo)都有c. [0,1]/z(x)lnx<^/'(x),则(A. 4/(e) > e3/(e4) > 2e/(e2) C. e3/(e4) > 4/(e) > 2e/(e2) )(其中e«2. 7)B.e3/(e4) > 2e/(e2) > 4/(e) D. 4/(e) > 2e/(e2) > e3/(e4)4.曲线/(x) = (x + l)e x在点(0, f(0))处的切线方程为()A. y = % 4- 1B. y = 2x 4- 1C. y = + 1D.y 弓x+15.对于函数/(x)=—,下列说法正确的有()①f(兀)在x = €处取得极大值》②f(x)有两个不同的零点；③门4) < f (兀)< /(3); @7T4 < 4兀.A.4个B.3个C.2个D. 1个6.定义在R上的奇函数f (x)满足f (・1)=0,且当x>0时，f (x) >xf (x),则下列关系式中成立的是()A. 4f (i) >f (2)B. 4f (2) <f (2)C. f (i) >4f (2)D. f (i) f (2) > 2 2 2 27.定义在［0, +oo)的函数fO)的导函数为f(x),对于任意的%>0,恒有/Xx) </(%),m = n = 则m, zi的大小关系是()・e e zA. m > nB. m < nC. m = nD.无法确定&函数/(x) = e x + x3 - 2在区间(0,1)内的零点个数是().A. 0B. 1C. 2D. 39 .在平面直角坐标系xOy中，已知好一In%! - = 0 , x2 - y2 ~ 2 = 0 ,则(%i -x2)2 +(7i -y2)2的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 410.已知直线2是曲线y = e x与曲线y = e2x-2的一条公切线，2与曲线y =/x 一2切于点(a,b),且a是函数£仗)的零点，贝”仗)的解析式可能为()A. /(%) = e2x(2x + 21n2 -1)-1B. f(x) = e2x(2x + 21n2 -1)-2C.f(x) = e2x(2x一21n2 -1)-1D. /(x) = e2x(2x一21n2 -1)-2二、填空题设函数fd)的导数为f f (x),且f(x)=f‘(^sinx + cosx,则f' (? = _____________________ 12.如图，函数y = f(x)的图象在点P处的切线方程是y = -兀+ 5,则/'⑶+厂⑶=_. Array13._____ 函数y=f (x)的导函数y = f(jc)的图象如图所示，则函数y=f (x)的图象可能是_________ (填序号).(D ②③④14.已知函数/(x)=xlnx + i%2, %是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：乙@0 < %0 < -；②尢o>2；+ X o < 0；④fOo) + Xo>0;e e其中正确的命题是______________ •(填出所有正确命题的序号)、215 .已知函数/(X)= X3 +OT2 +/?JC+C在X =——与兀=1时都取得极值，若对xe[-l,2],不等式f(x)<c2恒成立，则c的取值范围为___________________________ o三、解答题16.求下列函数的导函数®y = X4—3x2—5x + 6 ③y = x2cos x ②y二x+古@y = tan x17.已知函数/'(兀)=|%2一(a + l)x + a\nx.(1)当a VI时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(X) + (a + l)x n牛+対+ 1 一对于任意x G [e~1,e]成立，求正实数a 的取值范围.18.已知函数f (尤)=^x3— ax1 2 + l(a 6 /?).(1)若曲线y = /(%)在(l,f(l))处的切线与直线x-y + l = 0垂直，求a的值.(2)若a>0,函数y = /(%)在区间(a,a2 - 3)±存在极值，求a的取值范圉.(3)若a >2,求证：函数y = f(x)在(0,2)上恰有一个零点.19.已知函数f^x) = a x^-x2-x\na (a>0,且aHl).(I )求函数/(兀)的单调区间；(II)求函数/(兀)在［-2,2］上的最大值.20.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P~A\B\G从, 下部的形状是正四棱柱ABCD-A限Cd (如图所示)，并要求正四棱柱的高"0是正以棱锥的高％的4倍.1 若AB=6 m, n =2 m,则仓库的容积是多少？2 若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当〃为多少时，仓库的容积最大?参考答案I.C2. D3. D4・ B5. C6. A7. B8. B9. B10・ BII.- A/212. 113.④14.①③15.(-00,-1) U(2,4-oo)16.解析：(l)y z = 4x3— 6x — 5(2)y‘ = % 4- x~2(3)y‘ = (x2ycosx + x2(cosx)f = 2xcosx-x2sinx, sinx , (sinx),cosx — sinx(cosx)' cos2% + sin2% 1(4)-------------- y =( ----------------- )= ----- = = :—cos2%cosx cos2%cos2% cos2%17.(1)当a<0时，函数门切在(1,+8)上单调递增，在(0,1)上单调递减；当ova VI时, 函数f(x)在@,1)上单调递减，在(0卫)和(1,+8)上单调递增.(2) (0,1]解析：(1)函数/'仗)的定义域为(0,+s),广(％)=兀 _ @ + 1)+ 兰=*一@+1央+。
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测16理新人教A版
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测16理新人教A版1．[xx·陕西西安调研]定积分⎠⎛01(2x ＋e x)d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －1答案：C解析：⎠⎛01(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x )10＝1＋e 1－1＝e.故选C.2．直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A ．2 2 B ．4 2 C ．2D ．4答案：D解析：如图，y ＝4x 与y ＝x 3的交点A (2,8)，图中阴影部分即为所求图形面积．S 阴＝⎠⎛02(4x －x 3)d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 420＝8－14×24＝4，故选D.3．从空中自由下落的一物体，在第一秒末恰经过电视塔顶，在第二秒末物体落地，已知自由落体的运动速度为v ＝gt (g 为常数)，则电视塔高为( )A.12g B ．g C ．32g D ．2g答案：C解析：电视塔高h ＝⎠⎛12gt d t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 221＝32g .4．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ∈[－2，2]，1＋x 2，x ∈[2，4]. 若⎠⎛k3f (x )d x ＝403，则k 的值为( )A ．0B ．0或－1C ．0或1D ．－1答案：B解析：∵⎠⎛23f (x )d x ＝⎠⎛23(1＋x 2)d x ＝223＜403，∴当k ≥2时，⎠⎛k 3f (x )d x ＜403，∴k ＜2，∴⎠⎛k3f (x )d x ＝⎠⎛k 2(2x ＋1)d x ＋⎠⎛23(x 2＋1)d x ＝403，化简得k 2＋k ＝0，解得k ＝0或k ＝－1.5．若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ＞0，x ＋⎠⎛0a 3t 2d t ，x ≤0，f (f (1))＝1，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．－1D ．－2答案：A解析：因为f (1)＝lg 1＝0，f (0)＝⎠⎛0a 3t 2d t ＝t 3a 0＝a 3，由f (f (1))＝1，得a 3＝1，a ＝1. 6．若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121xd x ，S 3＝⎠⎛12e xd x ，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 1答案：B解析：S 1＝⎠⎛12x 2d x ＝13x 321＝73，S 2＝⎠⎛121x d x ＝ln 2，S 3＝⎠⎛12e x d x ＝e 2－e ，∵e 2－e ＝e(e －1)＞e ＞73＞ln 2，∴S 2＜S 1＜S 3.7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈1，e](其中e 为自然对数的底数)，则⎠⎛0e f (x )d x 的值为( )A.43 B ．2 C ．1 D ．23答案：A解析：根据积分的运算法则，可知⎠⎛0e f (x )d x 可以分为两段，则⎠⎛0e f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛1e 1xd x＝13x 310＋ln x e1＝13＋1＝43. 8．[xx·湖南衡阳八中月考]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 ．2ln 2B ．2－ln 2C ．4－ln 2D ．4－2ln 2答案：D解析：由曲线y ＝2x与直线y ＝x －1联立，解得x ＝－1，x ＝2，围成封闭图形如图阴影部分所示，故所求图形的面积为S ＝⎠⎛24⎝⎛⎭⎪⎫x －1－2x d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x －2ln x 42＝4－2ln 2.9．设a >0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a 2，则a ＝________. 答案：49解析：封闭图形如图阴影部分所示．则⎠⎛0ax d x ＝23x 32 a 0＝23a 32 －0＝a 2，解得a ＝49.10．汽车以v ＝3t ＋2(单位：m/s)作变速直线运动时，在第1 s 至第2 s 间的1 s 内经过的路程是________m.答案：6.5解析：由题意，得s ＝⎠⎛12(3t ＋2)d t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32t 2＋2t 21＝32×4＋4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2＝10－72＝132(m)．11．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ＜0，e x，0≤x ≤1的图象与直线x ＝1及x 轴所围成的封闭图形的面积为________．答案：e －12解析：由题意知，所求面积为⎠⎛0－1(x ＋1)d x ＋⎠⎛01e x d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x 0－1＋e x 10＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋(e－1)＝e －12.12．如图所示，由抛物线y ＝－x 2＋4x －3及其在点A (0，－3)和点B (3,0)处的切线所围成的图形的面积为________．答案：94解析：由题意，知抛物线y ＝－x 2＋4x －3在点A 处的切线斜率是k 1＝y ′|x ＝0＝4，在点B 处的切线斜率是k 2＝y ′|x ＝3＝－2.因此，抛物线过点A 的切线方程为y ＝4x －3，过点B 的切线方程为y ＝－2x ＋6.设两切线相交于点M ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4x －3，y ＝－2x ＋6，消去y ，得x ＝32，即点M 的横坐标为32.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上，直线y ＝4x －3在曲线y ＝－x 2＋4x －3的上方；在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上，直线y ＝－2x ＋6在曲线y ＝－x 2＋4x －3的上方．因此，所求的图形的面积是S ＝⎠⎜⎛032 [(4x －3)－(－x 2＋4x －3)]d x ＋⎠⎜⎛323[(－2x ＋6)－(－x 2＋4x －3)]d x ＝⎠⎜⎛032x 2d x ＋⎠⎜⎛323(x 2－6x ＋9)d x ＝98＋98＝94. [冲刺名校能力提升练]1．若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x ＝( )A ．－1B ．－13C ．13D ．1答案：B解析：由题意知f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，设m ＝⎠⎛01f (x )d x ，∴f (x )＝x 2＋2m ，⎠⎛01f (x )d x ＝⎠⎛01(x 2＋2m )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2mx 10＝13＋2m ＝m ，∴m ＝－13.2．已知函数f (x )＝sin (x －φ)，且⎠⎜⎛02π3f (x )d x ＝0，则函数f (x )的图象的一条对称轴是( )A ．x ＝5π6B ．x ＝7π12C ．x ＝π3D ．x ＝π6答案：A解析：由⎠⎜⎛02π3f (x )d x ＝0，得⎠⎜⎛02π3sin(x －φ)d x ＝0，即－cos (x －φ)⎪⎪⎪⎪2π3＝0，∴－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－φ＋cos φ＝0，∴32cos φ－32sin φ＝0，∴3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6＝0， ∴φ＋π6＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝k π＋π3(k ∈Z )，∴f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π3，由x －k π－π3＝k ′π＋π2，得x ＝(k ＋k ′)π＋5π6(k ，k ′∈Z )，故选A.3．若函数f (x )，g (x )满足⎠⎛-11f (x )g (x )d x ＝0，则称f (x )，g (x )为区间[－1,1]上的一组正交函数．给出三组函数：①f (x )＝sin 12x ，g (x )＝cos 12x ；②f (x )＝x ＋1，g (x )＝x －1；③f (x )＝x ，g (x )＝x 2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是________．(填序号)答案：①③解析：①中⎠⎛-11f (x )g (x )d x ＝⎠⎛-11⎝⎛⎭⎪⎫sin 12x cos 12x d x ＝⎠⎛-11⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x d x ＝0；②中⎠⎛-11f (x )g (x )d x ＝⎠⎛1－1(x ＋1)(x －1)d x ＝⎠⎛-11(x 2－1)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 33－x 1－1＝－43≠0；③中f (x )·g (x )＝x 3为奇函数，在[－1,1]上的积分为0，故①③满足条件．4.在区间[0,1]上给定曲线y ＝x 2.试在此区间内确定点t 的值，使图中的阴影部分的面积S 1与S 2之和最小，并求最小值．解：S 1的面积等于边长分别为t 与t 2的矩形面积去掉曲线y ＝x 2与x 轴、直线x ＝t 所围成的面积，即S 1＝t ·t 2－⎠⎛0t x 2d x ＝23t 3.S 2的面积等于曲线y ＝x 2与x 轴，x ＝t ，x ＝1围成的面积去掉矩形边长分别为t 2,1－t 面积，即S 2＝⎠⎛t1x 2d x －t 2(1－t )＝23t 3－t 2＋13.所以阴影部分的面积S (t )＝S 1＋S 2＝43t 3－t 2＋13(0≤t ≤1)．令S ′(t )＝4t 2－2t ＝4t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12＝0，得t ＝0或t ＝12.当t ＝0时，S (t )＝13；当t＝12时，S (t )＝14；当t ＝1时，S (t )＝23.所以当t ＝12时，S (t )最小，且最小值为14. 5．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋x ＋1，求其在点(1,2)处的切线与函数g (x )＝x 2围成的图形的面积．解：∵(1,2)为曲线f (x )＝x 3－x 2＋x ＋1上的点， 设过点(1,2)处的切线的斜率为k ， 则k ＝f ′(1)＝(3x 2－2x ＋1)x ＝1＝2，∴过点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .y ＝2x 与函数g (x )＝x 2围成的图形如图．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝2x可得交点A (2,4)．∴y ＝2x 与函数g (x )＝x 2围成的图形的面积S ＝⎠⎛02(2x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－13x 320＝4－83＝43.。
2021版高考理科数学(人教A版)一轮复习 教师用书 第三章 导数及其应用 第1讲
[学生用书P269(单独成册)][基础题组练]1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( ) A ．2(x 2－a 2) B ．2(x 2＋a 2) C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)解析：选C.f ′(x )＝(x －a )2＋(x ＋2a )·(2x －2a )＝(x －a )·(x －a ＋2x ＋4a )＝3(x 2－a 2)． 2．(2020·安徽江南十校检测)曲线f (x )＝1－2ln x x 在点P (1，f (1))处的切线l 的方程为( )A ．x ＋y －2＝0B ．2x ＋y －3＝0C ．3x ＋y ＋2＝0D ．3x ＋y －4＝0解析：选D.因为f (x )＝1－2ln x x ，所以f ′(x )＝－3＋2ln xx 2，所以f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，所以所求切线方程为y －1＝－3(x －1)，即3x ＋y －4＝0.3．(2020·安徽宣城八校联考)若曲线y ＝a ln x ＋x 2(a >0)的切线的倾斜角的取值范围是⎣⎡⎭⎫π3，π2，则a ＝( )A.124 B ．38C.34D ．32解析：选B.因为y ＝a ln x ＋x 2(a >0)，所以y ′＝ax ＋2x ≥22a ，因为曲线的切线的倾斜角的取值范围是⎣⎡⎭⎫π3，π2，所以斜率k ≥3，因此3＝22a ，所以a ＝38.故选B. 4．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )解析：选D.由y ＝f ′(x )的图象知y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故排除A 、C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故排除B.5．(2020·广东佛山教学质量检测(一))若曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线也是曲线y ＝ln x ＋b 的切线，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．e解析：选C.y ＝e x 的导数为y ′＝e x ，则曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线斜率k ＝1，则曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线方程为y －1＝x ，即y ＝x ＋1.y ＝ln x ＋b 的导数为y ′＝1x ，设切点为(m ，n )，则1m＝1，解得m ＝1，则n ＝2，即有2＝ln 1＋b ，解得b ＝2.故选C.6．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝________． 解析：因为f (ln x )＝x ＋ln x ，所以f (x )＝x ＋e x ， 所以f ′(x )＝1＋e x ， 所以f ′(1)＝1＋e 1＝1＋e. 答案：1＋e7．(2020·江西重点中学4月联考)已知曲线y ＝1x ＋ln x a 在x ＝1处的切线l 与直线2x ＋3y＝0垂直，则实数a 的值为________．解析：y ′＝－1x 2＋1ax ，当x ＝1时，y ′＝－1＋1a .由于切线l 与直线2x ＋3y ＝0垂直，所以⎝⎛⎭⎫－1＋1a ·⎝⎛⎭⎫－23＝－1，解得a ＝25. 答案：258．若过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x 的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，x 0e x 0)，y ′＝(x ＋1)e x ，y ′|x ＝x 0＝(x 0＋1)e x 0，所以切线方程为y－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0 (x －x 0)，将点A (a ，0)代入可得－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0 (a －x 0)，化简，得x 20－ax 0－a ＝0，过点A (a ，0)作曲线C 的切线有且仅有两条，即方程x 20－ax 0－a ＝0有两个不同的解，则有Δ＝a 2＋4a ＞0，解得a ＞0或a ＜－4，故实数a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)9．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝b ＝0，f ′（0）＝－a （a ＋2）＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或a ＝1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0， 即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 10．已知函数f (x )＝x 3＋x －16.(1)求曲线y ＝f (x )在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l 为曲线y ＝f (x )的切线，且经过原点，求直线l 的方程及切点坐标； (3)如果曲线y ＝f (x )的某一切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y ＝f (x )上． 因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1.所以f (x )在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝13. 所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)， 即y ＝13x －32. (2)设切点为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1， 所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16，又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得，x 30＝－8， 所以x 0＝－2，所以y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26， k ＝3×(－2)2＋1＝13.所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)． (3)因为切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，所以切线的斜率k ＝4. 设切点的坐标为(x 0，y 0)， 则f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4， 所以x 0＝±1.所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝－14或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，y 0＝－18， 即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)， 切线方程为y ＝4(x －1)－14或y ＝4(x ＋1)－18. 即y ＝4x －18或y ＝4x －14.[综合题组练]1．在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)，则f ′(0)＝( )A ．26B ．29C ．212D ．215解析：选C.因为f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]＋[(x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)·…·(0－a 8)＋0＝a 1a 2·…·a 8.因为数列{a n }为等比数列，所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8，所以f ′(0)＝84＝212.故选C. 2．(2020·湖北武汉4月调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.y ′＝12x 3－6x 2－18x ，则y ′|x ＝1＝12×13－6×12－18×1＝－12，所以曲线y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4在点M (1，－4)处的切线方程为y ＋4＝－12(x －1)，即12x ＋y －8＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23，y ＝0.故切线与曲线C 还有其他的公共点(－2，32)，⎝⎛⎭⎫23，0， 所以切线l 与曲线C 的公共点个数为3.故选C.3．(2020·安徽淮南二模)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图象上点P 1，P 2处的切线．l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则A ，B 两点之间的距离是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.设P 1(x 1，f (x 1))，P 2(x 2，f (x 2))， 当0<x <1时，f ′(x )＝－1x ，当x >1时，f ′(x )＝1x ，不妨设x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)，故l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1，整理得l 1：y ＝－1x 1x －ln x 1＋1，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2，整理得l 2：y ＝1x 2x ＋ln x 2－1，所以A (0，1－ln x 1)，B (0，ln x 2－1)，则|AB |＝|2－ln(x 1x 2)|， 因为l 1⊥l 2，所以－1x 1·1x 2＝－1，所以x 1x 2＝1，所以|AB |＝2.故选B.4．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限，则P 0的坐标为________；若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，则直线l 的方程为________．解析：由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1， 由已知得3x 2＋1＝4，解得x ＝±1. 当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4. 又因为点P 0在第三象限， 所以切点P 0的坐标为(－1，－4)． 因为直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4， 所以直线l 的斜率为－14.因为l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， 所以直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.答案：(－1，－4) x ＋4y ＋17＝05．设有抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限．(1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解：(1)由题意得，y ′＝－2x ＋92.设点P 的坐标为(x 1，y 1)， 则y 1＝kx 1，① y 1＝－x 21＋92x 1－4，② －2x 1＋92＝k ，③联立①②③得，x 1＝2，x 2＝－2(舍去)． 所以k ＝12.(2)过P 点作切线的垂线， 其方程为y ＝－2x ＋5.④ 将④代入抛物线方程得， x 2－132x ＋9＝0.设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，则2x 2＝9， 所以x 2＝92，y 2＝－4.所以Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫92，－4.6．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎨⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任意一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝⎛⎭⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0，2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件 第3章 导数及其应用 指点迷津四 破解“双变量问题的转化”
指点迷津(四)
破解“双变量问题的转化”
破解“双变量问题的转化”
高考试题导数解答题中,常涉及“双变量”或“双参”的相关问题,这类问题对
学生能力要求高,难度较大.破解问题的关键:一是转化,即由已知条件入手,
寻找双变量满足的关系式,并把含双变量问题转化为含单变量的问题;二是
巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最大(小)值,进而
又因为f(x)在(1,0)处的切线方程为y=x-1,
设 y=x-1 与 y=a 的交点横坐标为 x4,且 x4∈
由于 f(x)在
1
,1
e
1
,1
e
,即 x4=a+1,下面证 x4>x2.
内单调递增,故只需证明 f(x4)-f(x2)>0 即可,
设 h(x4)=f(x4)-f(x2)=x4ln x4-a=x4ln x4-x4+1,
k=f'(e-2)=-1,因此所求切线方程y+2e-2=-(x-e-2),即x+y+e-2=0.
(2)证明:由于f'(x)=1+ln x,且f(x)定义域为(0,+∞),
故当 x∈
当 x∈
1
0,
e
1
,
+
e
时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∞ 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,如图所示,
由图易知,x1∈
(1)讨论函数f(x)的单调区间与极值;
(2)若m>
1
,对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得不等式f(x1)-g(x2)>1成立,
2
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测14理新人教A版
2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测14理新人教A版1．[xx·湖南岳阳一模]下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln(－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x答案：D解析：由题意知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )A BC D答案：D解析：当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)上的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0,2)答案：A解析：对于函数y ＝12x 2－ln x ，易得其定义域为{x |x >0}，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ，令x 2－1x <0，又x >0，所以x 2－1<0，解得0<x <1，即函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1)．4．[xx·江西南昌模拟]已知函数f (x )＝(2x －x 2)e x，则( ) A ．f (2)是f (x )的极大值也是最大值 B ．f (2)是f (x )的极大值但不是最大值 C ．f (－2)是f (x )的极小值也是最小值 D ．f (x )没有最大值也没有最小值 答案：A解析：由题意，得f ′(x )＝(2－2x )e x＋(2x －x 2)e x ＝(2－x 2)e x，当－2<x <2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－2或x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝2(2－1)e 2>0，在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝2(－2－1)e －2<0.又当x <0时，f (x )＝(2x －x 2)e x<0，所以f (2)是f (x )的极大值也是最大值．5．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0答案：B解析：因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.6．已知函数f (x )＝x ＋1ax在(－∞，－1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(－∞，0)∪(0,1]C ．(0,1]D ．(－∞，0)∪[1，＋∞)答案：D解析：函数f (x )＝x ＋1ax 的导数为f ′(x )＝1－1ax2，由于f (x )在(－∞，－1)上单调递增，则f ′(x )≥0在(－∞，－1)上恒成立，即1a≤x 2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x <－1时，x 2>1，则有1a≤1，解得a ≥1或a <0.7．[xx·浙江瑞安中学月考]已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A.23 B ．43 C ．83 D ．163答案：C解析：由题图可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.8．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案：(－3，－1)∪(1,3)解析：因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0，得函数的增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.9．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．答案：－173解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－3(舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.10．[xx·广东广州模拟]已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.答案：－7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 ＝－7.11．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0； ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0； ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________． 答案：②③解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3； 由f ′(x )＞0，得x ＜1或x ＞3.∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0.∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0. ∴正确结论的序号是②③.[冲刺名校能力提升练]1．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)答案：C解析： 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.2．[xx·山东师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)答案：C解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立．因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518.3．[xx·河北衡水中学月考]定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>1－f (x )，f (0)＝6，f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式e x f (x )>e x ＋5(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(3，＋∞) 答案：A解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，(x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f ′(x )>1－f (x )，∴f (x )＋f ′(x )－1>0，∴g ′(x )>0， ∴y ＝f (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋5，∴g (x )>5， 又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝6－1＝5， ∴g (x )>g (0)，∴x >0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．故选A.4.若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析：对f ′(x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时， f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19. 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.5．[xx·湖北武汉调研]已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R )． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.∵a ＝1，b ＝－1，∴f ′(x )＝2x 2－x －1x＝2x ＋1x －1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－4x x.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．∴g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.。
人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件 第3章 导数及其应用 指点迷津三 在导数应用中如何构造函数
.
答案:(-∞,-1)∪(1,+∞)
解析:构造
()
F(x)= ,则
'()·-()
F'(x)= 2 ,当
x<0 时,xf'(x)-f(x)>0,
可以推出当 x<0 时,F'(x)>0,F(x)在(-∞,0)上单调递增.
()
∵F(x)= 为奇函数,
∴F(x)在(0,+∞)上也单调递增.根据f(1)=0可得F(1)=0,F(-1)=0,
起看看常考的几种形式.
F(x)=f(x)sin x,F'(x)=f'(x)sin x+f(x)cos x;
()
'()sin -()cos
F(x)= ,F'(x)=
;
2
sin
si n
F(x)=f(x)cos x,F'(x)=f'(x)cos x-f(x)sin x;
()
'()cos +()sin
F(x)=xnf(x),F'(x)=nxn-1f(x)+xnf'(x)=xn-1[nf(x)+xf'(x)];
()
'()· - -1 ()
F(x)= ,F'(x)=
2
=
'()- ()
.
+1
结论:(1)如果题目中出现nf(x)+xf'(x)形式,构造函数F(x)=xnf(x);
(0,+∞)上也单调递减.根据f(-4)=0可得F(-4)=0,F(4)=0,根据函数的单调性、
届高三数学一轮总复习第三章导数及其应用课时跟踪检测理
第三章 导数及其应用 第一节 导数的概念与计算1．导数的概念 (1)平均变化率一般地，函数f (x )在区间[x 1，x 2]上的平均变化率为f x 2－f x 1x 2－x 1.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数 ①定义：设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，此值Δy Δx＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A为函数f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)．②几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(3)函数f (x )的导函数若f (x )对于区间(a ，b )内任一点都可导，则f (x )在各点的导数也随着自变量x 的变化而变化，因而也是自变量x 的函数，该函数称为f (x )的导函数．2．基本初等函数的导数公式(sin x )′＝cos_x ，(cos x )′＝－sin_x ，(a x)′＝a xln_a ， (e x)′＝e x，(log a x )＝1x ln a ，(ln x )′＝1x. 3．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x [g x ](g (x )≠0)．[小题体验]1．(教材习题改编)一次函数f (x )＝kx ＋b 在区间[m ，n ]上的平均变化率为________． 解析：由题意得函数f (x )＝kx ＋b 在区间[m ，n ]上的平均变化率为f n －f mn －m＝k .答案：k2．(教材习题改编)如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程是y ＝－x ＋5，则f (3)＝________，f ′(3)＝________.解析：由图知切点为(3,2)， 切线斜率为－1. 答案：2 －13．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝________. 解析：由f (x )＝x ＋ln x (x >0)，知f ′(x )＝1＋1x，所以f ′(1)＝2.答案：24．(2015·天津高考)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3，则a 的值为________．解析：f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )．由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3. 答案：31．利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 2．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．[小题纠偏]1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，则f ′(e)＝________.解析：对关系式f (x )＝2xf ′(e)＋ln x 两边求导，得f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，所以f ′(e)＝－1e.答案：－1e2．已知f (x )＝x 2＋3xf ′(2)，则f (2)＝________.解析：因为f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)，所以f ′(2)＝4＋3f ′(2)，所以f ′(2)＝－2，所以f (x )＝x 2－6x ，所以f (2)＝22－6×2＝－8.答案：－83．已知定义在R 上的函数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________．解析：令x ＝0，得f (0)＝1.对f (x )求导，得f ′(x )＝e x＋2x －1＋cos x ，所以f ′(0)＝1，故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝x ＋1.答案：y ＝x ＋1考点一 导数的运算基础送分型考点——自主练透[题组练透]求下列函数的导数． (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝ln x ＋1x；(3)y ＝cos x e x ；(4)y ＝11－x ＋11＋x. 解：(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ′＝(ln x )′＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x′ ＝1x －1x2.(3)y ′＝⎝⎛⎭⎪⎫cos x e x ′ ＝cos x ′e x－cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. (4)∵y ＝11－x ＋11＋x ＝21－x ，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21－x ′＝－21－x ′1－x 2＝21－x2.[谨记通法]求函数导数的3种原则考点二 导数的几何意义常考常新型考点——多角探明[命题分析]导数的几何意义是每年高考的必考内容，考查题型既有填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，难度偏小，属中低档题．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)求切点坐标； (3)求参数的值．[题点全练]角度一：求切线方程1．(2016·南通调研)已知f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，则f (x )在点P (－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：∵f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6， ∴f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， ∴f ′(－1)＝8，故切线方程为y －2＝8(x ＋1)， 即8x －y ＋10＝0，令x ＝0，得y ＝10，令y ＝0，得x ＝－54，∴所求面积S ＝12×54×10＝254.答案：254角度二：求切点坐标2．若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线 2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．解析：由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2. 设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2， 解得m ＝e ，所以n ＝eln e ＝e ， 即点P 的坐标为(e ，e)． 答案：(e ，e) 角度三：求参数的值3．(2016·南京外国语学校检测)已知函数f (x )＝x 4＋ax 2－bx ，且f ′(0)＝－13，f ′(－1)＝－27，则a ＋b ＝________.解析：∵f ′(x )＝4x 3＋2ax －b ，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′0＝－13，f ′－1＝－27⇒⎩⎪⎨⎪⎧－b ＝－13－4－2a －b ＝－27，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝13，∴a ＋b ＝18. 答案：18[方法归纳]导数几何意义的应用的2个注意点(1)当曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x ＝x 0；(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线．曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为________． 解析：∵f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2＝x 3－3a 2x ＋2a 3， ∴f ′(x )＝3(x 2－a 2)． 答案：3(x 2－a 2)2．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝________.解析：由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x.∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1. 答案：－13．(2016·徐州一中检测)曲线y ＝f (x )＝x (x －1)(x －2)·…·(x －6)在原点处的切线方程为________．解析：y ′＝(x －1)(x －2)·…·(x －6)＋x [(x －1)·(x －2)·…·(x －6)]′，所以f ′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)×(－6)＋0＝720.故切线方程为y ＝720x .答案：y ＝720x4．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.解析：∵f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1. 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)． ∵切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝3a ＋1，解得a ＝1. 答案：15．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 与直线4x －y －1＝0平行，且点P 0在第三象限，则点P 0的坐标为________．解析：设P 0(x 0，y 0)．由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1. 由已知，得3x 20＋1＝4，解得x 0＝±1. 当x 0＝1时，y 0＝0； 当x 0＝－1时，y 0＝－4.又点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)． 答案：(－1，－4)二保高考，全练题型做到高考达标1．某物体做直线运动，其运动规律是s ＝t 2＋3t(t 的单位：s ，s 的单位：m)，则它在第4 s 末的瞬时速度为________ m/s.解析：∵s ′＝2t －3t 2，∴在第4 s 末的瞬时速度v ＝s ′| t ＝4＝8－316＝12516 m/s.答案：125162．(2015·苏州二模)已知函数f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )，且f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝________.解析：f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )＝ax 4＋(2a ＋b )x 2＋2b ，f ′(x )＝4ax 3＋2(2a ＋b )x 为奇函数，所以f ′(－1)＝－f ′(1)＝－2.答案：－23．已知f (x )＝x (2 015＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 016，则x 0＝________.解析：f ′(x )＝2 015＋ln x ＋x ·1x＝2 016＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 016得2 016＋lnx 0＝2 016，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.答案：14．(2016·金陵中学模拟)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为________．解析：因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π5．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为________．解析：∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2. 答案：－26．(2016·太原一模)函数f (x )＝x e x的图象在点(1，f (1))处的切线方程是________． 解析： ∵f (x )＝x e x， ∴f (1)＝e ，f ′(x )＝e x＋x e x，∴f ′(1)＝2e ，∴f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝2e(x －1)，即y ＝2e x －e.答案：y ＝2e x －e7.(2015·无锡调研)如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________.解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0. 答案：08．设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )(a ，b ，c 是两两不等的常数)，则a f ′a＋b f ′b＋c f ′c＝________.解析：∵f (x )＝x 3－(a ＋b ＋c )x 2＋(ab ＋bc ＋ca )x －abc ， ∴f ′(x )＝3x 2－2(a ＋b ＋c )x ＋ab ＋bc ＋ca ，f ′(a )＝(a －b )(a －c )， f ′(b )＝(b －a )(b －c )， f ′(c )＝(c －a )(c －b )．∴a f ′a ＋bf ′b ＋c f ′c＝aa －ba －c＋bb －a b －c＋c c －ac －b＝a b －c －b a －c ＋c a －ba －b a －c b －c＝0.答案：09．求下列函数的导数． (1)y ＝x ·tan x ；(2)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)．解：(1)y ′＝(x ·tan x )′＝x ′tan x ＋x (tan x )′＝tan x ＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos x ′＝tan x ＋x ·cos 2x ＋sin 2x cos 2x＝tan x ＋xcos 2x.(2)y ′＝(x ＋1)′[(x ＋2)(x ＋3)]＋(x ＋1)[(x ＋2)(x ＋3)]′＝(x ＋2)(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2)＋(x ＋1)(x ＋3)＝3x 2＋12x ＋11.10．已知曲线y ＝f (x )＝x 2a－1(a >0)在x ＝1处的切线为l ，求l 与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值．解：因为f (1)＝1a－1，所以切点为⎝⎛⎭⎪⎫1，1a－1.由已知，得f ′(x )＝2x a ，切线斜率k ＝f ′(1)＝2a，所以切线l 的方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1＝2a(x －1)，即2x －ay －a －1＝0. 令y ＝0，得x ＝a ＋12；令x ＝0，得y ＝－a ＋1a. 所以l 与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝12×a ＋12×a ＋1a ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋12≥14×2a ×1a ＋12＝1，当且仅当a ＝1a，即a ＝1时取等号，所以S min ＝1.故l 与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值为1. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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________．解析：设切点坐标为(t ，t 3－at ＋a )．由题意知，f ′(x )＝3x 2－a ，切线的斜率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A (1,0)代入②式得－(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(1－t )，解得t ＝0或t ＝32.分别将t ＝0和t ＝32代入①式，得k ＝－a 和k ＝274－a ，由题意得它们互为相反数，故a ＝278.答案：2782．(2016·无锡一中检测)已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________．解析：∵f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，∴f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×22＋22，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1.故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝(2－1)×22＋22＝1.答案：13．(2016·苏北四市调研)设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任意一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解：(1)f ′(x )＝a ＋b x2.∵点(2，f (2))在切线7x －4y －12＝0上， ∴f (2)＝2×7－124＝12.又曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝74，f 2＝12⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b 4＝74，2a －b 2＝12⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.∴f (x )的解析式为f (x )＝x －3x.(2)设⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0－3x 0为曲线y ＝f (x )上任意一点，则切线的斜率k ＝1＋3x 20，切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋3x20(x －x 0)， 令x ＝0，得y ＝－6x 0.由⎩⎪⎨⎪⎧y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20x －x 0，y ＝x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 0，y ＝2x 0.∴曲线y ＝f (x )上任意一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12|2x 0|⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0＝6，为定值．第二节 导数的应用1．函数的单调性在(a ，b )内可导函数f (x )，f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒等于0.f ′(x )≥0⇔f (x )在(a ，b )上为增函数．f ′(x )≤0⇔f (x )在(a ，b )上为减函数．2．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f (x )在点x ＝a 的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f ′(a )＝0；而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫做函数y ＝f (x )的极小值点，f (a )叫做函数y ＝f (x )的极小值．(2)函数的极大值：函数y ＝f (x )在点x ＝b 的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f ′(b )＝0；而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3．函数的最值(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f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．[小题体验]1．(教材习题改编)函数f (x )＝x 2e x的单调增区间是________．解析：函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝e x (2x ＋x 2)，令f ′(x )>0，得x <－2或x >0，所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－2)，(0，＋∞)2．(教材习题改编)函数f (x )＝13x 3＋32x 2－4x ＋13取得极大值时x 的值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋3x －4，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－4，经检验知x ＝－4时，函数y 取得极大值．答案：－43．(教材习题改编)函数f (x )＝32x ＋sin x 在区间[0,2π]上的最大值为________． 解析：f ′(x )＝32＋cos x ，令f ′(x )＝0，x ∈[0,2π]， 得x ＝5π6或x ＝7π6，又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝53π12＋12.f ⎝⎛⎭⎪⎫7π6＝73π12－12，f (2π)＝3π.所以函数f (x )在区间[0,2π]上的最大值为3π.答案：3π4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则a 的最大值是________． 答案：31．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．[小题纠偏]1．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为________． 解析：由题意，知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，知⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案：－232．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝4x －1x (x >0)，所以可求得f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.又函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤k －1<12，k ＋1>12，解得1≤k <32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 3．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 解析：y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8. ∴最大值为8. 答案：8第一课时 导数与函数的单调性考点一 判断或证明函数的单调性重点保分型考点——师生共研[典例引领]设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－a ＋5x ，x ≤0，x 3－a ＋32x 2＋ax ，x >0.证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增． 证明：设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32x 2＋ax (x ≥0)，①f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]，从而当－1<x ≤0时，f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)<3－a －5≤0，所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减． ②f 2′(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)，由于a ∈[－2,0]，所以当0<x <1时，f 2′(x )<0；当x >1时，f 2′(x )>0，即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．综合①②及f 1(0)＝f 2(0)，可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．[由题悟法]导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的3步骤(1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)三结论．作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x －x1＋2x.(1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若f [x (3x －2)]＜－13，求实数x 的取值范围．解：(1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x 1＋2x 2＝4x 2＋3x ＋1x 1＋2x 2. ∵x ＞0，∴4x 2＋3x ＋1＞0，x (1＋2x )2＞0. ∴当x ＞0时，f ′(x )＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)∵f (x )＝ln x －x1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13.由f [x (3x －2)]＜－13得f [x (3x －2)]＜f (1)．由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x3x －2＞0，x3x －2＜1，解得－13＜x ＜0或23＜x ＜1.∴实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.考点二 求函数的单调区间重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2(m ，n ∈R ，m ≠0)，函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线与x 轴平行．(1)用关于m 的代数式表示n ； (2)求函数f (x )的单调增区间．解：(1)由已知条件得f ′(x )＝3mx 2＋2nx ， 又f ′(2)＝0，所以3m ＋n ＝0，故n ＝－3m . (2)因为n ＝－3m ， 所以f (x )＝mx 3－3mx 2，所以f ′(x )＝3mx 2－6mx . 令f ′(x )>0，即3mx 2－6mx >0， 当m >0时，解得x <0或x >2，则函数f (x )的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 当m <0时，解得0<x <2，则函数f (x )的单调增区间是(0,2)． 综上，当m >0时，函数f (x )的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 当m <0时，函数f (x )的单调增区间是(0,2)．[由题悟法] 确定函数单调区间4步骤(1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．[即时应用](2015·重庆高考改编)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R)在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，求g (x )的单调区间． 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43 ＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43 ＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x.令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数； 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )的减区间为(－∞，－4)和(－1,0)，增区间为(－4，－1)和(0，＋∞)．考点三 已知函数的单调性求参数的范围题点多变型考点——纵引横联[典型母题]已知函数f (x )＝x 3－ax －1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝3x 2－a . ①当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a ＞0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±3a3； 当x ＞3a 3或x ＜－3a 3时，f ′(x )＞0； 当－3a 3＜x ＜3a 3时，f ′(x )＜0. 因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a a 上为减函数． 综上可知，当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数． (2)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在 (－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0].根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．[提醒] f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0，且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[越变越明][变式1] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围． 解：因为f ′(x )＝3x 3－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．[变式2] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围． 解：由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a ≥3.即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1,1)上为减函数．[变式3] 函数f (x )不变，若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值． 解：由母题可知，f (x )的单调递减区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3，∴3a 3＝1，即a ＝3.[破译玄机]函数的单调区间是指单调递增或单调递减，在求解中应列方程求解，与函数在某个区间上具有单调性是不同的．[变式4] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围． 解：∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)．∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，∴0＜3a3＜1，得0＜a ＜3，即a 的取值范围为(0,3)．[破译玄机]函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如变式4中利用了3a 3∈(0,1)来求解．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2015·镇江模拟)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________．解析：函数f (x )＝(x －3)e x的导数为f ′(x )＝[(x －3)e x]′＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )＞0时，函数f (x )单调递增，此时由不等式f ′(x )＝(x －2)e x ＞0，解得x ＞2.答案：(2，＋∞)2．设函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋5x ＋6在区间[1,3]上是单调函数，则实数a 的取值范围是________．解析：依题意，知当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5的值恒不小于0或恒不大于0. 若当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5≥0，即有－2a ≤x ＋5x在[1,3]上恒成立，而x ＋5x≥2x ·5x＝25(当且仅当x ＝5时取等号)，故－2a ≤25，解得a ≥－ 5. 若当x ∈[1,3]时，f ′(x )＝x 2＋2ax ＋5≤0，即有－2a ≥x ＋5x恒成立，注意到函数g (x )＝x ＋5x 在[1，5]上是减函数，在[5，3]上是增函数，且g (1)＝6>g (3)＝143，因此－2a ≥6，解得a ≤－3.综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－5，＋∞)． 答案：(－∞，－3]∪[－5，＋∞)3．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增． 答案：单调递增4．(2016·启东模拟)已知a ≥1，f (x )＝x 3＋3|x －a |，若函数f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M ，m ，则M －m 的值为________．解析：当x ∈[－1,1]时，f (x )＝x 3＋3(a －x )＝x 3－3x ＋3a (a ≥1)，∴f ′(x )＝3(x －1)(x ＋1)．当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以原函数f (x )在区间[－1,1]上单调递减，所以M ＝f (－1)＝3a ＋2，m ＝f (1)＝3a －2，所以M －m ＝4.答案：45．(2016·苏州测试)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ 二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为________．解析：由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )＜0，即3(x －11)(x ＋1)＜0，解得－1＜x ＜11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)2．若幂函数f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，则函数g (x )＝e xf (x )的单调递减区间为________．解析：设幂函数f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎪⎫22，12，所以12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e xx ＝e x(x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)3．(2016·南通、扬州、淮安、连云港调研)设f (x )＝4x 3＋mx 2＋(m －3)x ＋n (m ，n ∈R)是R 上的单调增函数，则实数m 的值为________．解析：因为f ′(x )＝12x 2＋2mx ＋m －3，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x2＋2mx ＋m －3≥0在R 上恒成立，所以(2m )2－4×12(m －3)≤0，整理得m 2－12m ＋36≤0，即(m －6)2≤0.又因为(m －6)2≥0，所以(m －6)2＝0，所以m ＝6.答案：64．已知函数f (x )＝x ＋1ax在(－∞，－1)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：函数f (x )＝x ＋1ax 的导数为f ′(x )＝1－1ax2，由于f (x )在(－∞，－1)上单调递增，则f ′(x )≥0在(－∞，－1)上恒成立，即1a≤x 2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x ＜－1时，x 2＞1，则有1a≤1，解得a ≥1或a ＜0.答案：(－∞，0)∪[1，＋∞)5．(2015·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋m ，0≤x ≤1，mx ＋5，x >1.若函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为________．解析：由f (x )＝2x 3＋3x 2＋m ，得f ′(x )＝6x 2＋6x ，所以f (x )在[0,1]上单调递增，即f (x )＝2x 3＋3x 2＋m 与x 轴至多有一个交点，要使函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋5>0，m <0，从而可得m ∈(－5,0)．答案：(－5,0)6．若函数f (x )＝ax 3－3x 在(－1,1)上为单调递减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3ax 2－3，∵f (x )在(－1,1)上为单调递减函数，∴f ′(x )≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax 2－3≤0在(－1,1)上恒成立．当x ＝0时，a ∈R ；当x ≠0时，a ≤1x2，∵x∈(－1,0)∪(0,1)，∴a ≤1.综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]7．(2016·盐城中学模拟)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．解析：设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞9．(2016·镇江五校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．解：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x， 又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，从而f ′(x )＜0. 综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)， 单调递减区间是(1，＋∞)．10．(2016·徐州调研)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2.又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数．∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞)，∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值范围是(－∞，2]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意知当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 2．(2016·泰州模拟)若函数f (x )＝x 2|x －a |在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ≤0时，f (x )＝x 3－ax 2，f ′(x )＝3x 2－2ax ≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x 3，0≤x ≤a ，x 3－ax 2，x >a .①当0≤x ≤a 时，f ′(x )＝2ax －3x 2， 令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝23a ，则f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减； ②当x >a 时，f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以当a >0时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有23a ≥2，解得a ≥3.综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，0]∪[3，＋∞)3．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a 1－xx.当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′t ＜0，g ′3＞0.当g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0 对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0， 即m ＜－5且m ＜－9，即m ＜－9； 由g ′(3)＞0，即m ＞－373.所以－373＜m ＜－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9. 第二课时 导数与函数的极值、最值考点一 运用导数解决函数的极值问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有： (1)已知函数求极值； (2)已知极值求参数； (3)由图判断极值．[题点全练]角度一：已知函数求极值1．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：由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x. (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x ＞0)，因为f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线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 .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数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．角度二：已知极值求参数2．(2016·黑龙江哈三中期末)已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2 的极小值点，那么函数f (x )的极大值为________．解析：x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，则由3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.答案：183．若函数f (x )＝13ax 3－ax 2＋(2a －3)x ＋1在R 上存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意知，f ′(x )＝ax 2－2ax ＋2a －3，因为函数f (x )＝13ax 3－ax 2＋(2a －3)x ＋1在R 上存在极值，所以f ′(x )＝0有两个不等实根， 其判别式Δ＝4a 2－4a (2a －3)＞0， 所以0＜a ＜3，故实数a 的取值范围为(0,3)． 答案：(0,3)角度三：由图判断极值4．已知函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )有________个极大值点，________个极小值点．解析：由导数与函数极值的关系，知当f ′(x 0)＝0时，若在x 0的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x )在x ＝x 0处取得极大值；若在x 0的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x )在x ＝x 0处取得极小值．设函数f ′(x )的图象与x 轴的交点从左到右的横坐标依次为x 1，x 2，x 3，x 4，则f (x )在x ＝x 1，x ＝x 3处取得极大值，在x ＝x 2，x ＝x 4处取得极小值．答案：2 2[方法归纳]利用导数研究函数极值的一般流程考点二 运用导数解决函数的最值问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知函数f (x )＝xa－e x(a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求函数f (x )在[1,2]上的最大值．解：(1)f (x )＝x a－e x (a ＞0)，则f ′(x )＝1a－e x.令1a －e x ＝0，则x ＝ln 1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a ；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a ，＋∞.(2)当ln 1a ≥2，即0＜a ≤1e2时，f (x )max ＝f (2)＝2a－e 2；当1＜ln 1a ＜2，即1e 2＜a ＜1e时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝1a ln 1a －1a； 当ln 1a ≤1，即a ≥1e时，f (x )max ＝f (1)＝1a－e.[由题悟法]求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值3步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．[即时应用]设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝a x－2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝a －2b ＝0，f 1＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)得f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )＞0得1e ≤x ＜1；令f ′(x )＜0，得1＜x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[]1，e 上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三 函数极值和最值的综合问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围． 解：(1)∵f ′(x )＝a ＋2x 2－3x，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＝1， 故f (x )＝x －2x－3ln x ，则f ′(x )＝x －1x －2x2.由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x 32⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 2 (2,3) 3 f ′(x ) －0 ＋f (x )1－3ln 2从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上，f (x )有最小值，且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x ＞0)， 由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根， 不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a ＞0⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，－－32a ＞0，h 0＞0，解得0＜a ＜98. 故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98. [由题悟法]求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的方法求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．[即时应用]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0， 可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：x －3 (－3，－2)－2 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 1 f ′(x )＋0 －0 ＋f (x )81395274所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为27.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝ln x －x 在(0，e]上的最大值为________．解析：f ′(x )＝1x －1＝1－xx(x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．∴当x ＝1时，f (x )在(0，e]上取得最大值f (1)＝－1.答案：－12．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的值域为________解析：∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴f ′(x )＝e xcos x ≥0，∴f (0)≤f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即12≤f (x )≤12e π2.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π23．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝________. 解析：令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 答案：－1ln 24．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________． 解析：若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 5．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________．解析：因为f ′(x )＝2f ′1x－1，令x ＝1，得f ′(1)＝1.所以f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x－1.当0<x <2，f ′(x )>0；当x >2，f ′(x )<0.从而f (x )的极大值为f (2)＝2ln 2－2.答案：2ln 2－2二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：122．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为M ，N ，则M －N 的值为________．解析：f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)．∵f (0)＝－a ，f (1)＝－2－a ，f (3)＝18－a .∴M ＝18－a ，N ＝－2－a .∴M －N ＝20.答案：203．(2016·南京外国语学校)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图。
2021高考数学一轮复习第三章导数及其应用强化训练导数在函数中的应用理新人教A版
强化训练 导数在函数中的应用1.函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A.(0，＋∞) B.(－∞，0) C.(－∞，1) D.(1，＋∞)答案 D解析 由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2.函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A.增函数 B.减函数C.在(0，π)上增，在(π，2π)上减D.在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案 A解析 ∵f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上是增函数.3.f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A.f (a )<e af (0) B.f (a )>e af (0) C.f (a )<f 0eaD.f (a )>f 0ea答案 B 解析 令g (x )＝f xex，∴g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex>0.∴g (x )在R 上为增函数，又∵a >0， ∴g (a )>g (0)，即f aea>f 0e，即f (a )>e af (0).4.函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C.0D.12e 答案 A解析 易知y ′＝1－xex ，x ∈[0,2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y＝x e x 在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝x e x 在[0,2]上的最大值是1e，故选A. 5.直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则实数a 的取值范围为( ) A.(－2,2) B.[－2,2] C.[2，＋∞) D.(－∞，－2]答案 A解析 考虑数形结合，y ＝x 3－3x 的导数y ′＝3x 2－3＝3(x －1)·(x ＋1)，令y ′>0可解得x <－1或x >1，故y ＝x 3－3x 在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，函数的极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，大致图象如图所示.而y ＝a 为一条水平直线，通过图象可得，y ＝a 介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点.可得a ∈(－2,2).6.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B.(0，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f xex， 则g ′(x )＝f ′x －f xex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f 0e 0＝12， 则不等式f (x )－12e x <0可化为f x e x<12， 即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).7.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞解析 f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0，f ′3≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－a 2＋1≤0，9－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞.8.若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(a >0)有两个极值点，则实数a 的取值范围为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1x－a ＝0，得f ′(x )有极大值点x ＝1a，由于x →0时f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞， 因此f (x )要有两个极值点， 只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e . 9.若函数 f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________. 答案 [－3,0)解析 由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)， 故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数， 在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23，得x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0).10.已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是________________. 答案 (－∞，2ln2－2]解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x－2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x有解.令函数g (x )＝2x －e x，则g ′(x )＝2－e x， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln2，所以g (x )在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数， 所以g (x )的最大值为g (ln2)＝2ln2－2， 因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域， 所以a ∈(－∞，2ln2－2].11.已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围. 解 方法一 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 方法二 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .由题意得，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立或f ′(x )≤0恒成立，即a ≤1x 恒成立或a ≥1x恒成立.∵x ∈(2，＋∞)，∴0<1x <12，∴a ≤0或a ≥12，∴实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.12.(2020·东北四校联考)已知f (x )＝1x ＋e xe －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数.解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x2， 令g (x )＝x 2e x－e ，x >0， 则g ′(x )＝e x(x 2＋2x )>0， 即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<g (1)＝0，则f ′(x )<0，当x >1时，g (x )>0，则f ′(x )>0， 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋exe －3，且f (1)＝－1<0，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )图象的草图，如图所示.故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个.13.已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π].①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x )在[x 0，π]上是减函数.那么上面命题中真命题的序号是________. 答案 ①④解析 f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0，因为x 0∈[0，π]，当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数.14.(2019·泰安模拟)已知函数f (x )＝12e 2x ＋(a －e)e x－a e x ＋b (其中e 为自然对数的底数)在x ＝1处取得极大值，则实数a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－e)解析 由题意可知f ′(x )＝e 2x＋(a －e)e x －a e ＝(e x ＋a )·(e x－e)，当a ≥0时，若x >1，则f ′(x )>0，若x <1，则f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意.当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln(－a )，为使f (x )在x ＝1处取极大值，则ln(－a )>1，即a <－e.15.(2019·贵阳、安顺模拟)不等式kx ≥sin x2＋cos x (x >0)恒成立，则k 的最小值为( )A.13B.23C.14D.1 答案 A解析 令h (x )＝kx －sin x2＋cos x (x >0)，则h ′(x )＝k －1＋2cos x2＋cos x2，令t ＝cos x ，则t ∈[－1,1]， 令g (t )＝1＋2t 2＋t 2，则g ′(t )＝－2t －12＋t3≥0，∴g (t )在[－1,1]上单调递增， ∴g (t )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13，∴①当k ≥13时，h ′(x )≥0，此时h (x )单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，符合条件；②当k ≤0时，因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k ·π2－12<0，不符合条件； ③当0<k <13时，对于0<x <π2，h (x )<kx －sin x3，令F (x )＝kx －sin x 3，则F ′(x )＝k －cos x3，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0， ∴F (x )在(0，x 0)上单调递减， ∴F (x 0)<F (0)＝0，即当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，不符合条件，综上，k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞， ∴k 的最小值为13.16.(2019·辽宁沈阳三校联考)已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值. 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞). 由f (x )≥0，得ax －ln xx≥0，所以ax ≥ln x x ，又x >0，所以a ≥ln x x2.令g (x )＝ln x x 2，则g ′(x )＝1－2ln x x3. 令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g ′(x )<0，得x > e. 所以当0<x <e 时，g (x )单调递增，当x >e 时，g (x )单调递减.所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e ，所以a ≥12e ，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞. (2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f t＝a ，f ′t ＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx2，所以⎩⎪⎨⎪⎧at －ln tt＝a ，a －1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0.(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t－2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0， 所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增， 当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1.。
高中数学第三章导数及其应用3.1变化率与导数3.1.2导数的概念课时作业(含解析)新人教A版
课时作业22一、选择题 1．在f ′(x 0)＝lim Δx →0 f x 0＋Δx －f x 0Δx中，Δx 不可能( )A. 大于0B. 小于0C. 等于0D. 大于0或小于0解析：由导数定义知Δx 只是无限趋近于0，故选C. 答案：C2．设f (x )在x ＝x 0处可导，则lim Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于( )A ．－f ′(x 0)B ．f ′(－x 0)C ．f ′(x 0)D ．2f ′(x 0)解析：lim Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx＝lim Δx →0－f x 0－f x 0－ΔxΔx＝－lim Δx →0 f x 0－f x 0－ΔxΔx＝－f ′(x 0)．答案：A3．设函数f (x )在点x 0处附近有定义，且f (x 0＋Δx )－f (x 0)＝a Δx ＋b (Δx )2(a ，b 为常数)，则( )A. f ′(x 0)＝－aB. f ′(x 0)＝－bC. f ′(x 0)＝aD. f ′(x 0)＝b解析：∵f (x 0＋Δx )－f (x 0)＝a Δx ＋b (Δx )2， ∴f x 0＋Δx －f x 0Δx＝a ＋b ·Δx .∴lim Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx＝lim Δx →0 (a ＋b ·Δx )． ∴f ′(x 0)＝a .故选C. 答案：C4．一物体的运动方程是s ＝12at 2(a 为常数)，则该物体在t ＝t 0时的瞬时速度是( )A ．at 0B ．－at 0C.12at 0 D ．2at 0解析：∵Δs Δt ＝st 0＋Δt －s t 0Δt ＝12a Δt ＋at 0，∴lim Δt →0 Δs Δt ＝at 0. 答案：A 二、填空题5．过曲线y ＝2x上两点(0,1)，(1,2)的割线的斜率为__________． 解析：由平均变化率的几何意义知k ＝2－11－0＝1.答案：16．已知f (x )＝2x，则lim x →afx －f ax －a＝________.解析：令x －a ＝Δx ，则x ＝a ＋Δx ， lim x →af x －f a x －a ＝lim Δx →0 f a ＋Δx －f aΔx＝lim Δx →0 2a ＋Δx －2a Δx ＝lim Δx →0 －2a a ＋Δx ＝－2a 2. 答案：－2a27．已知f (x )＝1x ，且f ′(m )＝－116，则f (m )＝________.解析：∵f (x )＝1x，∴f ′(m )＝lim Δx →0f m ＋Δx －f mΔx＝lim Δx →0 1m ＋Δx －1m Δx ＝lim Δx →0 －1m m ＋Δx ＝－1m 2. 又f ′(m )＝－116，∴－1m 2＝－116.∴m ＝±4.∴f (m )＝1m ＝±14.答案：±14三、解答题8．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x ≥01＋x 2，x <0，求f ′(1)·f ′(－1)的值．解：当x ＝1时，Δy Δx ＝f＋Δx －fΔx＝1＋Δx －1Δx ＝11＋Δx ＋1.由导数的定义，得f ′(1)＝lim Δx →0 11＋Δx ＋1＝12.当x ＝－1时，ΔyΔx＝f －1＋Δx －f －Δx＝1＋－1＋Δx 2－1－－2Δx＝Δx －2.由导数的定义，得f ′(－1)＝lim Δx →0 (Δx －2)＝－2. 所以f ′(1)·f ′(－1)＝12×(－2)＝－1.9．高台跳水运动中，运动员相对于水面的高度h (单位：m)与起跳后的时间t (单位：s)之间的关系式为h (t )＝－4.9t 2＋6.5t ＋10，求运动员在t ＝6598 s 时的瞬时速度，并解释此时的运动状况．解：令t 0＝6598，Δt 为增量．则h t 0＋Δt －h t 0Δt＝－t 0＋Δt2＋t 0＋Δt ＋10＋4.9t 20－6.5t 0－10Δt＝－4.9Δtt 0＋Δt ＋6.5ΔtΔt＝－4.9(6549＋Δt )＋6.5.∴lim Δt →0h t 0＋Δt －h t 0Δt ＝lim Δt →0[－4.9(6549＋Δt )＋6.5]＝0， 即运动员在t 0＝6598 s 时的瞬时速度为0 m/s.说明运动员处于跳水运动中离水面最高点处．。
人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件 第3章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算
2
f'(x0)= ,所以切线方程为
0
解得
1
x0=e ,
则直线 l:y=2ex-4,所以 b=-4.
y-2ln
2
x0= (x-x0),则
0
2
x0),f'(x)= ,
提示:不一定.
2.基本初等函数的导数公式
基本初等函数
f(x)=c(c为常数)
f(x)=xα(α∈Q*)
f(x)=sin x
f(x)=cos x
f(x)=ex
f(x)=ax(a>0,a≠1)
f(x)=ln x
f(x)=logax(a>0,a≠1)
导函数
f'(x)= 0
f'(x)= αxα-1
f'(x)= cos x
C.6
D.14
(3)(2021 广西南宁模拟)下列函数求导运算正确的是(
ln2
A.(log2x)'=
C.(xcos x)'=cos x+xsin x
)
B.(e-x)'=e-x
2
D.[ln(2x+1)+f'(1)]'=2+1
)
)
答案:(1)D (2)C
解析:(1)由题意得
(3)D
1
f'(x)= +3x2,所以
导数就是质点在x=x0时的 瞬时 速度,在(a,b)内的导数就是质
点在(a,b)内的 速度 方程
微点拨(1)一般地,如果一个函数f(x)在区间(a,b)内的每一点x处都有导数,导
数值记为f'(x),则f'(x)是关于x的函数,称f'(x)为f(x)的导函数,简称为导数.
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时跟踪检测15 理 新人教A版
课时跟踪检测(十五)[高考基础题型得分练]1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0答案：C解析：设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根有1个．2．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞)答案：D解析：∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞)．3．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5答案：A解析：设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.4．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x2－e x1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x2－e x1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x2 D ．x 2e x1＜x 1e x2 答案：C解析：令f (x )＝exx，则f ′(x )＝xx －x ′·e x x 2＝e x x －x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x2x 2＜e x1x 1，∴x 2e x1＞x 1e x 2，故选C.5．[2017·河北石家庄模拟]已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)＜f (x 2)，则( )A ．x 1＞x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1＜x 2D ．x 21＜x 22答案：D解析：因为f (－x )＝－x ⎝⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，由f (x 1)＜f (x 2)，得f (|x 1|)＜f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x －1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋＋x －1ex.当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，则f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，从而由(*)式得|x 1|＜|x 2|，即x 21＜x 22.6．[2017·广东韶关六校高三10月联考]对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝( )A ．100B ．50C ．992D ．0答案：D解析：依题意得，g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6， 令g ″(x )＝0得x ＝12，因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以函数g (x )的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，则g (1－x )＋g (x )＝0.因为1100＋99100＝2100＋98100＝…＝49100＋51100＝50100×2＝1，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝0.故选D.7．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：[4，＋∞)解析：当x ∈(0,1]时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x4. 由g ′(x )＝0得x ＝12，当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表.8．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________. 答案：－2或2解析：设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.9．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时，t 的值为________．答案：22解析：当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ， ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)．∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t.当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0.∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值． 10．已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x ＞－1，且x ≠0，证明：g (x )＜1. (1)解：f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0]上单调递减． 当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，x >－1且x ≠0时，总有g (x )<1.11．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 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解：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 )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋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 )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝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 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．[冲刺名校能力提升练]1．[2017·陕西西安八校联考]已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x＋x 2， 则f ′(x )＝x (2－e x)， 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜ln 2； 由f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞ln 2.故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．(2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x－x －m ＞0，令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x－1， 当m ≤1时，h ′(x )≤e x－1＜0， 则h (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意；当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意． 综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．2．[2017·贵州七校联考]函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)当a ＞0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在[t ，t ＋1]上有解． 解：(1)因为e x＞0，所以不等式f (x )≤0即为ax 2＋x ≤0.又因为a ＞0，所以不等式可化为x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0，所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a，0.(2)当a ＝0时，方程即为x e x＝x ＋2， 由于e x＞0，所以x ＝0不是方程的解， 所以原方程等价于e x－2x－1＝0.令h (x )＝e x－2x－1，因为h ′(x )＝e x＋2x2＞0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递增函数，又h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－2＞0，h (－3)＝e －3－13＜0，h (－2)＝e －2＞0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根， 且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上， 所以整数t 的所有值为{－3,1}．3．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于点P ，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度． 解：(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x 轴、y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x3， 则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．。
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课时跟踪检测(十五) 导数的应用(一)1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．(2012·广州联考)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．(2012·陕西高考)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4．(2012·大纲全国卷)已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( )A ．－2或2B ．－9或3C ．－1或1D ．－3或15．若f (x )＝ln xx，e<a <b ，则( )A ．f (a )>f (b )B ．f (a )＝f (b )C ．f (a )<f (b )D ．f (a )f (b )>16．(2012·深圳统考)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 ．3D ．07．(2012·梅州期末)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．8．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________．9．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．(2012·重庆高考)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．12．(2012·郑州质检)已知函数f (x )＝1－xax＋ln x .(1)当a ＝12时，求f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(2)若函数g (x )＝f (x )－14x 在[1，e]上为增函数，求正实数a 的取值范围．1．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )2．(2012·沈阳实验中学检测)已知定义在R 上的奇函数f (x )，设其导函数为f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )<f (－x )，令F (x )＝xf (x )，则满足F (3)>F (2x －1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 D ．(－2,1)3．(2012·北京东城区综合练习)定义在R 上的函数f (x )＝13ax 3＋bx 2＋cx ＋2同时满足以下条件：①f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数； ②f ′(x )是偶函数；③f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝x ＋2垂直． (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤13x 3－f x ·e x，求函数g (x )在[m ，m ＋1]上的最小值．答 案 课时跟踪检测(十五)A 级1．选A 函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．2．选C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．3．选D 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，当x ＝2时，f ′(x )＝0；当x >2时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数，所以x ＝2为函数f (x )的极小值点．4．选A 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.5．选A f ′(x )＝1－ln x x2，当x >e 时，f ′(x )<0，则f (x )在(e ，＋∞)上为减函数，f (a )>f (b )．6．选A 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3,2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.7．解析：f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)8．解析：求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x .由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以对m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案：－49．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2. ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：410．解：(1)∵f ′(x )＝2ax ＋bx. 又f (x )在x ＝1处有极值12.∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝12，f ′1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解得a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋1x －1x.由f ′(x )<0，得0<x <1； 由f ′(x )>0，得x >1.所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)， 单调增区间是(1，＋∞)．11．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)， f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝3x ＋1x －12x2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13⎝⎛因x 2＝－13不在定义域内，舍去．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,1)上为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.12．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝21－xx＋ln x ，f ′(x )＝x －2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝2，∴当x ∈[1,2)时，f ′(x )<0，故f (x )在[1,2)上单调递减； 当x ∈(2，e]时，f ′(x )>0，故f (x )在(2，e]上单调递增， 故f (x )min ＝f (2)＝ln 2－1. 又∵f (1)＝0，f (e)＝2－ee<0.∴f (x )在区间[1，e]上的最大值f (x )max ＝f (1)＝0.综上可知，函数f (x )在[1，e]上的最大值是0，最小值是ln 2－1. (2)∵g (x )＝f (x )－14x ＝1－x ax ＋ln x －14x ，∴g ′(x )＝－ax 2＋4ax －44ax2(a >0)， 设φ(x )＝－ax 2＋4ax －4，由题意知，只需φ(x )≥0在[1，e]上恒成立即可满足题意． ∵a >0，函数φ(x )的图象的对称轴为x ＝2，∴只需φ(1)＝3a －4≥0，即a ≥43即可．故正实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.B 级1．选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (1)＋f ′(1)＝0；选项D 中，f (1)>0，f ′(1)>0，不满足f ′(1)＋f (1)＝0.2．选A 由F (x )＝xf (x )，得F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＝xf ′(x )－f (－x )<0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递减，又可证F (x )为偶函数，从而F (x )在[0，＋∞)上单调递增，故原不等式可化为－3<2x －1<3，解得－1<x <2.3．解：(1)f ′(x )＝ax 2＋2bx ＋c ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，2b ＝0，f ′0＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋c ＝0，b ＝0，c ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，c ＝－1.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－x ＋2.(2)g (x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤13x 3－f x ·e x ＝(x －2)e x.g ′(x )＝e x ＋(x －2)e x ＝(x －1)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当m ≥1时，在[m ，m ＋1]上， g (x )单调递增，g (x )min ＝g (m )＝(m －2)e m；当m <1<m ＋1，即0<m <1时，g (x )在[m,1)上单调递减，在(1，m ＋1]上单调递增，g (x )min＝g (1)＝－e ；当m ＋1≤1，即m ≤0时，在[m ，m ＋1]上，g (x )单调递减，g (x )min ＝g (m ＋1)＝(m －1)em＋1.综上，函数g (x )在[m ，m ＋1]上的最小值g (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧m －2e m，m ≥1，－e ，0<m <1，m －1e m ＋1，m ≤0.。
2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪训练15导数与函数的单调性文
2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪训练15导数与函数的单调性文[基础巩固]一、选择题1．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图象大致是( )[解析] 设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，g ′(x )＝2－2cos x ≥0，因此函数f ′(x )在R 上单调递增．[答案] A2．若幂函数f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，则函数g (x )＝e xf (x )的单调递减区间为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，－2) C ．(－2，－1)D ．(－2,0)[解析] 设幂函数f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎪⎫22，12，因此12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22α，α＝2，因此f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x(x 2＋2x )<0，得－2<x <0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．[答案] D3.如图所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，则下列判定中正确的是( )A ．函数f (x )在区间(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在区间(－3,2)上是减函数C ．函数f (x )在区间(0,2)上是减函数D ．函数f (x )在区间(－3,2)上是单调函数[解析] 由图可知，当－3<x <0时，f ′(x )<0，因此f (x )在(－3,0)上是减函数．故选A.[答案] A4．函数f (x )＝2ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞ C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2aD ．(－∞，a )[解析] 由f ′(x )＝2x －a >0，得0<x <2a.∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a .故选A.[答案] A5．(2020·江西临川一中期中)若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范畴是( )A ．[0，＋∞)B ．(－∞，0]C ．(－∞，0)D ．(0，＋∞)[解析] 由题意知x >0，f ′(x )＝1＋ax.要使函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则需方程1＋a x＝0在x >0上有解，因此a <0.[答案] C6．(2021·湖北襄阳模拟)函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)[解析] 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，因此F ′(x )>0在R 上恒成立，因此F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，因此x >－1，选B.[答案] B 二、填空题7．函数f (x )＝x 2－ax －3在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范畴是________． [解析] f ′(x )＝2x －a ，∵f (x )在(1，＋∞)上是增函数， ∴2x －a ≥0在(1，＋∞)上恒成立． 即a ≤2x ，∴a ≤2. [答案] (－∞，2]8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________． [解析] 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1， 即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ax －x 3，若对区间(0,1)上的任意x 1，x 2，且x 1<x 2，都有f (x 2)－f (x 1)>x 2－x 1成立，则实数a 的取值范畴是________．[解析] 问题等价于函数g (x )＝f (x )－x 在区间(0,1)上为增函数，即g ′(x )＝a －1－3x 2≥0，即a ≥1＋3x 2在(0,1)上恒成立，即a ≥4，因此实数a 的取值范畴是[4，＋∞)．[答案] [4，＋∞) 三、解答题10．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．[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 )＝x4＋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)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．[能力提升]11．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) [解析] 由f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，知f (x )是偶函数．f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当0<x <π2时，f ′(x )>0，因此f (x )在(0，π2)上为增函数．又0<π5<1<π3<π2，因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.故选A.[答案] A12．(2021·湖北华北师大附中模拟)若f (x )＝e x＋a e －x为偶函数，则f (x －1)<e 2＋1e的解集为( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(－∞，2)D ．(－∞，0)∪(2，＋∞)[解析] 由f (x )＝e x＋a e －x为偶函数，得f (x )－f (－x )＝(1－a )(e x－e －x)＝0恒成立，因此a ＝1，即f (x )＝e x＋e －x，则f ′(x )＝e x －e －x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且图象关于y 轴对称．由f (x －1)<e 2＋1e ＝f (1)得|x －1|<1，解得0<x <2，即f (x －1)<e 2＋1e 的解集为(0,2)，故选B.[答案] B13．(2021·福建福州质检)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a －6)x 在(0,3)上不是单调函数，则实数a 的取值范畴是________．[解析] f ′(x )＝a x ＋2x ＋a －6＝2x 2＋a －6x ＋ax(x >0)．设g (x )＝2x 2＋(a －6)x ＋a (x >0)， 因为函数f (x )在(0,3)上不是单调函数，等价于函数g (x )＝2x 2＋(a －6)x ＋a (x >0)在(0,3)上可不能恒大于零或恒小于零．又g (0)＝a ，g (3)＝4a ，因此⎩⎪⎨⎪⎧g 0＝a >0，0<－a －64<3，Δ＝a －62－8a >0，解得0<a <2，因此实数a 的取值范畴为(0,2)． [答案] (0,2)14．(2021·山东卷)若函数e xf (x )(e ＝2.71828…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________．①f (x )＝2－x；②f (x )＝3－x；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 2＋2.[解析] ①因为f (x )＝2－x 的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x 在R 上单调递增，故f (x )＝2－x具有M 性质．②因为f (x )＝3－x 的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·3－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x 在R 上单调递减，故f (x )＝3－x不具有M 性质．③因为f (x )＝x 3的定义域为R ，又e x f (x )＝e x ·x 3，构造函数g (x )＝e x ·x 3，则g ′(x )＝e x ·x 3＋e x ·3x 2＝x 2e x (x ＋3)，当x >－3时，g ′(x )>0，当x <－3时，g ′(x )<0，因此e xf (x )＝e x ·x 3在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，故f (x )＝x 3不具有M 性质．④因为f (x )＝x 2＋2的定义域为R ，又e x f (x )＝e x (x 2＋2)，构造函数h (x )＝e x (x 2＋2)，则h ′(x )＝e x (x 2＋2)＋e x ·2x ＝e x [(x ＋1)2＋1]>0，因此e x f (x )＝e x (x 2＋2)在R 上单调递增，故f (x )＝x 2＋2具有M 性质．故填①④.[答案] ①④15．(2020·全国卷Ⅱ改编)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范畴．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，因此f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．∴综上当a ≤0时f (x )在(0，＋∞)单调递增．当a >0时f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.∴实数a 的取值范畴是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.16．(2021·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2.讨论f (x )的单调性． [解] f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，因此f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0，因此f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减．③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0，因此f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．[延伸拓展]已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a >0)．若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a 的取值范畴是________．[解析] f ′(x )＝3a －4x ＋1x ，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成赶忙3a ≥4x －1x 或3a≤4x －1x在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x ，则h (x )在[1,2]上单调递增，因此3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，又a >0，因此0<a ≤25或a ≥1.[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，25∪[1，＋∞)。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时跟踪检测13 理 新人教A版(2021年最新整理)
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课时跟踪检测（十三)［高考基础题型得分练］1．函数f（x）＝（x＋2a)(x－a）2的导数为（）A．2（x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3（x2－a2) D．3(x2＋a2）答案:C解析:∵f（x)＝（x＋2a）(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，∴f′(x)＝3(x2－a2）．2．曲线y＝sin x＋e x在点(0，1)处的切线方程是( )A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0答案：C解析：∵y＝sin x＋e x，∴y′＝cos x＋e x，∴y′|x＝0＝cos 0＋e0＝2,∴曲线y＝sin x＋e x在点（0，1）处的切线方程为y－1＝2(x －0),即2x－y＋1＝0。
3．［2017·山东师大附中月考］曲线y＝a x在x＝0处的切线方程是x ln 2＋y－1＝0，则a ＝( )A。
错误!B．2C．ln 2 D．ln错误!答案:A解析:由题知y′＝a x ln a,y′｜x＝0＝ln a，又切点为(0，1)，故切线方程为x ln a－y＋1＝0，∴a＝12。
4．若f（x）＝2xf′（1)＋x2，则f′(0)＝( )A．2 B．0C．－2 D．－4答案：D解析：f′（x）＝2f′(1）＋2x，∴令x＝1，得f′（1）＝－2，∴f′（0)＝2f′（1)＝－4.5．［2017·河北保定调研］已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为（)A．e B．－eC．错误!D．－错误!答案：C解析:y＝ln x的定义域为(0，＋∞），且y′＝错误!，设切点为(x0，ln x0)，则y′|x＝x0＝错误!，切线方程为y－ln x0＝错误!(x－x0）．因为切线过点（0，0),所以－ln x0＝－1，解得x＝e，故此切线的斜率为错误!。
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推荐精选2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪----31cd5fba-6eb3-11ec-b4fc-7cb59b590d7d推荐精选2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪在成都逗留之初，张勇听说了入学阶段的情况，并说他的工作人员说，“寇公启有罕见的才能，珍惜学术技能的缺乏。
”并被允许离开陕西，高呼罢工权和从成都返回的权利，并允许严格支付账目，这受到了极大的对待。
吟诵会去郊区问：“为什么要教准确？”永旭说：“一定要读霍光的传记。
”不要告诉他他的意思，回到他身边，读他的书。
他笑着说：“这位张公叫我。
”课堂跟踪训练（XVI）函数的导数、极值和最大值[基础巩固]一、多项选择题1．(2021四川卷)已知a为函数f(x)＝x－12x的极小值点，则a＝()a．－4c．4二3b、－2d.2[解析]由题意得f′(x)＝3x－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，当f'（x）>0时，函数f（x）单调增加。
当x∈ （-2,2），f'（x）<0，函数f（x）单调递减(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.[答：]d22.让函数f（x）=+LNX，然后（）x1a、 X=F（X）的最大点21b、 X=F（X）的最小点2c．x＝2为f(x)的极大值点d．x＝2为f(x)的极小值点221x－2[解析]∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝－2＋＝2(x>0)，由f′(x)＝0得x＝2.当当xxxxx∈ （0,2），f'（x）<0，f（x）是一个减法函数；当x∈ (2, + ∞), f'（x）>0，f（x）是一个递增函数，∴x＝2为f(x)的极小值点．[答：]d3．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为()a、约130万2三b．2百万件d．4百万件[分析]y'=-3x+27=-3（x+3）（x-3），当00时；当x>3时，y′<0故当x＝3时，该商品的年利润最大．[答案]c4.假设函数f（x）在R上可导，其导函数为f'（x），且函数y=（1-x）f'（x）的图像如图所示，则以下结论必须为真（）初，张咏在成都，闻准入相，谓其僚属曰：“寇公奇材，惜学术不足尔。
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2021年高考数学一轮复习第三章导数及其应用课时跟踪检测15理新人教A版1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0答案：C解析：设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根有1个．2．若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)答案：D解析：∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞)．3．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5答案：A解析：设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.4．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x2－e x1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x2－e x1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x1＞x 1e x2 D ．x 2e x1＜x 1e x2 答案：C解析：令f (x )＝exx ，则f ′(x )＝ex′·x －x ′·exx2＝exx －1x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x2x 2＜e x1x 1，∴x 2e x1＞x 1e x 2，故选C.5．[xx·河北石家庄模拟]已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)＜f (x 2)，则( )A ．x 1＞x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1＜x 2D ．x 21＜x 22答案：D解析：因为f (－x )＝－x ⎝⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，由f (x 1)＜f (x 2)，得f (|x 1|)＜f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x －1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋1＋x －1ex.当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，则f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，从而由(*)式得|x 1|＜|x 2|，即x 21＜x 22.6．[xx·广东韶关六校高三10月联考]对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝( )A ．100B ．50C ．992D ．0答案：D解析：依题意得，g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6， 令g ″(x )＝0得x ＝12，因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 所以函数g (x )的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，则g (1－x )＋g (x )＝0.因为1100＋99100＝2100＋98100＝…＝49100＋51100＝50100×2＝1，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝0.故选D.7．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：[4，＋∞)解析：当x ∈(0,1]时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－3x －1·3x 2x 6＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 4.由g ′(x )＝0得x ＝12，当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表.x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 g ′(x ) ＋0 －g (x )极大值48．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________. 答案：－2或2解析：设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.9．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时，t 的值为________．答案：22解析：当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ， ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)．∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t.当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0. ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值． 10．已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x ＞－1，且x ≠0，证明：g (x )＜1. (1)解：f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0]上单调递减． 当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，x >－1且x ≠0时，总有g (x )<1.11．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 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解：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 )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋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 )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝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 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．[冲刺名校能力提升练]1．[xx·陕西西安八校联考]已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x＋x 2， 则f ′(x )＝x (2－e x)， 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜ln 2； 由f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞ln 2.故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．(2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x－x －m ＞0，令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x－1， 当m ≤1时，h ′(x )≤e x－1＜0， 则h (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意；当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意． 综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．2．[xx·贵州七校联考]函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)当a ＞0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在[t ，t ＋1]上有解． 解：(1)因为e x＞0，所以不等式f (x )≤0即为ax 2＋x ≤0.又因为a ＞0，所以不等式可化为x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0，所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a，0.(2)当a ＝0时，方程即为x e x＝x ＋2， 由于e x＞0，所以x ＝0不是方程的解， 所以原方程等价于e x－2x－1＝0.令h (x )＝e x－2x－1，因为h ′(x )＝e x＋2x2＞0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递增函数，又h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－2＞0，h (－3)＝e －3－13＜0，h (－2)＝e －2＞0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根， 且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上， 所以整数t 的所有值为{－3,1}．3．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于点P ，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度． 解：(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x 轴、y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x3， 则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．。