【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质新人教A版

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2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学(北师大),3-2导数的应用

一、选择题1．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的最大值是( ) A ．π－1 B.π2－1 C ．π D ．π＋1[答案] C[解析] f ′(x )＝1－cos x ≥0，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上为增函数 ∴f (x )的最大值为f (π)＝π－sinπ＝π，故选C.2．(2012·西安模拟)若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.3．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32[答案] A[解析] 由f ′(x )＝2x 3－6x 2＝0得，x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.4．当x ≥2时，ln x 与x －12x 2的关系为( )A ．ln x >x －12x 2B ．ln x <x －12x 2C ．ln x ＝x －12x 2D ．大小关系不确定[答案] A[解析] 构造函数F (x )＝ln x ＋12x 2－x ，则F ′(x )＝1x ＋x －1＝x 2－x ＋1x .∵x ≥2，∴F ′(x )>0，∴F (x )在[2，＋∞)上为增函数．又∵F (2)＝ln2＋2－2＝ln2>0， ∴F (x )>0在[2，＋∞)上恒成立， ∴即ln x ＋12x 2－x >0，∴ln x >x －12x 2.5．(2011·湖南理，8)设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图像分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22[答案] D[解析] 本小题考查内容为导数的应用——求函数的最小值． ∵f (x )＝x 2，g (x )＝ln x ，图象如下∴|MN |＝f (x )－g (x )＝x 2－ln x (x >0)令F (x )＝f (x )－g (x )＝x 2－ln x ，∴F ′(x )＝2x －1x .令F ′(x )＝0，∴x ＝22，∴F (x ) 在x ＝22处最小． 6．(文)(2010·山东文)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件[答案] C[解析] 本题考查了导数的应用及求导运算．∵x >0，y ′＝－x 2＋81＝(9－x )(9＋x )，令y ′＝0，得x ＝9时；当x ∈(0,9)时，y ′>0，x ∈(9，＋∞)，y ′<0.y 先增后减，∴x ＝9时函数取最大值，选C.(理)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm ，要使其体积为最大，则高为( )A.33cm B.1033cmC.1633cmD.2033cm[答案] D[解析] 设圆锥的高为x ，则底面半径为202－x 2，其体积为V ＝13πx (400－x 2) (0＜x ＜20)，V ′＝13π(400－3x 2)，令V ′＝0，解得x ＝203 3.当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033＜x ＜20时，V ′＜0 所以当x ＝2033时，V 取最大值．二、填空题7．如下图，函数f (x )的图像是折线段ABC ，其中A 、B 、C 的坐标分别为(0,4)、(2,0)、(6,4)，则f (f (0))＝________；函数f (x )在x ＝1处的导数f ′(1)＝________.[答案] 2，－28．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的取值范围为____．[答案] a ≥1[解析] 由已知得a ＞1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内恒成立．设g (x )＝1＋ln x x ，则g ′(x )＝－ln xx 2＜0 (x ＞1)，∴g (x )＝1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内单调递减， ∴g (x )＜g (1)，∵g (1)＝1，∴1＋ln xx ＜1在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a ≥1. 三、解答题9．(文)已知a 为实数，函数f (x )＝(x 2＋1)(x ＋a )，若f ′(－1)＝0，求函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值和最小值． [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.∵f ′(－1)＝0，∴3－2a ＋1＝0，即a ＝2.∴f ′(x )＝3x 2＋4x ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x ＋1)．由f ′(x )≥0，得x ≤－1或x ≥－13；由f ′(x )≤0，得－1≤x ≤－13.因此，函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，－1和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13. ∴f (x )在x ＝－1取得极大值f (－1)＝2，f (x )在x ＝－13取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝5027.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138，f (1)＝6，且5027>138，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值为f (1)＝6，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138.(理)(2011·北京理，18)已知函数f (x )＝(x －k )2e xk .(1)求f (x )的单调区间；(2)若对于任意的x ∈(0，＋∞)，都有f (x )≤1e ，求k 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝1k (x 2－k 2)e xk ，令f ′(x )＝0，得x ＝±k . 当k >0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：(－k ，k )．当k <0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：(k ，－k )．(2)当k >0时，因为f (k ＋1)＝ek ＋1k>1e ，所以不会有∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e .当k <0时，由(1)知f (x )在(0，＋∞)上的最大值是f (－k )＝4k 2e . 所以∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e 等价于f (－k )＝4k 2e ≤1e . 解得－12≤k <0.故当∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e 时，k 的取值范围是[－12，0)．一、选择题1．(2011·浙江文，10)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)，若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )的图像是( )[答案] D[解析] 本题考查了导数的极值及有关函数图像问题．由F (x )＝f (x )·e x 得， F ′(x )＝f ′(x )e x ＋f (x )·(e x )′ ＝e x [ax 2＋(2a ＋b )x ＋b ＋c ]∵x ＝－1是F (x )的极值点，∴F ′(－1)＝0，得c ＝a . ∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a ，∴f ′(x )＝2ax ＋b ∴f ′(－1)＝－2a ＋b ，f (－1)＝2a －b由f ′(－1)＝0，则b ＝2a ，f (－1)＝0，b ＝2a ，故A ，B 选项可能成立；由f ′(－1)>0，∴－2a ＋b >0，∴f (－1)<0，故C 选项也成立；所以，答案选D.2．(文)已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时( )A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0[答案] B[解析] f (x )是奇函数，g (x )为偶函数．x >0时，f (x )，g (x )都单调递增，x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.(理)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)·f ′(x )<0，则a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)的大小关系是( )A ．a 0，所以x ∈(－∞，1)时f (x )是增函数，又c ＝f (3)＝f (－1)，而f (－1)<f (0)<f (12)，即c <a 0；当－1<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以当x ＝－1时函数f (x )有极大值，当x ＝1时函数f (x )有极小值．要使函数f (x )有3个不同的零点，只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)>0，f (1)<0，解得－2<a <2.4．(文)(2011·山东济南模拟)将长为52cm 的铁丝剪成两段，各围成一个长与宽之比为2:1及3:2的矩形，那么面积之和的最小值为________cm 2.[答案] 78[解析] 设剪成的两段中其中一段为x ，另一段为52－x .由题意知，面积之和为S ＝x 6·2x 6＋3(52－x )10·2(52－x )10＝118x 2＋350(52－x )2，S ′＝19x －325(52－x )．令S ′＝0，则x ＝27，另一段为52－27＝25.此时S min ＝78(cm 2)． (理)将边长为1m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则S 的最小值是________．[答案] 3233[解析] 本题主要考查了导数在实际问题中的应用，求解的关键在于根据条件正确地建立目标函数，进而利用导数工具求函数的最值，重点考查了考生的建模能力和运算能力．如上图，设AD ＝x (0<x <1)，则DE ＝AD ＝x ，∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x ，又S △ADE ＝34x 2，∴梯形的面积为34－34x 2，∴S ＝433×x 2－6x ＋91－x 2(0<x <1)，∴S ′＝－833×(3x －1)(x －3)(1－x 2)2，令S ′＝0，得x ＝13或3(舍去)，当x ∈(0，13)时，S ′<0，S 递减；当x∈(13，1)时，S ′>0，S 递增；故当x ＝13时，S 的最小值是3233. 三、解答题5．(文)已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴切于(1,0)点，求f (x )的极值．[解析] ∵f (x )过(1,0)点，∴f (1)＝1－p －q ＝0.∵f ′(x )＝3x 2－2px －q ，且f (x )与x 轴相切于点(1,0)，∴f ′(1)＝3－2p －q ＝0.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 1－p －q ＝0，3－2p －q ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1. ∴f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)，其图像如上图所示．∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，∴f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－2⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＝427， f (x )极小值＝f (1)＝13－2×12＋1＝0.(理)(2012·东北四校联考)已知函数f (x )＝ln x x －x ，求函数f (x )的最大值．[解析] ∵f ′(x )＝1－ln x x 2－1，令f ′(x )＝0得x 2＝1－ln x .显然x ＝1是方程的解．令g (x )＝x 2＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝2x ＋1x >0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴x ＝1是方程f ′(x )＝0的唯一解∵当0<x <1时，f ′(x )＝1－ln x x 2－1>0，当x >1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ＝1时函数有最大值f (x )max ＝f (1)＝－1.6．(文)(2011·全国大纲卷文，21)已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋(3－6a )x ＋12a －4(a ∈R)．(1)证明：曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线过点(2,2)；(2)若f (x )在x ＝x 0处取得最小值，x 0∈(1,3)，求a 的取值范围．[解析] (1)f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3－6a由f (0)＝12a －4，f ′(0)＝3－6a 得曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y ＝(3－6a )x ＋12a －4，由此知曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线经过点(2,2)．(2)由f ′(x )＝0，得x 2＋2ax ＋1－2a ＝0(ⅰ)当Δ≤0，即－2－1≤a ≤2－1时，f (x )没有极小值．(ⅱ)当Δ>0，即a >2－1或a <－2－1时，由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2＋2a －1，x 2＝－a ＋a 2＋2a －1故x 0＝x 2，由题设知，1<－a ＋a 2＋2a －1<3当a >2－1时，不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3无解当a <－2－1时，解不等式1<－a ＋a 2＋2a －1<3得－52<a <－2－1 综合(ⅰ)(ⅱ)得a 的取值范围是(－52，－2－1)．(理)(2011·新课标文，21)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋b x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1. [解析] (1)f ′(x )＝a (x ＋1x －ln x )(x ＋1)2－b x 2. 由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎨⎧f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎨⎧ b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1(2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－ln x x －1＝11－x 2(2ln x －x 2－1x )．考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x >0)，则h ′(x )＝2x －2x 2－(x 2－1)x 2＝－(x －1)2x 2. 所以当x ≠1时，h ′(x )<0，而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－ln x x －1>0，即f (x )>ln x x －1. 7．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？[解析] (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)，耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫1128000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升)．答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为f (x )升．依题意得f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128000x 3－380x ＋8·100x ＝11280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， f ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令f ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，f ′(x )<0，f (x )是减函数；当x ∈(80,120]时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．∴当x ＝80时，f (x )取到极小值f (80)＝11.25(升)．因为f(x)在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．。

《走向高考》2013(春季发行)高三数学(人教A版)总复习1-2章课件2-3函数的奇偶性与周期性

数之积、商是偶函数；一个奇函数与一个偶函数之积或商是奇函数(以上函数都不包括值恒为0的函数)．
第二章
第三节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
二、函数的周期性 () 对于函数f(x)，果在个零数 1 如存一非常 T，得定使对义
f(x) 域内的每一个x值，都满足f(x＋T)＝_____，那么函数f(x)叫做
答案：B
第二章
第三节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
点评：如何判断函数奇偶性：第一，求函数定义域，看函数的定义域是否关于原点对称，若不对称，则该函数为非奇非偶函数．第二，若定义域关于原点对称，函数表达式能化简的，则对函数进行适当的化简，以便于判断，化简时要保持定义域不改变；第三，利用定义进行等价变形判断．第四，分段函数应分段讨论，要注意据x的范围取相应的函数表达式或利用图象判断．
处理恒等式问题关键是利用x取值的任意性，常用比较系数法和赋值法求解．
第二章
第三节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
考点典例讲练
第二章
第三节
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判断函数的奇偶性
[例1]
(01 21·
北西一京城模 )
)下列给出的函数中，既不是
奇函数也不是偶函数的是( A．y＝2|x| C．y＝2x
第二章
第三节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
(02 21·
广文东， 4下函为函的 ) 列数偶数是
(
)
A．y＝s x B．y＝x3 n i C．y＝ex D．y＝ln x2＋1
第二章
第三节

【走向高考】高考数学一轮总复习(基础梳理导学+高频考点通关)3-2利用导数研究函数的性质课件新人教B版

(理)(2013· 唐山一中月考)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取．．值范围是( ) 3 B．[1，2) 3 D．[ ，2) 2
A．[1，＋∞) C．[1,2)
[答案]
B
[解析]
1 因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝4x－，由 x
3．函数的最大值与最小值函数的最大值与最小值：在闭区间[a，b]内可导的函数 f(x)必有最大值与最小值；但在开区间(a，b)内可导的函数f(x) 不一定有最大值与最小值．
[答案]
1.(1)> < (2)0 充分不必要充分不必要
2.< > 大(小) 大(小)
考点自测把脉弱点 1．(2013· 广州调研)已知e为自然对数的底数，则函数y＝ xex的单调递增区间是( A．[－1，＋∞) C．[1，＋∞) ) B．(－∞，－1] D．(－∞，1]
[答案] A
[解析]
令y′＝(1＋x)ex≥0，∵ex>0，∴1＋x≥0，
∴x≥－1，选A.
2．(2013· 沈阳质检)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且 f(1)＝1，f ′(x)>1，则f(x)>x的解集是( A．(0,1) C．(1，＋∞) B．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) )
②对于可导函数f(x)来说，f
′(x)＞0是f(x)在(a，b)上为
单调增函数的________条件，f ′(x)＜0是f(x)在(a，b)上为单调减函数的____________条件，如f(x)＝x3在R上为增函数，但f ′(0)＝0，所以在x＝0处不满足f ′(x)＞0.

【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 3-3导数的实际应用新人教A版

3-3导数的实际应用基础巩固强化1.(文)正三棱柱体积为V ，则其表面积最小时，底面边长为( ) A.3V B.32V C.34V D ．23V [答案] C[解析] 设正三棱柱底面边长为a ，高为h ，则体积V ＝34a 2h ，∴h ＝4V 3a2，表面积S ＝32a 2＋3ah ＝32a 2＋43V a，由S ′＝3a －43V a2＝0，得a ＝34V ，故选C.(理)在内接于半径为R 的半圆的矩形中，周长最大的矩形的边长为( )A.R 2和32R B.55R 和455R C.45R 和75R D ．以上都不对[答案] B[解析] 设矩形垂直于半圆直径的边长为x ，则另一边长为2R 2－x 2，则l ＝2x ＋4R 2－x 2(0＜x ＜R )，l ′＝2－4xR 2－x2，令l ′＝0，解得x ＝55R . 当0＜x ＜55R 时，l ′＞0；当55R ＜x ＜R 时，l ′＜0. 所以当x ＝55R 时，l 取最大值，即周长最大的矩形的边长为55R ，455R . 2．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件[答案] C[解析] ∵y ＝－13x 3＋81x －234，∴y ′＝－x 2＋81(x >0)．令y ′＝0得x ＝9，令y ′<0得x >9，令y ′>0得0<x <9，∴函数在(0,9)上单调递增，在(9，＋∞)上单调递减， ∴当x ＝9时，函数取得最大值．故选C.[点评] 利用导数求函数最值时，令y ′＝0得到x 的值，此x 的值不一定是极大(小)值时，还要判定x 值左右两边的导数的符号才能确定．3．(文)做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.a bB.a 2bC.b aD.b 2a[答案] C [解析]如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h . 设造价为y ，则y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R， ∴y ′＝4πaR －2bV R.令y ′＝0并将V ＝πR 2h 代入解得，2R h ＝b a.(理)圆柱的表面积为S ，当圆柱体积最大时，圆柱的底面半径为( ) A.S3πB.3πSC.6πS6πD ．3π·6πS[答案] C[解析] 设圆柱底面半径为r ，高为h ，∴S ＝2πr 2＋2πrh ，∴h ＝S －2πr 22πr，又V ＝πr 2h ＝rS －2πr 32，则V ′＝S －6πr 22，令V ′＝0，得S ＝6πr 2，∴h ＝2r ，r ＝6πS6π. 4．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总收益R 与产量x 的关系是R ＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80000， x ＞400.则总利润最大时，每年生产的产品是( )A ．100B ．150C ．200D ．300[答案] D[解析] 由题意，总成本为C ＝20000＋100x .所以总利润为P ＝R －C ＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20000，0≤x ≤400，60000－100x ，x ＞400，P ′＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x ＞400.令P ′＝0，得x ＝300，易知当x ＝300时，总利润最大． 5．(文)内接于半径为R 的球并且体积最大的圆锥的高为( ) A ．R B ．2R C.43R D.34R [答案] C[解析] 设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则R 2＝(h －R )2＋r 2，∴r 2＝2Rh －h 2， ∴V ＝13πr 2h ＝π3h (2Rh －h 2)＝23πRh 2－π3h 3，V ′＝43πRh －πh 2，令V ′＝0得h ＝43R .(理)要制做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm ，要使其体积最大，则高为( ) A.33cm B.1033cm C.1633cm D.2033cm [答案] D[解析] 设圆锥的高为x ，则底面半径为202－x 2，其体积为V ＝13πx (400－x 2) (0＜x ＜20)，V ′＝13π(400－3x 2)，令V ′＝0，解得x ＝2033. 当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033＜x ＜20时，V ′＜0，所以当x ＝2033时，V 取最大值．6．(2012·保定模拟)定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}[答案] B[解析] 令g (x )＝2f (x )－x －1，∵f ′(x )>12，∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，∴g (x )为单调增函数，∵f (1)＝1，∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0，∴当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1，故选B.7．(文)用长为18m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2 1，该长方体的最大体积是________．[答案] 3m 3[解析] 设长方体的宽为x ，则长为2x ，高为92－3x (0<x <2)，故体积为V ＝2x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫92－3x ＝－6x 3＋9x 2，V ′＝－18x 2＋18x ，令V ′＝0得，x ＝0或1，∵0<x <2，∴x ＝1.∴该长方体的长、宽、高各为2m 、1m 、1.5m 时，体积最大，最大体积V max ＝3m 3. (理)用总长为14.8m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5m ，那么容器的容积最大时，容器的高为________．[答案] 1.2m[解析] 设容器的短边长为x m ，则另一边长为(x ＋0.5)m ，高为14.8－4x －4x ＋0.54＝3.2－2x .由3.2－2x >0和x >0，得0<x <1.6，设容器的容积为y m 3，则有y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )(0<x <1.6)，整理得y ＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x ， ∴y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6，令y ′＝0，有－6x 2＋4.4x ＋1.6＝0，即15x 2－11x －4＝0，解得x 1＝1，x 2＝－415(不合题意，舍去)，∴高＝3.2－2＝1.2，容积V ＝1×1.5×1.2＝1.8.8．(文)(2011·北京模拟)若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．[答案] (－1，＋∞)[分析] 函数f (x )存在单调减区间，就是不等式f ′(x )<0有实数解，考虑到函数的定义域为(0，＋∞)，所以本题就是求f ′(x )<0在(0，＋∞)上有实数解时a 的取值范围．[解析] 解法1：f ′(x )＝1x －ax －2＝1－ax 2－2xx，由题意知f ′(x )<0有实数解，∵x >0，∴ax 2＋2x －1>0有实数解．当a ≥0时，显然满足；当a <0时，只要Δ＝4＋4a >0，∴－1<a <0，综上知a >－1.解法2：f ′(x )＝1x －ax －2＝1－ax 2－2x x，由题意可知f ′(x )<0在(0，＋∞)内有实数解．即1－ax 2－2x <0在(0，＋∞)内有实数解．即a >1x 2－2x在(0，＋∞)内有实数解．∵x ∈(0，＋∞)时，1x 2－2x ＝(1x－1)2－1≥－1，∴a >－1.(理)(2011～2012·黄冈市期末)对于三次函数y ＝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”．某同学经过探究发现：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．若f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，请你根据这一发现，求：(1)函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为________；(2)计算f (12014)＋f (22014)＋f (32014)＋f (42014)＋…＋f (20132014)＝________. [答案] (1)(12，1) (2)2013[解析] (1)f ′(x )＝x 2－x ＋3，f ″(x )＝2x －1，由2x －1＝0得x ＝12，f (12)＝13×(12)3－12×(12)2＋3×12－512＝1，由拐点的定义知f (x )的拐点即对称中心为(12，1)． (2)∴f (k 2014)＋f (1－k 2014)＝f (k 2014)＋f (2014－k 2014)＝2(k ＝1，2，…，1007)，∴f (12014)＋f (22014)＋…＋f (20132014)＝[f (12014)＋f (20132014)]＋[f (22014)＋f (20122014)]＋…＋[f (10062014)＋f (10082014)]＋f (10072014)＝2×1006＋1＝2013.9．有一个容积V 一定的有铝合金盖的圆柱形铁桶，已知单位面积铝合金的价格是铁的3倍，问如何设计使总造价最小？[分析] 桶的总造价要根据铁与铝合金的用量来定，由于二者单位面积的价格不同，在保持铁桶容积不变的前提下，使总造价最小．问题转化为V 一定求总造价y 的最小值，选取恰当变量(圆柱高h 或底半径r )来表示y 即变为函数极值问题．[解析] 设圆柱体高为h ，底面半径为r ，又设单位面积铁的造价为m ，桶总造价为y ，则y ＝3m πr 2＋m (πr 2＋2πrh )．由于V ＝πr 2h ，得h ＝V πr 2，所以y ＝4m πr 2＋2mV r(r >0)．所以，y ′＝8m πr －2mVr2.令y ′＝0，得r ＝⎝⎛⎭⎪⎫V 4π13，此时，h ＝V πr 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫V 4π13.该函数在(0，＋∞)内连续可导，且只有一个使函数的导数为零的点，问题中总造价的最小值显然存在，当r ＝⎝⎛⎭⎪⎫V 4π13时，y 有最小值，即h r ＝4时，总造价最小．10．(文)已知球的直径为d ，求当其内接正四棱柱体积最大时，正四棱柱的高为多少？ [解析] 如右图所示，设正四棱柱的底面边长为x ，高为h ，由于x 2＋x 2＋h 2＝d 2， ∴x 2＝12(d 2－h 2)．∴球内接正四棱柱的体积为V ＝x 2·h ＝12(d 2h －h 3)，0<h <d . V ′＝12(d 2－3h 2)＝0，∴h ＝33d . 在(0，d )上，函数变化情况如下表：(理)如右图所示，扇形AOB 中，半径OA ＝1，∠AOB ＝π2，在OA 的延长线上有一动点C ，过点C 作CD 与AB 相切于点E ，且与过点B 所作的OB 的垂线交于点D ，问当点C 在什么位置时，直角梯形OCDB 的面积最小．[分析] 要求直角梯形OCDB 的面积的最小值，需先求出梯形面积，可设OC ＝x ，进而用x 表示BD ，然后利用导数的方法求最小值．[解析] 如上图所示，过D 作DF ⊥OA 于F ，可知 △OEC ≌△DFC ，所以OC ＝CD ，设OC ＝x (x ＞1)，在Rt △CDF 中，CD 2＝CF 2＋DF 2，即x 2＝(x －BD )2＋1，所以BD ＝x －x 2－1，所以梯形的面积为S ＝12(BD ＋OC )·OB ＝12(2x －x 2－1)， S ′＝12(2－xx 2－1)．令S ′＝0，解得x 1＝23，x 2＝－23(舍去)．当x ＞23时，S ′＞0；当1＜x ＜23时，S ′＜0. 所以当x ＝233时，S 取最小值．即当OC ＝233时，直角梯形OCDB 的面积最小.能力拓展提升11.已知非零向量a 、b 满足：|a |＝2|b |，若函数f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x 在R 上有极值，设向量a 、b 的夹角为θ，则cos θ的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1B.⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12 [答案] D[解析] ∵函数f (x )在R 上有极值，∴f ′(x )＝x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有两不等实根，∴Δ＝|a |2－4|a |·|b |cos θ＝4|b |2－8|b |2cos θ>0，∴cos θ<12，∴选D.[点评] 若f (x )为三次函数，f (x )在R 上有极值，则f ′(x )＝0应有二不等实根，当f (x )有两相等实根时，不能保证f (x )有极值，这一点要特别注意，如f (x )＝13x 3，f ′(x )＝x 2＝0有实根x ＝0，但f (x )在R 上单调增，无极值．即导数为0是函数有极值的必要不充分条件．12．如图，过函数y ＝x sin x ＋cos x 图象上点(x ，y )的切线的斜率为k ，若k ＝g (x )，则函数k ＝g (x )的图象大致为( )[答案] A[解析] ∵y ′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， ∴k ＝g (x )＝x cos x ，易知其图象为A.13．函数f (x )＝2x 3＋12x 2－x ＋1的图象与x 轴交点个数为________个．[答案] 1[解析] f ′(x )＝6x 2＋x －1＝(3x －1)(2x ＋1)，当x <－12时，f ′(x )>0，当－12<x <13时，f ′(x )<0，当x >13时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－12)上单调递增，在(－12，13)上单调递减，在(13，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－12时，f (x )取到极大值118，当x ＝13时，f (x )取到极小值4354，故f (x )的图象与x 轴只有一个交点．14．将边长为1m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________．[答案]3233[解析] 设DE ＝x ，则梯形的周长为：3－x ，梯形的面积为：12(x ＋1)·32(1－x )＝34(1－x 2)，∴s ＝3－x 2341－x 2＝433·x 2－6x ＋91－x2，x ∈(0,1)，设h (x )＝x 2－6x ＋91－x 2，h ′(x )＝－6x 2＋20x －61－x 22. 令h ′(x )＝0，得：x ＝13或x ＝3(舍)，∴h (x )最小值＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝8， ∴s 最小值＝433×8＝3233.15．(文)甲乙两地相距400km ，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100km/h ，已知该汽车每小时的运输成本P (元)关于速度v (km/h)的函数关系是P ＝119200v 4－1160v 3＋15v .(1)求全程运输成本Q (元)关于速度v 的函数关系式；(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值． [解析] (1)汽车从甲地到乙地需用400v h ，故全程运输成本为Q ＝400P v ＝v 348－5v22＋6000(0<v ≤100)．(2)Q ′＝v 216－5v ，令Q ′＝0得，v ＝80，∴当v ＝80km/h 时，全程运输成本取得最小值，最小值为20003元．(理)(2011·江苏)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD 是边长为60cm 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A ，B ，C ，D 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，是被切去的一个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的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[解析] 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)，由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30. (1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.16．(文)用一块钢锭浇铸一个厚度均匀，且全面积为2m 2的正四棱锥形有盖容器(如右图)．设容器的高为h m ，盖子边长为a m.(1)求a 关于h 的函数解析式；(2)设容器的容积为V m 3，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值．(容器的厚度忽略不计)[解析] (1)如右图，作PO ⊥平面ABCD ，O 为垂足，作OE ⊥BC 于E ，连结PE ，则PE ⊥BC ，正四棱锥的全面积为2＝4×12×a ×h 2＋a22＋a 2.所以a ＝11＋h2(h >0)．(2)V ＝13a 2h ＝13·h 1＋h 2(h >0)，V ′＝13·1＋h 2－h 2h 1＋h 22＝1－h 231＋h 22.所以当0<h <1时，V ′>0.所以V (h )在(0,1]上为增函数．当h >1时，V ′<0，所以V (h )在[1，＋∞)上为减函数．故h ＝1为函数V (h )的唯一极大值点也是最大值点， ∴V max ＝16.答：当高h ＝1m 时，容积取最大值16m 3.(理)如图，有一矩形钢板ABCD 缺损了一角(如图所示)，边缘线OM 上每一点到点D 的距离都等于它到边AB 的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB ＝1m ，AD ＝0.5m ，问如何画切割线EF 可使剩余部分五边形ABCEF 的面积最大？[解析] 由题知，边缘线OM 是以点D 为焦点，直线AB 为准线的抛物线的一部分．以O 点为原点，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，则D (0，14)，M (12，14)．所以边缘线OM 所在抛物线的方程为y ＝x 2(0≤x ≤12)．要使如图的五边形ABCEF 面积最大，则必有EF 所在直线与抛物线相切，设切点为P (t ，t 2)．则直线EF 的方程为y ＝2t (x －t )＋t 2，即y ＝2tx －t 2，由此可求得点E ，F 的坐标分别为E (1＋4t 28t ，14)，F (0，－t 2)．所以S △DEF ＝S (t )＝12·1＋4t 28t ·(14＋t 2)＝164·16t 4＋8t 2＋1t ，t ∈(0，12]．所以S ′(t )＝164·48t 4＋8t 2－1t 2＝12t 2－14t 2＋164t2＝34t 2＋1t ＋36t －3616t2，显然函数S(t)在(0，36]上是减函数，在(36，12]上是增函数．所以当t＝36时，S△DEF取得最小值，相应地，五边形ABCEF的面积最大．此时点E、F的坐标分别为E(33，14)，F(0，－112)．此时沿直线EF划线可使五边形ABCEF的面积最大．1．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)( )A．无极大值点、有四个极小值点B．有三个极大值点、两个极小值点C．有两个极大值点、两个极小值点D．有四个极大值点、无极小值点[答案] C[解析] 设f′(x)与x轴的4个交点，从左至右依次为x1、x2、x3、x4，当x<x1时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x1<x<x2时，f′(x)<0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点．2．函数f(x)＝e x cos x的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角的余弦值为( )A．－55B.55C.22D．1[答案] C[解析] f′(x)＝e x cos x－e x sin x，∴f′(0)＝1.设f (x )在点(0，f (0))处切线的倾斜角为α，则tan α＝1， ∵α∈(0，π)，∴α＝π4，∴cos α＝22.3．设函数f (x )＝sin θ3x 3＋3cos θ2x 2＋tan θ，其中θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12，则导数f ′(1)的取值范围为( )A ．[－2,2]B ．[2，3]C ．[3，2]D ．[2，2][答案] D[解析] ∵f ′(x )＝sin θ·x 2＋3cos θ·x ， ∴f ′(1)＝sin θ＋3cos θ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3.∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12，∴θ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，3π4.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1，∴f ′(1)∈[2，2]，故选D. 4．某工厂要围建一个面积为128m 2的矩形堆料场，一边可以用原有的墙壁，其他三边要砌新的墙壁，要使砌墙所用的材料最省，堆料场的长、宽应分别为________．[答案] 16m 8m[解析] 设场地宽为x m ，则长为128xm ，因此新墙总长度为y ＝2x ＋128x(x ＞0)，y ′＝2－128x2，令y ′＝0，∵x >0，∴x ＝8.因为当0＜x ＜8时，y ′＜0；当x ＞8时，y ′＞0，所以当x ＝8时，y 取最小值，此时宽为8m ，长为16m. 即当堆料场的长为16m ，宽为8m 时，可使砌墙所用材料最省． 5．(2011·陕西文)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g (1x)的大小关系；(3)求a 的取值范围，使得g (a )－g (x )<1a对任意x >0成立．[解析] ∵f (x )＝ln x ，∴f ′(x )＝1x ，g (x )＝ln x ＋1x.∴g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，∴(0,1)是g (x )的单调减区间；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.∴(1，＋∞)是g (x )的单调增区间，因此当x ＝1时g (x )取极小值，且x ＝1是唯一极值点，从而是最小值点．所以g (x )最小值为g (1)＝1. (2)g (1x)＝－ln x ＋x令h (x )＝g (x )－g (1x )＝2ln x －x ＋1x，则h ′(x )＝－x －12x2，当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g (1x)，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时h ′(x )<0，h ′(1)＝0，所以h (x )在(0，＋∞)单调递减，当x ∈(0,1)时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g (1x)，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g (1x)，综上知，当x ∈(0,1)时，g (x )>g (1x)；当x ＝1时，g (x )＝g (1x)；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<g (1x)．(3)由(1)可知g (x )最小值为1，所以g (a )－g (x )<1a 对任意x >0成立等价于g (a )－1<1a，即ln a <1，解得0<a <e .所以a 的取值范围是(0，e )．6．学习曲线是1936年美国康乃尔大学T.P.Wright 博士在飞机制造过程中，通过对大量有关资料、案例的观察、分析、研究，首次发现并提出来的．已知某类学习任务的学习曲线为：f (t )＝34＋a ·2－t ·100%(其中f (t )为该任务的程度，t 为学习时间)，且这类学习任务中的某项任务满足f (2)＝60%.(1)求f (t )的表达式，计算f (0)并说明f (0)的含义； (2)已知2x>x ln2对任意x >0恒成立，现定义f t t为该类学习任务在t 时刻的学习效率指数，研究表明，当学习时间t ∈(1,2)时，学习效率最佳，当学习效率最佳时，求学习效率指数相应的取值范围．[解析] (1)∵f (t )＝34＋a ·2·100%(t 为学习时间)，且f (2)＝60%，则34＋a ·2－2·100%＝60%，解得a ＝4.∴f (t )＝34＋a ·2－t ·100%＝341＋2－t·100%(t ≥0)， ∴f (0)＝341＋2－0·100%＝37.5%， f (0)表示某项学习任务在开始学习时已掌握的程度为37.5%.(2)令学习效率指数f t t＝y ，则y ＝f t t ＝34t 1＋2－t＝34t ＋t2t (t >0)，现研究函数g (t )＝t ＋t2t 的单调性，由于g ′(t )＝1＋2t－t ·2tln22t 2＝2t－t ln2＋12t(t >0)，又已知2x>x ln2对任意x >0恒成立，即2t－t ln2>0，则g ′(t )>0恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上为增函数，且g (t )为正数． ∴y ＝f t t＝34t ＋t2(t >0)在(0，＋∞)上为减函数，而y |t ＝1＝f 11＝12，y |t ＝2＝f 22＝310，即y ＝f t t ∈(310，12)，故所求学习效率指数的取值范围是(310，12)．7．(2012·延边州质检)已知函数f (x )＝x 2＋ax －ln x ，a ∈R . (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围；(3)令g (x )＝f (x )－x 2，是否存在实数a ，当x ∈(0，e ](e 是自然对数的底数)时，函数g (x )的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．[解析] (1)当a ＝1时，由f ′(x )＝2x ＋1－1x ＝2x 2＋x －1x＝2x －12x ＋1x，∵函数f (x )＝x 2＋x －ln x 的定义域为(0，＋∞)，∴当x ∈(0，12]时，f ′(x )≤0，当x ∈[12，＋∞)时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )＝x 2＋x －ln x 的单调递减区间为(0，12]单调递增区间为[12，＋∞)．(2)f ′(x )＝2x ＋a －1x ＝2x 2＋ax －1x≤0在[1,2]上恒成立，令h (x )＝2x 2＋ax －1，有⎩⎪⎨⎪⎧h 1≤0h 2≤0得⎩⎪⎨⎪⎧a ≤－1a ≤－72，得a ≤－72.(3)假设存在实数a ，使g (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e ])有最小值3，g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，g (x )在(0，e ]上单调递减，g (x )min ＝g (e )＝ae －1＝3，a ＝4e(舍去)，∴g (x )无最小值．②当0<1a <e 时，g (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，e ]上单调递增，∴g (x )min ＝g (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件．③当1a ≥e 时，g (x )在(0，e ]上单调递减，g (x )min ＝g (e )＝ae －1＝3，a ＝4e(舍去)，∴f (x )无最小值．综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e ]时，f (x )有最小值3.8．(2012·山东苍山县模拟)某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)，设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，日销售量q 与e x 成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，销售量为100kg.(每日利润＝日销售量×(每公斤出厂价－成本价－加工费))．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少元时，该工厂的利润y 最大，并求最大值． [解析] (1)设日销售量q ＝k e x ，则k e30＝100，∴k ＝100e 30， ∴日销售量q ＝100e 30ex ，∴y ＝100e 30x －20－t e x(25≤x ≤40)．(2)当t ＝5时，y ＝100e 30x －25e x，y ′＝100e 3026－x e x.由y′≥0得x≤26，由y′≤0得x≥26，∴y在[26,25]上单调递增，在[26,40]上单调递减，∴当x＝26时，y max＝100e4.当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的利润最大，最大值为100e4元．。

《走向高考》2013(春季发行)高三数学(人教A版)总复习3-4章课件3-2利用导数研究函数的性质

2 1 a＋1 ax －a＋1x＋1 f ′(x)＝a＋ 2－＝ . x x x2
第三章
第二节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
－x＋1 ①当a＝0时，f ′(x)＝， x2 当x∈(1 0) , 时，f ′(x)0 ，函数f(x)单调递增； >
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)0 ，函数f(x)单递． < 调减 1 ax－ x－1 a ②当a≠0时，f ′(x)＝， x2 x－12 当a＝1时，f ′(x)＝ x2 ，f ′(x)≥0， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增
第三章
第二节
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2．函数的极值 () 函数极值的定义 1 已知函数 y＝f(x)，设 x0 是定义域(a，b)内一，果任点如对 x0 附近的所有点 x，都有 f(x)<f(x0)(f(x)>f(x0))，则称 f(x)在点 x0 取得极大(小)值，称 x0 是 f(x)的一个极大(小)值点．
第三章
第二节
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1 当a<0时， <0，时当此， a ∴f(x)在(1 0) , 上调增单递；
x∈(1 0) ,
时，f ′(x)0 ， >
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)0 ，∴f(x)在(1，＋∞)上单调 < 递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(1 0) , 上调增在单递， 1 ，( a ，＋
第三章
第二节
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注：据新课标的要求，有关函数最大值、最小值的实际问题一指是峰数也是在际题，果到，般的单函，就说实问中如遇函数在区间内只有一个极值点，那么不与端点值比较，就可以知道这一点就是最大(小)值点． 4．函的值最时要格解步规条求数极、值，严按题骤范理的写出解答过程，养成列表的习惯，含参数时注意分类讨论，已单性参的域取范时要意中含知调求数值或值围，注其隐 f

【走向高考】（2013春季发行）高三数学第一轮总复习阶段性测试题三导数及其应用配套训练（含解析）

阶段性测试题三(导数及其应用)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．(2013·烟台市检测)曲线y ＝(12)x在x ＝0处的切线方程是( )A ．x ＋y ln2－ln2＝0B ．x ln2＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x ＋y －1＝0[答案] B[解析] y ′＝(12)x ln 12＝－ln2·(12)x，y ′|x ＝0＝－ln2，即切线的斜率为－ln2.切点为(0,1)，所以切线方程为y －1＝－ln2×(x －0)，即x ln2＋y －1＝0，选B.2．(文)若曲线y ＝x 3－2x ＋4在某点处的切线的倾斜角为45°，则该点的横坐标为( )A ．1B ．±1C ．－1D ．1或3[答案] B[解析] y ′＝3x 2－2，tan45°＝1，令3x 2－2＝1得，x ＝±1，故选B.(理)(2013·湖南蓝山二中月考)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 ．3B ．2C ．1 D.12[答案] A[解析] y ′＝x 2－3x ，令x 2－3x ＝12，解得x ＝－2或3，∵x >0，∴x ＝3.3．(2013·山东莱州一中质检)函数f (x )的图象如图，f ′(x )是f (x )的导函数，则下列数值排列正确的是( )A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2)B ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)C ．0<f ′(3)<f ′(2)<f (3)－f (2)D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3) [答案] B[解析] 由图象可知，f (x )的切线斜率逐渐减小， ∴f ′ (2)>f ′(3)，又k AB ＝f 3－f 23－2＝f (3)－f (2)，且f ′(3)<k AB <f ′(2)，∴f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)，故选B.4．(2013·河北冀州中学上学期期中)设a 为实数，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a －2)x 的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是偶函数，则曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝3xC ．y ＝－3xD ．y ＝4x[答案] A[解析] ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a －2为偶函数，∴a ＝0，∴f (x )＝x 3－2x ，∵f ′(0)＝－2，且f (0)＝0，∴曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝－2x .5．(文)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝1与x ＝2处分别取得极大值与极小值，又数列{f ′n pn ＋q }为等差数列，则pq的值为( )A ．－1B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12[答案] D[解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件知⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f ′2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＋3＝0，4a ＋b ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－92，b ＝6.∴f ′(n )＝3n 2－9n ＋6＝3(n －1)(n －2)， ∵{f ′n pn ＋q }为等差数列，∴p q ＝－1或－12，故选D.(理)(2013·浙江北仑中学月考)若方程ln(x ＋1)＝2x的根在区间(k ，k ＋1)(k ∈Z )内，则k 的值为( )A ．－1B ．1C ．－1或2D ．－1或1[答案] D[解析] 令f (x )＝ln(x ＋1)－2x，f (x )在(－1,0)上和(0，＋∞)上都是增函数．由y ＝ln(x ＋1)与y ＝2x的图象知，在(－1,0)和(0，＋∞)各有一个交点．又f (1)f (2)＝(ln2－2)(ln3－1)<0，∴k ＝－1或1.6．(2013·大连二十四中期中)如果偶函数f (x )在R 上可导，且是最小正周期为3的周期函数，且f ′(1)＝0，则方程f ′(x )＝0在区间[0,6]上的实根个数至少是( )A ．11B ．9C ．7D ．5[答案] C[解析] ∵f (x )最小正周期为3，∴f (x )不是常数函数，又f (x )为偶函数，∴f ′(x )为奇函数，又f (x )在x ＝0处有定义，∴f ′(0)＝0，又f (x )为偶函数，且f ′(1)＝0，周期为3，∴f ′(4)＝f ′(1)＝0，f ′(－2)＝f ′(1)＝0，f ′(2)＝f ′(－2)＝0，f ′(3)＝f ′(0)＝0，f ′(5)＝f ′(2)＝0，f ′(6)＝f ′(0)＝0，故f ′(x )＝0在区间[0,6]上至少有7个实根．7．(2013·东北三省大联考)已知函数f (x )＝|sin x |的图象与直线y ＝kx (k >0)有且仅有三个公共点，这三个公共点横坐标的最大值为α，则α等于( )A ．－cos αB ．－sin αC ．－tan αD ．tan α[答案] D[解析] 由f (x )＝|sin x |与y ＝kx (k >0)的图象有且仅有三个公共点知，两函数图象必在(π，3π2)内相切，由题意知切点为A (α，－sin α)，∴k ＝－sin αα，又在(π，3π2)内，f (x )＝－sin x ，f ′(x )|x ＝α＝－cos α，即k ＝－cos α，∴－sin αα＝－cos α，∴α＝tan α.8．(2013·豫南九校联考)设n ∈N *，曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴的交点的纵坐标为a n ，则a 4＝( )A ．80B ．32C ．192D ．256[答案] A [解析] y ′＝nxn －1－(n ＋1)x n，x ＝2时，y ＝－2n ，y ′|x ＝2＝－(n ＋2)2n －1，∴切线方程为y ＋2n＝－(n ＋2)·2n －1·(x －2)，令x ＝0，得a n ＝(n ＋1)·2n，∴a 4＝80.9．(文)(2013·天津一中月考)定义在(0，＋∞)上的可导函数f (x )满足：xf ′(x )<f (x )且f (1)＝0，则f xx<0的解集为( ) A ．(0,1) B ．(0,1)∪(1，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．∅[答案] C [解析] 令F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝[f x x ]′＝xf ′x －f xx 2，∴当x >0时，F ′(x )<0，即函数F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (1)＝0，所以f 11＝0，∴F (x )<0的解为x >1，即不等式f xx<0的解为x >1，∴选C. (理)已知函数f (x )定义域为(0，＋∞)，且f (x )>0，当0<x <1时，f (x )单调递减，当x >1时，f (x )单调递增，已知0<a <1，则f (a )与af (1)的大小关系是( )A ．f (a )<af (1)B ．f (a )>af (1)C ．f (a )＝af (1)D ．f (a )≤af (1)[答案] B [解析] 令F (x )＝f xx(x >0)，∵f (x )在(0,1]上为减函数，∴F (x )在(0,1]上为减函数，∴当0<a <1时，有F (a )>F (1)＝f (1)，即f aa>f (1)，∴f (a )>af (1)，故选B. [点评] F (x )＝f xx的单调性可直接判断，也可以用定义证明． 10．(文)(2013·北大附中河南分校月考)设函数f (x )＝x n＋x －1(n ∈N ＋，n ≥2)，则f (x )在区间(12，1)内( )A ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …单调递增B ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …单调递减C ．存在唯一的零点x n ，且数列x 2，x 3，…，x n …非单调数列D ．不存在零点 [答案] A[解析] f ′(x )＝nxn －1＋1，因为n ≥2，x ∈(12，1)，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )在(12，1)上单调递增．f (1)＝1＋1－1＝1>0，f (12)＝(12)n ＋12－1＝(12)n －12，因为n ≥2，所以f (12)＝(12)n －12<0，所以函数在(12，1)上只有一个零点，结合y ＝x n与y ＝1－x 在(12，1)的图象知，选A.(理)(2013·烟台市检测)如图，设D 是图中边长分别为1和2的矩形区域，E 是D 内位于函数y ＝1x(x >0)图象下方的阴影部分区域，则阴影部分E 的面积为( )A ．ln2B ．1－ln2C ．2－ln2D ．1＋ln2[答案] D[解析] 解法1：S ＝1×2－⎠⎜⎛12 1 (2－1x )d x ＝2－(2x －ln x )⎪⎪⎪⎪112＝1＋ln2.解法2：S ＝12×2＋⎠⎜⎛1211x d x ＝1＋ln x ⎪⎪⎪⎪112＝1＋ln2.解法3：S ＝1×1＋⎠⎛121yd y ＝1＋ln y |21＝1＋ln2，故选D.11．(文)(2013·湖南师大附中月考)如下图，已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，记Δ＝4b 2－12ac ，则当Δ>0且a <0时，f (x )的图象大致为( )[答案] B[解析] ∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c (a ≠0)，且Δ＝4b 2－12ac >0，a <0，∴y ＝f ′(x )有两个零点，不妨设为x 1，x 2.且x 1<x 2，则当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0，f (x )递减．当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，f (x )递增．所以选B.(理)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( )A ．－1 B.12 C ．－2 D ．2[答案] A[解析] ∵y ′＝－sin 2x －1＋cos x cos x sin 2x ＝－1－cos xsin 2x ， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1，由条件知1a ＝－1， ∴a ＝－1，故选A.12．(2013·福建厦门双十中学期中考试)已知a 、b 是正实数，函数f (x )＝－13x 3＋ax2＋bx 在x ∈[－1,2]上单调递增，则a ＋b 的取值范围为( )A ．(0，52]B ．[52，＋∞)C ．(0,1)D ．(1，＋∞)[答案] B[解析] f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，∵f (x )在x ∈[－1,2]上单调递增，∴f ′(x )≥0在[－1,2]上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－1≥0，f ′2≥0.∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －b ≤－1，4a ＋b ≥4.令a ＋b ＝λ(2a －b )＋μ(4a ＋b )，则⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋4μ＝1，－λ＋μ＝1.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12，μ＝12.∴a ＋b ＝－12(2a －b )＋12(4a ＋b )≥12＋2＝52，故选B.[点评] 求a ＋b 的取值范围还可以用线性规划求解．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．) 13．(文)(2013·湖州市八中检测)函数y ＝x 3＋x 2－5x ＋5的单调递增区间是________． [答案] (－∞，－53)和(1，＋∞)[解析] y ′＝3x 2＋2x －5，由y ′>0得x <－53或x >1.(理)已知函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值集合为________．[答案] (22，＋∞) [解析] f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减；当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0，且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0，解得a >22. 14．(文)(2013·云南省名校统考)已知f (x )＝ln xx，在区间[2,3]上任取一点x 0，使得f ′(x 0)>0的概率为________．[答案] e －2[解析] f ′(x )＝1－ln xx2，由f ′(x )>0得0<x <e ，由f ′(x )<0得x >e ，∴在[2,3]上任取一点x 0，使得f ′(x 0)>0的概率为p ＝e －23－2＝e －2.(理)(2013·陕西西工大附中训练)已知函数f (a )＝⎠⎛0a sin x d x ，则f (2013π)＝________.[答案] 2[解析] f (a )＝⎠⎛0a sin x d x ＝－cos x |a0＝1－cos a ，f (2013π)＝1－cos2013π＝1－cosπ＝2.15．(2013·江苏泰州中学学情诊断)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 从小到大排列的顺序为________．[答案] c <a <b[解析] ∵f (x )＝f (2－x )，f (1＋x )＝f (1－x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x <1时，∵(x －1)f ′(x )<0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，1)上单调递增，当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∵c ＝f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)．由于－1<0<12，∴f (－1)<f (0)<f (12)，∴c <a <b .16．(文)给出下列四个命题：①函数f (x )＝ln x －2＋x 在区间(1，e )上存在零点； ②若f ′(x 0)＝0，则函数y ＝f (x )在x ＝x 0取得极值； ③若m ≥－1，则函数y ＝log 12(x 2－2x －m )的值域为R ；④“a ＝1”是“函数f (x )＝a －e x1＋aex 在定义域上是奇函数”的充分不必要条件．其中真命题是________．(填写所有真命题的序号) [答案] ①③④[解析] ①正确，显然f (x )＝ln x －2＋x 在(1，e )上是增函数，且f (1)＝－1<0，f (e )＝e －1>0，所以函数f (x )＝ln x －2＋x 在区间(1，e )上存在零点．②不正确，例f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0，由f ′(x )＝0得x ＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点． ③正确，∵m ≥－1，∴Δ＝4＋4m ≥0，即x 2－2x －m 能取到所有的正实数， ∴函数的值域为R .对于④，若a ＝1，则f (x )＝1－ex1＋e x ，∴f (－x )＝1－e －x1＋e －x ＝1－e－xe x 1＋e－xe x ＝e x －1e x ＋1＝－f (x )，又f (x )＝1－e x 1＋e x 的定义域为R ，所以“a ＝1”能推出“函数f (x )＝a －ex1＋ae x 在定义域上是奇函数”；若函数f (x )＝a －e x1＋aex 在定义域上是奇函数，则f (－x )＝－f (x )恒成立，∵f (－x )＝a －e －x 1＋ae －x ＝a －e －x e x 1＋ae －xe x ＝ae x －1e x ＋a ， ∴a －e x 1＋ae x ＝－ae x －1e x＋a， ∴(a －e x )(a ＋e x )＝－(ae x －1)(ae x＋1)，即(a 2－1)e 2x＋a 2－1＝0恒成立，∴a 2－1＝0，∴a ＝±1，故“函数f (x )＝a －e x 1＋aex 在定义域上是奇函数”推不出“a ＝1”，所以④正确．综上正确的为①③④.(理)(2013·江苏泰州中学学情诊断)已知函数f (x )＝|x 2－6|，若a 0，∴z ＝12b －b 3在(－6，－2)上单调递减，在(－2,0)上单调递增，∴b ＝－2时，z min ＝－16.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分12分)函数f (x )＝x 2(x ＋a )(a ∈R )．(1)若f ′(2)＝1，求a 值及曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当a ＝－1时，求函数f (x )在区间[－1,1]上的最小值．[解析] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，∵f ′(2)＝1，∴12＋4a ＝1，∴a ＝－114，∴f (x )＝x 3－114x 2，∴f (2)＝－3，∴曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋3＝1·(x －2)，即x －y －5＝0.(2)当a ＝－1时，f (x )＝x 3－x 2，f ′(x )＝3x 2－2x ，由3x 2－2x >0得x <0或x >23，∴f (x )在[－1,0]和[23，1]上单调递增，在[0，23]上单调递减．又f (－1)＝－2，f (0)＝0，f (23)＝－427，f (1)＝0，∴f (x )在[－1,1]上的最小值为－2，最大值为1.18．(本小题满分12分)(2013·山西大学附中月考)已知函数g (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x .(1)当a ＝1时，求函数g (x )的单调增区间； (2)求函数g (x )在区间[1，e ]上的最小值．[解析] (1)当a ＝1时，g (x )＝x 2－3x ＋ln x ，g ′(x )＝2x 2－3x ＋1x>0，∵x >0，∴x >1或0<x <12.函数f (x )的单调增区间为(0，12)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x ，g ′(x )＝2x －(2a ＋1)＋a x ＝2x 2－2a ＋1x ＋ax＝2x －1x －a x＝0，若a ≤1，∵x ∈[1，e ]，∴g ′(x )≥0，g (x )单调递增．g (x )min ＝－2a ；若1<a <e ，当x ∈(1，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(a ，e )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．g (x )min ＝g (a )＝－a 2－a ＋a ln a .若a ≥e ，∵x ∈[1，e ]，∴g ′(x )≤0，g (x )单调递减，g (x )min ＝g (e )＝e 2－(2a ＋1)e ＋a .∴g (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a ，a ≤1，－a 2－a ＋a ln a ，1<a <e ，e 2－2a ＋1e ＋a ，a ≥e .19．(本小题满分12分)(文)(2013·山师大附中三模)已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)ex的一个极值点．(a ∈R )(1)求a 的值；(2)任意x 1，x 2∈[0,2]时，证明：|f (x 1)－f (x 2)|≤e . [解析] (1)f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x，由已知得f ′(1)＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝(x －2)e x，在x ＝1处取得极小值，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x －1)e x.当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝(x －1)e x≤0，f (x )在区间[0,1]上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＝(x －1)e x>0，f (x )在区间(1,2]上单调递增．所以在区间[0,2]上，f (x )的最小值为f (1)＝－e . 又f (0)＝－2，f (2)＝0，所以在区间[0,2]上，f (x )的最大值为f (2)＝0.对于x 1，x 2∈[0,2]，有f (x 1)－f (x 2)≤f max (x )－f min (x )＝0－(－e )＝e ，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤e .(理)(2013·浙江金华中学月考)设函数f (x )＝x 2＋14，g (x )＝12ln(2ex )，(其中e 为自然对数的底数)．(1)求y ＝f (x )－g (x )(x >0)的最小值；(2)探究是否存在一次函数h (x )＝kx ＋b 使得f (x )≥h (x )且h (x )≥g (x )对一切x >0恒成立；若存在，求出一次函数的表达式，若不存在，说明理由；(3)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝g (a n －1)(n ≥2)，求证： k ＝1n(a k －a k ＋1)·a k ＋1<38.[解析] (1)x >0时，y ′＝2x －12x ＝4x 2－12x ，易知0<x <12时，y ′<0、x >12时，y ′>0；∴x ＝12时，y ＝f (x )－g (x )取最小值0.(2)由(1)易知，f (12)＝g (12)＝12，∴h (12)＝12.可设h (x )＝kx ＋12－k2，∵f (x )≥h (x )恒成立，∴x 2－kx ＋k 2－14≥0恒成立，∴Δ＝k 2－4(k 2－14)＝(k －1)2≤0，∴k ＝1，∴h (x )＝x .设G (x )＝h (x )－g (x )＝x －12ln(2ex )，则G ′(x )＝1－12x ，∵x >0，G ′(12)＝0，∴G (x )在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增，∴G (x )≥G (12)＝0，∴h (x )≥g (x )对一切x >0恒成立．综上，存在h (x )＝x 符合题目要求，它恰好是y ＝f (x )，y ＝g (x )图象的公切线． (3)先证{a n }递减且12<a n <1(n ≥2)；由(2)知g (x )≤x ，所以a n ＝g (a n －1)≤a n －1，即{a n }为递减数列；又a 1＝1，a 2＝12ln2＋12>12，所以a 3＝g (a 2)>g (12)＝12，∵当a k >12时总有a k ＋1＝g (a k )>g (12)＝12，∴12<…<a n <a n －1<…<a 1＝1， ∴∑k ＝1n(a k －a k ＋1)·a k ＋1<∑k ＝1n(a k －a k ＋1)·a k ＋a k ＋12＝∑k ＝1na 2k －a 2k ＋12＝a 21－a 2n ＋12<1－142＝38.20．(本小题满分12分)(文)(2013·河北冀州中学期中)已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋2(其中a 为常数)有极大值18.(1)求a 的值；(2)若曲线y ＝f (x )的过原点的切线与函数g (x )＝b －ln x 的图象有两个交点，试求b 的取值范围．[解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a ，令f ′(x )>0，∵f (x )有极大值，∴a >0， ∴x <－a 或x >a ，∴f (x )在(－∞，－a )，(a ，＋∞)上递增，在(－a ，a )上递减， ∴f (x )极大值＝f (－a )＝18，得a ＝4.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋2，设切点为(x 0，x 30－12x 0＋2)，则切线斜率k ＝f ′(x 0)＝3x 20－12，∴切线方程为y －x 30＋12x 0－2＝(3x 20－12)(x －x 0)，将原点坐标代入得x 0＝1，∴k ＝－9， ∴切线方程为y ＝－9x ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9x ，y ＝b －ln x .得ln x －9x －b ＝0，设h (x )＝ln x －9x ，则h ′(x )＝1x－9，令h ′(x )＝1x －9>0，得0<x <19，∴h (x )在(0，19)上递增，在(19，＋∞)上递减，∴h (x )最大值＝h (19)＝－ln9－1，若ln x －9x －b ＝0有两解，则h (x )最大值>b ，得b <－ln9－1.(理)(2013·浙江北仑中学月考)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋bx (a ≠0)．(1)若a ＝－2时，函数h (x )＝f (x )－g (x )在其定义域内是增函数，求b 的取值范围； (2)设函数f (x )的图象C 1与函数g (x )的图象C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ，问是否存在点R ，使C 1在M 处的切线与C 2在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)依题意：h (x )＝ln x ＋x 2－bx . ∵h (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴h ′(x )＝1x＋2x －b ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴b ≤1x ＋2x ，∵x >0，则1x＋2x ≥2 2.∴b 的取值范围是(－∞，22]．(2)设点P 、Q 的坐标分别是(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，且0<x 1<x 2. 则点M 、N 的横坐标为x ＝x 1＋x 22.C 1在点M 处的切线斜率为k 1＝1x |x ＝x 1＋x 22＝2x 1＋x 2.C 2在点N 处的切线斜率为k 2＝ax ＋b |x ＝x 1＋x 22＝a x 1＋x 22＋b .假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行，则k 1＝k 2.∴2x 1＋x 2＝a x 1＋x 22＋b .∴2x 2－x 1x 1＋x 2＝a x 22－x 212＋b (x 2－x 1)＝(a2x 22＋bx 2)－(a2x 21＋bx 1) ＝y 2－y 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1，∴ln x 2x 1＝2x 2－x 1x 1＋x 2＝2x 2x 1－11＋x 2x 1，设u ＝x 2x 1>1，则ln u ＝2u －11＋u，u >1，令T (x )＝ln x －2x －11＋x，则T ′(x )＝1x－41＋x2＝x －12x 1＋x2≥0，∴T (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴T (u )>T (1)＝0. ∴方程ln u ＝2u －1u ＋1在(1，＋∞)上无解．因此不存在点R 满足题意．21．(本小题满分12分)(文)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ，当x ＝－3和x ＝1时，f (x )取得极值．(1)求b ，c 的值；(2)若函数f (x )的极大值大于20，极小值小于5，试求d 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ， ∵当x ＝－3和x ＝1时，f (x )取得极值， ∴f ′(－3)＝0，f ′(1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧27－6b ＋c ＝0，3＋2b ＋c ＝0，解得b ＝3，c ＝－9.(2)由(1)知：f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋d ，f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )>0，得3x 2＋6x －9>0，解得x <－3或x >1， ∴f (x )的增区间、极值、端点值情况如下表：x(－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )递增极大值 27＋d递减极小值d －5递增∵函数f (x )的极大值大于20，极小值小于5.∴⎩⎪⎨⎪⎧27＋d >20，d －5<5，解得－7<d <10，∴d 的取值范围是(－7,10)．(理)(2013·温州市一测)已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R )． (1)当a ＝1时，试判断f (x )的单调性并给予证明； (2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)． ①求实数a 的取值范围；②证明：－e2<f (x 1)<－1，(注：e 是自然对数的底数)．[解析] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－e x，f (x )在R 上单调递减．f ′(x )＝2x －e x ，只要证明f ′(x )≤0恒成立，设g (x )＝2x －e x，∴g ′(x )＝2－e x，当x ＝ln2时，g ′(x )＝0，当x ∈(－∞，ln2)时，g ′(x )>0，当x ∈(ln2，＋∞)时，g ′(x )<0，∴f ′max (x )＝g max (x )＝g (ln2)＝2ln2－2<0，故f ′(x )<0恒成立，所以f (x )在R 上单调递减．(2)①若f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个根，故方程2ax －e x ＝0有两个根x 1，x 2，又∵x ＝0显然不是该方程的根，所以方程2a ＝e xx 有两个根，设φ(x )＝e x x ，得φ′(x )＝e x x －1x 2，当x <0时，φ(x )<0且φ′(x )<0，φ(x )单调递减．当x >0时，φ(x )>0，0<x <1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，x >1时φ′(x )>0，φ(x )单调递增，要使方程2a ＝e x x 有两个根，需2a >φ(1)＝e ，故a >e2且0<x 1<1<x 2，故a 的取值范围为(e2，＋∞)．法二：设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根，则g ′(x )＝2a －e x，当a <0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根，所以a >0，由g ′(x )＝0，得x ＝ln2a ，当x ∈(－∞，ln2a )时，g ′(x )>0，当x ∈(ln2a ，＋∞)时，g ′(x )<0， ∴g max (x )＝g (ln2a )＝2a ln2a －2a >0，得a >e2.②由f ′(x 1)＝0，得：2ax 1－ex 1＝0，故a ＝ex 12x 1，x 1∈(0,1)，f (x 1)＝ax 21－ex 1＝ex 12x 1·x 21－ex 1＝ex 1(x 12－1)， x 1∈(0,1)．设φ(t )＝e t (t 2－1)(0<t <1)，则φ′(t )＝e t (t －12)<0，∴φ(t )在0<t <1上单调递减，故φ(1)<φ(t )<φ(0)，即－e2<f (x 1)<－1.22．(本小题满分14分)(文)(2013·山东师大附中四模)已知函数f (x )＝a ln x －(1＋a )x ＋12x 2，a ∈R . (1)当0<a <1时，求函数f (x )的单调区间；(2)已知f (x )≥0对定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] f ′(x )＝a x＋x －(1＋a )＝x 2－1＋a x ＋a x ＝x －1x －a x.(1)当0<a <1时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：x (0，a ) a(a,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增(2)由于f (1)＝－12－a ，显然a >0时，f (1)<0，此时f (x )≥0对定义域内的任意x 不是恒成立的，当a ≤0时，易得函数f (x )在区间(0，＋∞)的极小值、也是最小值即是f (1)＝－12－a ，此时只要f (1)≥0即可，解得a ≤－12，∴实数a 的取值范围是(－∞，－12]．(理)(2013·湖南蓝山二中月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2＋bx ＋c ，x <1，a ln x ，x ≥1.的图象过坐标原点O ，且在点(－1，f (－1))处的切线斜率为－5.(1)求实数b ，c 的值；(2)求函数f (x )在区间[－1,1]上的最小值；(3)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点P 、Q ，使得对于任意给定的正实数a 都满足△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且三角形斜边中点在y 轴上，求点P 的横坐标的取值范围．[解析] (1)当x <1时，f (x )＝－x 3＋x 2＋bx ＋c ， ∴f ′(x )＝－3x 2＋2x ＋b ，依题意f ′(－1)＝－5，即－3(－1)2＋2(－1)＋b ＝－5， ∴b ＝0.又f (0)＝0，∴c ＝0，故b ＝0，c ＝0.(2)当x <1时，f (x )＝－x 3＋x 2，f ′(x )＝－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝0，有x 1＝0，x 2＝23，故f (x )在(－1,0)上单调递减；在(0，23)上单调递增；在(23，1)上单调递减．又f (0)＝0，f (1)＝0，所以当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝0. (3)设P (x 1，f (x 1)，因为PQ 中点在y 轴上，所以Q (－x 1，f (－x 1))，又∵OP ⊥OQ ，∴f x 1x 1·f －x 1－x 1＝－1① (ⅰ)当x 1＝1时，f (x 1)＝0，当x 1＝－1时，f (－x 1)＝0.故①不成立． (ⅱ)当－1<x 1<1时，f (x 1)＝－x 31＋x 21，f (－x 1)＝x 31＋x 21代入①得：－x 31＋x 21x 1·x 31＋x 21－x 1＝－1，∴(－x 31＋x 21)(x 31＋x 21)＝x 21， ∴x 41－x 21＋1＝0，无解．(ⅲ)当x 1>1时，f (x 1)＝a ln x 1，f (－x 1)＝x 31＋x 21代入①得：a ln x 1x 1·x 31＋x 21－x 1＝－1⇒1a＝(x 1＋1)ln x 1②设g (x )＝(x ＋1)ln x (x >1)⇒g ′(x )＝ln x ＋x ＋1x>0，则g (x )是增函数． ∵g (1)＝0，∴g (x )的值域是(0，＋∞)．所以对于任意给定的正实数a ，②恒有解，故满足条件．(ⅳ)由P ，Q 横坐标的对称性同理可得，当x 1<－1时，f (x 1)＝－x 31＋x 21，f (－x 1)＝a ln(－x 1)，代入①得：a ln －x 1－x 1·－x 31＋x 21x 1＝－1⇒1a＝(－x 1＋1)ln(－x 1)③设h (x )＝(－x ＋1)ln(－x )(x <－1)，得h ′(x )＝－ln(－x )－x －1x<0，则h (x )是减函数，又因为h (－1)＝0，∴h (x )的值域为(0，＋∞)．所以对于任意给定的正实数a ，③恒有解，故满足条件．综上所述，满足条件的点P 的横坐标的取值范围为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．。

《走向高考》2013(春季发行)高三数学(人教A版)总复习1-2章课件2-8函数与方程、函数模型及其应用

第二章
第八节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
() 若f(x0)＝0，则x0就是方程f(x)＝0的个，算 1 一根计终止； () 若f(a0)· 0)0 ，方 2 f(x < 则程 f(x)＝0的个位区一根于间 x0)中，令a1＝a0，b1＝x0； () 若f(x0)· 0)0 ，方 3 f(b < 则程 f(x)＝0的个位区一根于间 b0)中，令a1＝x0，b1＝b0. 1 第四步：取区间(a1，b1)的中点x1＝ 2 (a1＋b1)，重复第二、第三步，„„直到第n次，方程f(x)＝0的个总区一根在间 (an，bn)中．
(文)01 ( 1· 2 在区为的间
温一州模 )已函知数 f(x)＝lnx－x＋2有个点一零所 (k，k＋1 k∈N*)， k的为 ____ ) ( 则值 ____ ．
第二章
第八节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
解析：由题意知，f() ＝l3 －10 ，f() ＝l4 －20 ，所以 3 n > 4 n < 该函数在区间(4 3) , 内有零点，所以k＝3.
第二章
第八节
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教A版 ·数学
二、用二分法求方程近似解用二分法求方程f(x)＝0近似解的一般步骤：第一步：确定一个区间[a，b]，使得f(a)· < ，令a0＝ f(b)0 a，b0＝b. 1 第二步：取区间(a0，b0)的中点x0＝2(a0＋b0)．第三步：计算f(x0)的值，得到下列相关结论．
() 分函 6 段数
() 幂函数 7
() 三角函数． 8
难点：函数模型在实际问题中的应用和函数应用题．

【走向高考】年高考数学一轮总复习课件(北师大版)第三章导数及其应用 3-2

[答案] 3
[解析]
∵f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是单调增加的，
∴f ′(x)＝3x2－a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≤3x2 在[1，＋∞)上恒成立，而当 x∈[1，＋∞)时，(3x2)min＝3×12＝3. ∴a≤3，故 amax＝3.
课堂典例讲练
利用导数求函数的单调区间
[规范解答]
lnx＋k (1)由 f(x)＝ ex ，
1－kx－xlnx 得 f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)， xex 由于曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与 x 轴平行．所以 f ′(1)＝0，因此 k＝1. 1 (2)由(1)得 f ′(x)＝xex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令 h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当 x∈(0,1)时，h(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
本题考查利用导数判断函数的极值点．
∵f(x)＝x3－3x2＋1，∴f ′(x)＝3x2－6x，令 f ′(x)＝0，解得 x1＝0 或 x2＝2. x<0 时， f ′(x)>0； 0<x<2 时， f ′(x)<0； x>2 时， f ′(x)>0. ∴x＝2 时，f(x)取极小值．
(理)已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是单调增加的，则 a 的最大值是________．
[答案]
1.递增递减 f ′(x)>0 (2)都大 f ′(x)>0 f
2．(1)都小 f ′(x)<0 ′(x)<0 极大值极小值
基础自测 1.(教材改编题)函数 f(x)＝x3＋x 的增区间是( A．(0，＋∞) C．(－∞，＋∞) B．(－∞，0) D．(－∞，0)和(0，＋∞) )

【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 3-1导数的概念及运算新人教A版

3-1导数的概念及运算基础巩固强化1.(文)(2011·青岛质检)设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0＝( ) A ．e 2B ．e C.ln22 D ．ln2[答案] B[解析] f ′(x )＝1＋ln x ，∴f ′(x 0)＝1＋ln x 0＝2， ∴ln x 0＝1，∴x 0＝e ，故选B.(理)已知函数y ＝f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程是x －2y ＋1＝0，则f (1)＋2f ′(1)的值是( )A.12 B ．1 C.32 D ．2 [答案] D[解析] 由条件知，y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率f ′(1)＝12，又点(1，f (1))在切线x －2y ＋1＝0上，∴f (1)＝1，∴f (1)＋2f ′(1)＝1＋2×12＝2.2．(文)(2011·广东省东莞市模拟)已知曲线y ＝18x 2的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )A ．4B ．3C ．2 D.12[答案] C[解析] 由条件知，k ＝y ′＝14x ＝12，∴x ＝2.(理)(2012·乌鲁木齐地区二诊)直线y ＝12x ＋b 与曲线y ＝－12x ＋ln x 相切，则b 的值为( )A ．－2B ．－1C ．－12D ．1[答案] B[解析] 设切点(a ，－12a ＋ln a )，y ′＝－12＋1x，∴－12＋1a ＝12，a ＝1，故切点(1，－12)在直线y ＝12x ＋b 上，有－12＝12＋b ，∴b ＝－1.3．(文)(2011·皖南八校联考)直线y ＝kx ＋b 与曲线y ＝x 3＋ax ＋1相切于点(2,3)，则b 的值为( )A ．－3B ．9C ．－15D ．－7[答案] C[解析] 将点(2,3)分别代入曲线y ＝x 3＋ax ＋1和直线y ＝kx ＋b ，得a ＝－3,2k ＋b ＝3.又k ＝y ′|x ＝2＝(3x 2－3)|x ＝2＝9， ∴b ＝3－2k ＝3－18＝－15.(理)(2011·广东华南师大附中测试)曲线y ＝2x 2在点P (1，2)处的切线方程是( ) A ．4x －y －2＝0 B ．4x ＋y －2＝0 C ．4x ＋y ＋2＝0 D ．4x －y ＋2＝0[答案] A[解析] ∵k ＝y ′|x ＝1＝4x |x ＝1＝4，∴切线方程为y －2＝4(x －1)，即4x －y －2＝0.4．已知y ＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，当y ′＝2时，x 等于( )A.π3 B.23π C.π4D.π6[答案] C[解析] y ′＝(tan x )′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos x ′＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝1cos 2x ＝2，∴cos 2x ＝12，∴cos x ＝±22， ∵x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴x ＝π4.5．(文)(2011·山东淄博一中期末)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( )A ．1 B.19 C.13 D.23[答案] B[解析] ∵y ′＝x 2＋1，∴k ＝2，切线方程y －43＝2(x －1)，即6x －3y －2＝0，令x ＝0得y ＝－23，令y ＝0得x ＝13，∴S ＝12×13×23＝19.(理)(2012·烟台调研)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a 等于( )A ．2B ．－2C ．－12D.12[答案] B[解析] ∵f ′(x )＝x －1－x ＋1x －12＝－2x －12，∴f ′(3)＝－12，由条件知，－12×(－a )＝－1，∴a ＝－2.6．(文)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[答案] C[解析] 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 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. (理)(2013·辽宁大连二十四中上学期期中考试)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6－1(ω>0)的导函数f ′(x )的最大值为3，则f (x )图象的一条对称轴方程是( )A ．x ＝π9B ．x ＝π6C ．x ＝π3D ．x ＝π2[答案] A[解析] f ′(x )＝ωcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6的最大值为3，即ω＝3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π6－1.由3x ＋π6＝π2＋k π得，x ＝π9＋k π3 (k ∈Z )．故A 正确．7．设θ为曲线y ＝x 3＋3x 2＋ax ＋2的切线的倾斜角，且所有θ组成的集合为[π4，π2)，则实数a 的值为________．[答案] 4[解析] 设切线的斜率为k ，则k ＝y ′＝3x 2＋6x ＋a ，又∵k ＝tan θ，θ∈[π4，π2)，∴k ∈[1，＋∞)．又k ＝3(x ＋1)2＋a －3，∴当x ＝－1时，k 取最小值为a －3＝1. ∴a ＝4.8．(文)(2011·北京模拟)已知函数f (x )＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)上总有f ′(x )≤0成立，则m 的取值范围为________．[答案] [－49，0)[解析] ∵f ′(x )＝9x 2＋4x ≤0在(m,0)上恒成立，且f ′(x )＝0的两根为x 1＝0，x 2＝－49，∴－49≤m <0.(理)设a ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a －3)x 的导函数是f ′(x )，若f ′(x )是偶函数，则曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为________．[答案] y ＝－3x[解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a －3)，又∵f ′(x )为偶函数，∴f ′(－x )＝f ′(x )，即3x 2－2ax ＋(a －3)＝3x 2＋2ax ＋(a －3) 对任意x ∈R 都成立，∴a ＝0， ∴f ′(x )＝3x 2－3，f ′(0)＝－3，∴曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝－3x . 9．(2011·济南模拟)设曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．[答案] －2[解析] 点(1,1)在曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)上，点(1,1)为切点，y ′＝(n ＋1)x n，故切线的斜率为k ＝n ＋1，曲线在点(1,1)处的切线方程y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得切点的横坐标为x n ＝nn ＋1，故a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg(x 1x 2…x 99)＝lg(12×23×…×99100)＝lg 1100＝－2. 10．(文)设函数y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象与y 轴交点为P ，且曲线在P 点处的切线方程为12x －y －4＝0. 若函数在x ＝2处取得极值0，试确定函数的解析式.[解析] ∵y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象与y 轴的交点为P (0，d )，又曲线在点P 处的切线方程为y ＝12x －4，P 点坐标适合方程，从而d ＝－4；又切线斜率k ＝12，故在x ＝0处的导数y ′|x ＝0＝12而y ′|x ＝0＝c ，从而c ＝12；又函数在x ＝2处取得极值0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ′|x ＝2＝0，f 2＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋4b ＋12＝0，8a ＋4b ＋20＝0.解得a ＝2，b ＝－9，所以所求函数解析式为y ＝2x 3－9x 2＋12x －4. (理)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． [解析] (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋b x. 又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f 1＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＝12，可得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.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数y能力拓展提升11.(2013·辽宁省沈阳四校期中联考)若函数y ＝x 33－x 2＋1(0<x <2)的图象上任意点处切线的倾斜角为α，则α的最小值是( )A.π4B.π6C.5π6D.3π4[答案] D[解析] y ′＝x 2－2x ＝(x －1)2－1， ∵0<x <2，∴－1≤y ′<0，由题意知－1≤tan α<0，∴3π4≤α<π，故选D. 12．(2011·广东省汕头市四校联考)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )<12，则f (x )<x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <－1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}[答案] D[解析] 令φ(x )＝f (x )－x 2－12，则φ′(x )＝f ′(x )－12<0，∴φ(x )在R 上是减函数，∵φ(1)＝f (1)－12－12＝1－1＝0，∴φ(x )＝f (x )－x 2－12<0的解集为{x |x >1}，选D.13．(文)二次函数y ＝f (x )的图象过原点，且它的导函数y ＝f ′(x )的图象是过第一、二、三象限的一条直线，则函数y ＝f (x )的图象的顶点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[答案] C[解析] 由题意可设f (x )＝ax 2＋bx ，f ′(x )＝2ax ＋b ，由于f ′(x )图象是过第一、二、三象限的一条直线，故2a >0，b >0，则f (x )＝a (x ＋b 2a )2－b 24a ，顶点(－b 2a ，－b 24a)在第三象限，故选C.(理)函数f (x )＝x cos x 的导函数f ′(x )在区间[－π，π]上的图象大致为( )[答案] A[解析] ∵f (x )＝x cos x ，∴f ′(x )＝cos x －x sin x ， ∴f ′(－x )＝f ′(x )，∴f ′(x )为偶函数，排除C ； ∵f ′(0)＝1，排除D ；由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2<0，f ′(2π)＝1>0，排除B ，故选A. 14．(2011·朝阳区统考)若曲线f (x )＝ax 3＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．[答案] (－∞，0)[解析] 由题意，可知f ′(x )＝3ax 2＋1x，又因为存在垂直于y 轴的切线，所以3ax2＋1x ＝0⇒a ＝－13x3(x >0)⇒a ∈(－∞，0)． 15．(文)已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程． [解析] y ＝13x 3＋43，则y ′＝x 2.(1)由题意可知点P (2,4)为切点，y ′|x ＝2＝22＝4，所以曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0. (2)由题意可知点P (2,4)不一定为切点，故设切点为(x 0，13x 30＋43)，y ′|x ＝x 0＝x 20，曲线过点P (2,4)的切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，所以4－(13x 30＋43)＝x 20(2－x 0)，x 30－3x 20＋4＝0⇔(x 30＋1)－3(x 20－1)＝0⇔(x 0＋1)(x 20－4x 0＋4)＝0.解得x 0＝－1或x 0＝2，即切点为(－1,1)或(2,4)．所以曲线过点P (2,4)的切线方程为x －y ＋2＝0和4x －y －4＝0.(理)设函数f (x )＝ax ＋b x的图象在点M (3，f (3))处的切线方程为2x －3y ＋23＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)求函数f (x )的单调递减区间；(3)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 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．[解析] (1)因为切点在切线上，所以将点M 坐标代入切线方程解得f (3)＝433.∵f (x )＝ax ＋b x ，∴f ′(x )＝a －b x2，根据题意，得关于a ，b 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧a －b 3＝23，3a ＋b3＝433，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1.所以f (x )的解析式为f (x )＝x ＋1x.(2)由f ′(x )＝1－1x2(x ≠0)，令f ′(x )<0，解得－1<x <0或0<x <1. 所以f (x )的单调递减区间为(－1,0)，(0,1)． (3)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1－1x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(1－1x 20)(x －x 0)，即y －(x 0＋1x 0)＝(1－1x 20)(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝2x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为(0，2x 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 所围成的三角形面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0|2x 0|＝2.16．(文)已知函数f (x )＝x 3－(a ＋b )x 2＋abx ，(0<a <b )．(1)若函数f (x )在点(1,0)处的切线的倾斜角为3π4，求a 、b 的值；(2)在(1)的条件下，求f (x )在区间[0,3]上的最值； (3)设f (x )在x ＝s 与x ＝t 处取得极值，其中s <t ，求证：0<s <a <t <b .[解析] (1)f ′(x )＝3x 2－2(a ＋b )x ＋ab ，tan 3π4＝－1.由条件得⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝0f ′1＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＋ab ＝03－2a ＋b ＋ab ＝－1，解得a ＝1，b ＝2或a ＝2，b ＝1，因为a <b ，所以a ＝1，b ＝2.(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，令f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0，解得x 1＝1－33，x 2＝1＋33. 在区间[0,3]上，x ，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：(3)证明：f ′(x )＝3x 2－2(a ＋b )x ＋ab ，依据题意知s ，t 为二次方程f ′(x )＝0的两根． ∵f ′(0)＝ab >0，f ′(a )＝a 2－ab ＝a (a －b )<0，f ′(b )＝b 2－ab ＝b (b －a )>0，∴f ′(x )＝0在区间(0，a )与(a ，b )内分别有一个根． ∵s <t ，∴0<s <a <t 0.设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x ) (x >0)．[解析] (1)设y ＝f (x )与y ＝g (x )(x >0)的公共点为(x 0，y 0)，∴x 0>0. ∵f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a2x，由题意f (x 0)＝g (x 0)，且f ′(x 0)＝g ′(x 0)．∴⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a2x0，由x 0＋2a ＝3a2x 0得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．则有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a .令h (a )＝52a 2－3a 2ln a (a >0)，则h ′(a )＝2a (1－3ln a )．由h ′(a )>0得，0<a <e 13，由h ′(a )<0得，a >e 13.故h (a )在(0，e 13)为增函数，在(e 13，＋∞)上为减函数， ∴h (a )在a ＝e 13 时取最大值h (e 13 )＝32e 23.即b 的最大值为32e 23.(2)设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x＝x －a x ＋3a x(x >0)．故F (x )在(0，a )为减函数，在(a ，＋∞)为增函数，于是函数F (x )在(0，＋∞)上的最小值是F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0，即当x >0时，f (x )≥g (x )．1．(2011·安徽省“江南十校”高三联考)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(1)＝( )A ．－1B ．－2C ．1D ．2[答案] B[解析] f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)＋2，∴f ′(1)＝－2，故选B.2．(2011·茂名一模)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))处切线的斜率为( )A ．4B ．－14C ．2D ．－12[答案] A[解析] ∵f (x )＝g (x )＋x 2，∴f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，∴f ′(1)＝g ′(1)＋2，由条件知，g ′(1)＝2，∴f ′(1)＝4，故选A. 3．曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －2[答案] A [解析] ∵y ′＝x ′x ＋2－x x ＋2′x ＋22＝2x ＋22，∴k ＝y ′|x ＝－1＝2－1＋22＝2，∴切线方程为：y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.4．(2011·湖南湘西联考)下列图象中有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R ，a ≠0)的导函数f ′(x )的图象，则f (－1)＝( )A.13 B ．－13C.53 D ．－53[答案] B[解析] f ′(x )＝x 2＋2ax ＋(a 2－1)，∵a ≠0， ∴其图象为最右侧的一个．由f ′(0)＝a 2－1＝0，得a ＝±1. 由导函数f ′(x )的图象可知，a <0，故a ＝－1，f (－1)＝－13－1＋1＝－13.5．(2011·广东省佛山市测试)设f (x )、g (x )是R 上的可导函数，f ′(x )、g ′(x )分别为f (x )、g (x )的导函数，且满足f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )<0，则当a <x f (b )g (x )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (x )>f (b )g (b )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )[答案] C[解析] 因为f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝[f (x )g (x )]′，所以[f (x )g (x )]′<0，所以函数y ＝f (x )g (x )在给定区间上是减函数，故选C.6．定义方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g (x )＝x ，h (x )＝ln(x ＋1)，φ(x )＝x 3－1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为( )A ．α>β>γB ．β>α>γC ．γ>α>βD ．β>γ>α[答案] C[解析] 由g (x )＝g ′(x )得，x ＝1，∴α＝1，由h (x )＝h ′(x )得，ln(x ＋1)＝1x ＋1，故知1<x ＋1<2，∴0<x <1，即0<β<1，由φ(x )＝φ′(x )得，x 3－1＝3x 2，∴x 2(x －3)＝1， ∴x >3，故γ>3，∴γ>α>β. [点评] 对于ln(x ＋1)＝1x ＋1，假如0<x ＋1<1，则ln(x ＋1)<0，1x ＋1>1矛盾；假如x ＋1≥2，则1x ＋1≤12，即ln(x ＋1)≤12，∴x ＋1≤e ，∴x ≤e －1与x ≥1矛盾． 7．(2012·衡水质量检测)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(b －1)x ＋c (a >0)，曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y ＝x ＋1.(1)求b 、c 的值；(2)若过点(0,3)可作曲线g (x )＝f (x )－x 的三条不同切线，求实数a 的取值范围． [解析] (1)∵f ′(x )＝x 2－ax ＋(b －1)，又f (0)＝1，f ′(0)＝1.∴b ＝2，c ＝1.(2)设过(0,3)与曲线g (x )＝f (x )－x 相切的直线为l ，切点的坐标为(t ，g (t ))，又g (x )＝13x 3－12ax 2＋1，g ′(x )＝x 2－ax ，则切线l 的方程为y －(13t 3－12at 2＋1)＝(t 2－at )(x －t )．又直线l 过点(0,3)，∴3－13t 3＋12at 2－1＝－t 3＋at 2，即23t 3－a 2t 2＋2＝0，又过点(0,3)可作曲线g (x )＝f (x )－x 的三条不同切线．等价于方程23t 3－a 2t 2＋2＝0有三个相异实根．令h (t )＝23t 3－a 2t 2＋2，h ′(t )＝2t 2－at ＝t ·(2t －a )．∵a >0，∴t ，h ′(t )，h (t )的变化情况如下表：当且仅当2－a 324<0，即a >236.∴a 的取值范围是(236，＋∞)．。

2023版高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用3-2导数在研究函数中的应用第1课时利用导数

命题角度 1 不含参函数的单调性
(1)(2021 届甘肃庆阳镇原中学月考 ) 函数 f(x) ＝ (3 － x2)ex 的单调递增区间是
()
A. (－∞，0)
B. (0，＋∞)
C. (－∞，3)和(1，＋∞) D. (－3，1)
解：因为函数 f(x)＝(3－x2)ex，所以 f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex. 由 f′(x)＞0，得 f′(x)＝(3－2x－x2)ex＞0，即 3－2x－x2＞0，则 x2＋2x－3＜0，解得－3＜x＜1，即函数 f(x)的单调递增区间为(－3， 1). 故选 D.
(2)(2020 届山东滨州市高三期初考试)已知函数 f(x)＝12x2＋(a－1)lnx－ax，其中 a∈R，讨论函数 f(x)的单调性. 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋a－x 1－a＝（x－1）（xx－a＋1）. ①若 a≤1，则当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(0，1)上单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增. ②若 1＜a＜2，则当 x∈(0，a－1)或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(0， a－1)，(1，＋∞)上单调递增；当 x∈(a－1，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(a－1， 1)上单调递减. ③若 a＝2，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，所以函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
(1)(2021 四川省乐至中学高三月考)已知函数 f(x)＝(x－a－1)ex－12ax2＋a2x，讨论 f(x)的单调性.

【走向高考】高三数学一轮总复习 3-2导数的应用同步练习北师大版

3-2导数的应用基础巩固一、选择题1．(原创题)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] A[解析] 从f ′(x )的图像可知f (x )在(a ，b )内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，∴在(a ，b )内只有一个极小值点．2．函数y ＝x sin x ＋cos x 在下面哪个区间内是增加的( ) A ．(π2，3π2)B ．(π，2π)C ．(3π2，5π2)D ．(2π，3π)[答案] C[解析] y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈(3π2，5π2)时，恒有x cos x >0.故选C.3．(2012·长丰调研)函数y ＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0,3]上的最大值、最小值分别是( )A ．5；－15B ．5；－4C ．－4；－15D ．5；－16[答案] A[解析] y ′＝6x 2－6x －12，令y ′＝0⇒x ＝－1(舍去)或x ＝2.x ＝0时y ＝5，x ＝2时y ＝－15，x ＝3时y ＝－4.∴y max ＝5，y min ＝－15.故选A.4．(2012·陕西理，7)设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 [答案] D[解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值．f ′(x )＝e x ＋x e x ，令f ′(x )＝0，∴e x＋x e x＝0，即x ＝－1，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＝e x＋x e x<0，x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＝e x ＋x e x >0，∴x ＝－1为极小值点，故选D.5．(文)函数f (x )＝x 3－6b 2x ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( ) A ．b >0 B ．b <12C ．0<b <22D ．b <1[答案] C[解析] f ′(x )＝3x 2－6b 2，令f ′(x )＝0，得x ＝±2b . ∵f (x )在(0,1)内有极小值， ∴0<2b <1.∴0<b <22. (理)已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图像过点(0，－5)，当函数f (x )取得极大值－5时，x 的值应为( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1[答案] B[解析] 可以求出f (x )＝x 4－2x 2＋c ，其中c 为常数.由于f (x )过(0，－5)，所以c ＝－5，又由f ′(x )＝0，得极值点为x ＝0和x ＝±1.又x ＝0时，f (x )＝－5.故x 的值为0.6．(文)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件[答案] C[解析] 本题考查了导数的应用及求导运算．∵x >0，y ′＝－x 2＋81＝(9－x )(9＋x )，令y ′＝0，得x ＝9；当x ∈(0,9)时，y ′>0，x ∈(9，＋∞)，y ′<0.y 先增后减，∴x ＝9时函数取最大值，选C.(理)放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M (单位：太贝克)与时间t (单位：年)满足函数关系：M (t )＝M 02－t30，其中M 0为t ＝0时铯137的含量．已知t ＝30时，铯137含量的变化率．．．是－10ln2(太贝克/年)，则M (60)＝( ) A ．5太贝克 B ．75ln2太贝克 C ．150ln2太贝克 D ．150太贝克[答案] D[解析] 本题考查导数在生活中的应用．M ′(t )＝－M 030ln2·2－t30，∴M ′(30)＝－M 060ln2＝－10ln2，∴M 0＝600，∴M (t )＝600·2－t30，∴M (60)＝600·2－2＝150. 二、填空题7．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增加的，则a 的最大值是________． [答案] 3[解析] ∵f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增加的， ∴f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而当x ∈[1，＋∞)时，(3x 2)min ＝3×12＝3. ∴a ≤3，故a max ＝3.8．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的取值范围为________．[答案] a ≥1[解析] 由已知得a ＞1＋ln xx在区间(1，＋∞)内恒成立．设g (x )＝1＋ln x x ，则g ′(x )＝－ln x x2＜0 (x ＞1)，∴g (x )＝1＋ln x x在区间(1，＋∞)内单调递减，∴g (x )＜g (1)，∵g (1)＝1，∴1＋ln xx＜1在区间(1，＋∞)内恒成立，∴a ≥1.三、解答题9．(文)(2012·安徽文，17)设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝ax ＋1ax＋b (a >0)．(1)求f (x )的最小值；(2)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值．[解析] 由题设和均值不等式可知，f (x )＝ax ＋1ax＋b ≥2＋b ，其中等号成立当且仅当ax ＝1，即当x ＝1a时，f (x )取最小值为2＋b .(2)f ′(x )＝a －1ax 2，由题设知，f ′(1)＝a －1a ＝32，解得a ＝2或a ＝－12(不合题意，舍去)．将a ＝2代入f (1)＝a ＋1a ＋b ＝32，解得b ＝－1，所以a ＝2，b ＝－1(理)(2012·安徽理，19)设函数f (x )＝a e x＋1a e x＋b (a >0)． (1)求f (x )在[0，＋∞)内的最小值；(2)设曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值．[解析] (1)f ′(x )＝a e x－1a e x，当f ′(x )>0，即x >－ln a 时，f (x )在(－ln a ，＋∞)上递增；当f ′(x )<0，即x <－ln a 时，f (x )在(－∞，－ln a )上递减．①当0<a <1时，－ln a >0，f (x )在(0，－ln a )上递减，在(－ln a ，＋∞)上递增，从而f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－ln a )＝2＋b ；②当a ≥1时，－ln a ≤0，f (x )在[0，＋∞)上递增，从而f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (0)＝a ＋1a＋b .(2)依题意f ′(2)＝a e 2－1a e 2＝32，解得a e 2＝2或a e 2＝－12(舍去)．所以a ＝2e 2，代入原函数可得2＋12＋b ＝3，即b ＝12.故a ＝2e 2，b ＝12.能力提升一、选择题1．(2012·陕西文，9)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 [答案] D[解析] 本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题．f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x (1－2x)＝0可得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x >2时，f ′(x )>0，∴f (x )单调递增．所以x ＝2为极小值点．2．(文)(2012·新干模拟)若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.(理)(2012·辽宁理，12)若x ∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( )A ．e x ≤1＋x ＋x 2B.11＋x≤1－12x ＋14x 2C ．cos x ≥1－12x 2D ．ln(1＋x )≥x －18x 2[答案] C[解析] 本题考查利用导数证明不等式成立．对于C ：12x 2＋cos x －1≥0，设f (x )＝12x 2＋cos x －1，f ′(x )＝x －sin x ≥0，∴f (x )在[0，＋∞)为增函数，f (x )min ＝f (0)＝0， ∴cos x ≥1－12x 2恒成立．对于A ：x 2＋x ＋1－e x ≥0，设f (x )＝x 2＋x ＋1－e x ，f ′(x )＝2x ＋1－e x的符号不确定．不能确定f (x )min ＝0.同理对于B ，D 也不成立．二、填空题3．f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为________ . [答案] 6[解析] f (x )＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，f ′(2)＝0⇒c ＝2或c ＝6.若c ＝2，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4，令f ′(x )>0⇒x <23或x >2，f ′(x )<0⇒23<x <2，故函数在(－∞，23)及(2，＋∞)上单调递增，在(23，2)上单调递减，∴x ＝2是极小值点，故c ＝2不合题意．c ＝6.4．给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′.若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在(0，π2)上不是凸函数的是________(把你认为正确的序号都填上)．①f (x )＝sin x ＋cos x; ②f (x )＝ln x －2x ； ③f (x )＝－x 3＋2x －1; ④f (x )＝x e x. [答案] ④[解析] 对于①，f ″(x )＝－(sin x ＋cos x )，x ∈(0，π2)时，f ″(x )<0恒成立；对于②，f ″(x )＝－1x 2，在x ∈(0，π2)时，f ″(x )<0恒成立；对于③，f ″(x )＝－6x ，在x ∈(0，π2)时，f ″(x )<0恒成立；对于④，f ″(x )＝(2＋x )·e x 在x ∈(0，π2)时f ″(x )>0恒成立，所以f (x )＝x e x不是凸函数．三、解答题5．(文)已知a 为实数，函数f (x )＝(x 2＋1)(x ＋a )，若f ′(－1)＝0，求函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值和最小值． [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.∵f ′(－1)＝0，∴3－2a ＋1＝0，即a ＝2.∴f ′(x )＝3x 2＋4x ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x ＋1)．由f ′(x )≥0，得x ≤－1或x ≥－13；由f ′(x )≤0，得－1≤x ≤－13.因此，函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，－1和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13.∴f (x )在x ＝－1取得极大值f (－1)＝2，f (x )在x ＝－13取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝5027.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138，f (1)＝6，且5027>138，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1上的最大值为f (1)＝6，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝138.(理)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．[分析] 依据导数的符号来判断函数的单调性，再由单调性求最值． [解析] (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：所以，f (x )的单调递减区间是(－∞，k －1)；单调递增区间是(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)＝－ek －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.6．(文)(2012·江苏卷)若函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f (x )的极值点．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．(1)求a 和b 的值；(2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点．[解析] (1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，解得a ＝0，b ＝－3.(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x .因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g (x )的极值点只可能是1或－2.当x <－2时，g ′(x )<0；当－2<x <1时，g ′(x )>0，故－2是g (x )的极值点．当－2<x <1或x >1时，g ′(x )>0，故1不是g (x )的极值点．所以g (x )的极值点为－2.(理)(2012·天津理)已知函数f (x )＝x －ln(x ＋a )的最小值为0，其中a >0. (1)求a 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，有f (x )≤kx 2成立，求实数k 的最小值． [解析] (1)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)． f ′(x )＝1－1x ＋a ＝x ＋a －1x ＋a .由f ′(x )＝0，得x ＝1－a >－a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故由题意f (1－a )＝1－a ＝0，所以a ＝1. (2)当k ≤0时，取x ＝1，有f (1)＝1－ln2>0，故k ≤0不合题意．当k >0时，令g (x )＝f (x )－kx 2，即g (x )＝x －ln(x ＋1)－kx 2.g ′(x )＝x x ＋1－2kx ＝－x [2kx －－2kx ＋1.令g ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1－2k2k>－1.①当k ≥12时，1－2k2k ≤0，g ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，因此g (x )在[0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的x ∈[0，＋∞)，总有g (x )≤g (0)＝0，即f (x )≤kx 2在[0，＋∞)上恒成立．故k ≥12符合题意．②当0<k <12时，1－2k 2k >0，对于x ∈(0，1－2k 2k )，g ′(x )>0，故g (x )在(0，1－2k2k )内单调递增．因此当取x 0∈(0，1－2k 2k)时，g (x 0)>g (0)＝0，即f (x 0)≤kx 20不成立．故0<k <12不合题意．综上，k 的最小值为12.7．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (L)关于行驶速度x (km/h)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100km.(1)当汽车以40km/h 的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少L? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少L? [解析] (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(h)，耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(L)．答：当汽车以40km/h 的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5L. (2)当速度为x km/h 时，汽车从甲地到乙地行驶了100xh ，设耗油量为f (x )L.依题意得f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， f ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x2(0<x ≤120)．令f′(x)＝0，得x＝80.当x∈(0,80)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当x∈(80,120]时，f′(x)>0，f(x)是增函数．∴当x＝80时，f(x)取到极小值f(80)＝11.25(L)．因为f(x)在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．答：当汽车以80km/h的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25L.。

《走向高考》2013 高三数学(人教A版)总复习同步练习3-2利用导数研究函数的性质

3-2利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )>0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凹函数，以下四个函数在(0，π2)上是凹函数的是( )A ．f (x )＝sin x ＋cos xB ．f (x )＝ln x －2xC ．f (x )＝－x 3＋2x ＋1D ．f (x )＝－xe －x[答案] D[解析] (1)若f (x )＝sin x ＋cos x ，则f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ，∴f ″(x )>0在(0，π2)上不成立；(2)若f (x )＝ln x －2x ，则f ′(x )＝1x －2，f ″(x )＝－1x 2，f ″(x )>0在(0，π2)上不成立；(3)若f (x )＝－x 3＋2x ＋1，则f ′(x )＝－3x 2＋2，f ″(x )＝－6x ，f ″(x )>0在(0，π2)上不成立；(4)若f (x )＝－xe －x ，则f ′(x )＝(x －1)e －x ，f ″(x )＝(2－x )e －x ，当x ∈(0，π2)时，f ″(x )>0恒成立，故选D.2．(2013·济南外国语学校第一学期质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx －2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值为( )A ．2B ．3C ．6D ．9 [答案] D[解析] 函数的导数为f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，函数在x ＝1处有极值，则有f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6，所以6＝a ＋b ≥2ab ，即ab ≤9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，选D.3．(文)(2011·宿州模拟)已知y ＝f (x )是定义在R 上的函数，且f (1)＝1，f ′(x )>1，则f (x )>x 的解集是( )A ．(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案] C[解析] 令F (x )＝f (x )－x ，则F ′(x )＝f ′(x )－1>0，所以F (x )是增函数，∵f (x )>x ，∴F (x )>0，∵F (1)＝f (1)－1＝0，∴F (x )>F (1)，∵F (x )是增函数，∴x >1，即f (x )>x 的解集是(1，＋∞)．(理)(2011·辽宁文)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞) [答案] B[解析] 由题意，令φ(x )＝f (x )－2x －4，则 φ′(x )＝f ′(x )－2>0. ∴φ(x )在R 上是增函数．又φ(－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝0， ∴当x >－1时，φ(x )>φ(－1)＝0， ∴f (x )－2x －4>0，∴f (x )>2x ＋4.故选B.4．(文)设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝±1处均有极值，且f (－1)＝－1，则a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝－12，b ＝0，c ＝－32B ．a ＝12，b ＝0，c ＝－32 C ．a ＝－12，b ＝0，c ＝32 D ．a ＝12，b ＝0，c ＝32 [答案] C[解析] f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f ′(－1)＝0，f (－1)＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＋c ＝0，3a －2b ＋c ＝0，－a ＋b －c ＝－1，解得a ＝－12，b ＝0，c ＝32.(理)(2012·潍坊模拟)已知非零向量a ，b 满足|a |＝3|b |，若函数f (x )＝13x 3＋|a |x 2＋2a ·b x ＋1在R 上有极值，则〈a ，b 〉的取值范围是( )A ．[0，π6] B ．(0，π3] C ．(π6，π2] D ．(π6，π][答案] D[解析] 据题意知，f ′(x )＝x 2＋2|a |x ＋2a ·b ，若函数存在极值，必有(2|a |)2－4×2a ·b >0，整理可得|a |2>2a ·b ，故cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |<|a |22|a |·|a |3＝32，解得π6<〈a ，b 〉≤π.5．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )[答案] D[解析] 由f (x )的图象知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴在(0，＋∞)上f ′(x )≤0，在(－∞，0)上f ′(x )≥0，故选D.6．(2011·陕西咸阳模拟)已知函数f (x )＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2010的值为( )A.20102011B.10052011C.40204021D.20104021[答案] D[解析] ∵f ′(x )＝2ax ，∴f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(1)＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x )＝4x 2－1， ∴1f (n )＝14n 2－1＝12n －1·12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和S n ＝1f (1)＋1f (2)＋…＋1f (n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，∴S 2010＝20104021. 7．(2011·惠州三模)已知函数f (x )＝1－x ax ＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．[答案] [1，＋∞)[解析] ∵f (x )＝1－xax ＋ln x ， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a >0)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， ∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x 对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.8．(文)函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )在(a ，b )上的图象如图，则y ＝f (x )在区间(a ，b )上极大值的个数为________．[答案] 2[解析]由f′(x)在(a，b)上的图象可知f′(x)的值在(a，b)上，依次为＋－＋－＋，∴f(x)在(a，b)上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f(x)在(a，b)上的极大值点有两个．[点评]应注意题设中给的是f(x)的图象还是f′(x)的图象，在f′(x)的图象上，位于x轴上方部分使f′(x)>0，f(x)单调增，位于x 轴下方部分，使f′(x)<0，f(x)单调减，f(x)的极值点是f′(x)的图象与x轴的交点，千万要注意，不要把f′(x)的单调性误以为是f(x)的单调性．请再练习下题：(2011·绵阳模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，给出下面四个判断．①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数；②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝2是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________． [答案] ②③[解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值．故②③正确．(理)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax 的图象在x ＝1处的切线与直线x ＋2y －1＝0平行，则实数a 的值为________．[答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝11＋x －a ，∴f ′(1)＝12－a . 由题知12－a ＝－12，解得a ＝1.[点评] 函数f (x )在点(x 0，y 0)处切线l 的斜率为f ′(x 0)，若l 与l 1平行(或垂直)，则f ′(x 0)＝kl 1(或f ′(x 0)·kl 1＝－1)．请再练习下题：已知曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线与曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相平行，则x 0的值为________．[答案] 0或－23[解析] 由条件知，2x 0＝－3x 20，∴x 0＝0或－23.9．(2012·湖南长郡中学一模)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．[答案] (1，2)[解析] ∵导函数是偶函数，∴原函数f (x )是奇函数，且定义域为(－1,1)，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．[点评] 本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2011·北京东城一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′(23)．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)(理)设函数g (x )＝[f (x )－x 3]·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解析] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c 得， f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′(23)＝3×(23)2＋2a ×(23)－1＝43a ＋13，解之得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3(x ＋13)(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是(－13，1)．(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数在区间x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立．只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞).能力拓展提升11.若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( ) A ．0个零点 B ．1个零点 C ．2个零点 D ．3个零点[答案] B[解析] f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )＝0⇒x 1＝0，x 2＝2a >4.易知f (x )在(0,2)上为减函数，且f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，由零点判定定理知，函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．12．(2011·南开区质检)已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )A ．2B ．1C ．－1D ．－2[答案] A[解析] ∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc ，又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝－2，∴ad ＝2. 13．(文)已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，f ′(x )是f (x )的导函数，则函数F (x )＝f (x )·f ′(x )＋f 2(x )的最大值是( )A ．1＋ 2B ．1－ 2 C. 2 D ．－ 2[答案] A[解析] 依题意，得f ′(x )＝cos x －sin x ，所以F (x )＝(sin x ＋cos x )(cos x －sin x )＋(sin x ＋cos x )2＝2sin(2x ＋π4)＋1，所以F (x )的最大值是1＋ 2.(理)(2013·陕西西工大附中第三次适应性训练)已知可导函数f (x )(x ∈R )满足f ′(x )>f (x )，则当a >0时，f (a )和e a f (0)的大小关系为( )A ．f (a )<e a f (0)B ．f (a )>e a f (0)C ．f (a )＝e a f (0)D ．f (a )≤e a f (0) [答案] B[解析] 令F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x >0， ∴F (x )为增函数， ∵a >0，∴F (a )>F (0)，即f (a )e a >f (0)， ∴f (a )>e a f (0)，故选B.14．(2011·浙江五校联考)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝2x －9，且f (0)的值为整数，当x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )所有可能取的整数值有且只有1个，则n ＝________.[答案] 4[解析] 由题可设f (x )＝x 2－9x ＋c (c ∈R )，又f (0)的值为整数即c 为整数，∴f (n )＝n 2－9n ＋c 为整数，f (n ＋1)＝(n ＋1)2－9(n ＋1)＋c ＝n 2－7n ＋c －8为整数，又x ∈[n ，n ＋1](n ∈N *)时，f (x )所有可能取的整数值有且只有1个，∴n 2－7n ＋c －8＝n 2－9n ＋c ，即n ＝4.15．(文)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，且与y ＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1)求a 、b 、c 的值； (2)求函数的递减区间．[解析] (1)函数的图象经过(0,0)点，∴c ＝0. 又图象与x 轴相切于(0,0)点，y ′＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴b ＝0，∴y ＝x 3＋ax 2，y ′＝3x 2＋2ax . ∵当x ＝－23a 时，函数有极小值－4.∴⎝⎛⎭⎪⎫－2a 33＋a ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 32＝－4，得a ＝－3. (2)y ′＝3x 2－6x <0，解得0<x <2.∴递减区间是(0,2)． (理)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值； (2)求函数f (x )的单调区间与极值点． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝8.即⎩⎪⎨⎪⎧12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8.解得a ＝4，b ＝24. (2)f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)．当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f (x )没有极值点．当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝±a .当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点． 16．(文)设函数g (x )＝13x 3＋12ax 2－bx (a ，b ∈R )，在其图象上一点P (x ，y )处的切线的斜率记为f (x )．(1)若方程f (x )＝0有两个实根分别为－2和4，求f (x )的表达式； (2)若g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a 2＋b 2的最小值． [解析] (1)根据导数的几何意义知f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ，由已知－2,4是方程x 2＋ax －b ＝0的两个实根，由韦达定理⎩⎪⎨⎪⎧－2＋4＝－a ，－2×4＝－b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝8，∴f (x )＝x 2－2x －8. (2)g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ≤0，即f (x )＝x 2＋ax －b ≤0在[－1,3]上恒成立这只需满足⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≤0，f (3)≤0，即可，也即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1，b －3a ≥9，而a 2＋b 2可视为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1，b －3a ≥9，内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3)距离原点最近．所以当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝3时，a 2＋b 2有最小值13.(理)(2011·天津文)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R .(1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当t ≠0，求f (x )的单调区间；(3)证明：对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点． [解析] (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2，因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t ，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎭⎪⎫－∞，t 2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，－t . ②若t >0，则－t <t2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝⎛⎭⎪t 2，＋∞：f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－t ，t 2，(3)证明：由(2)可知，当t >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，＋∞内单调递增，以下分两种情况讨论： ①当t2≥1，即t ≥2时，f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．f (0)＝t －1>0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．②当0<t2<1，即0<t <2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1内单调递增，若t ∈(0,1]，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1内存在零点．若t ∈(1,2)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋(t －1)<－74t 3＋1<0， f (0)＝t －1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点，综上，对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．1．(2012·河南省洛阳市高三年级统一考试)函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集为( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1，或x >1}D ．{x |x <－1，或0<x <1}[答案] A[解析] 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x>0.2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y)处的切线的斜率为g(x)，则函数y＝g(x)cos x的部分图象可以为()[答案] A[解析]g(x)＝(x2＋1)′＝2x，∴y＝g(x)·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C.3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为图中的()[答案] D[解析]当y＝f(x)为增函数时，y＝f′(x)>0，当y＝f(x)为减函数时，y＝f′(x)<0，可判断D成立．4．(2012·深圳第一次调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()[答案] D[解析]当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间上单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0.对任意正数a 、b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )[答案] A[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0， ∴xf ′(x )≤－f (x )≤0.设y ＝f (x )x ，则y ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2≤0，故y ＝f (x )x 为减函数或为常数函数．又a 0，∴a ·f (b )≤b ·f (a )．[点评] 观察条件式xf ′(x )＋f (x )≤0的特点，可见不等式左边是函数y ＝xf (x )的导函数，故可构造函数y ＝xf (x )或y ＝f (x )x 通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a ，b 是实数，且e <a b aB ．a b e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e <a f (b )，即ln a a >ln bb ， ∴b ln a >a ln b ，∴ln a b >ln b a ，∴a b >b a .6．(2011·安徽池州一中期末)已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．[答案] b <－1或b >3[解析] y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立，∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3.7．已知f (x )＝ln x ＋x 2－bx .(1)若函数f (x )在其定义域内是增函数，求b 的取值范围； (2)当b ＝－1时，设g (x )＝f (x )－2x 2，求证函数g (x )只有一个零点． [解析] (1)∵f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f ′(x )＝1x ＋2x －b ≥0，对x ∈(0，＋∞)恒成立，即b ≤1x ＋2x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x min ，∵x >0，∴1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”， ∴b ≤22，∴b 的取值范围为(－∞，22]．(2)当b ＝－1时，g (x )＝f (x )－2x 2＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)，∴g ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x ＝－(x －1)(2x ＋1)x ，令g ′(x )＝0，即－(2x ＋1)(x －1)x ＝0， ∵x >0，∴x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减， ∴当x ≠1时，g (x )<g (1)，而g (1)＝0，∴g (x )<0， ∴函数g (x )只有一个零点．。

2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学2-3

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当 2<x≤3 时，g′(x)<0，故 g(x)在[0,2]上是增函数，在[2,3]上是减函数．所以当 x＝2 时， g(x)取最大值，即将 2 百万元用于技术改造，1 百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．
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(3)生活中，经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．在解决实际优化问题中，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式给予表示，还应确定函数关系式中自变量的定义区间．
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用料费用最省问题
[例 1] 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析 1 3 3 式可以表示为 y＝ x － x＋8(0<x≤120)．已知甲、 128000 80 乙两地相距 100 千米．
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解析： (1)由题得该连锁分店一年的利润 L(万元)与售价 x 的函数关系式为 L(x)＝(x－4－a)(10－x)2，x∈[8,9]． (2)L′(x)＝(10－x)2－2(x－4－a)(10－x) ＝(10－x)(18＋2a－3x)， 2 令 L′(x)＝0，得 x＝6＋ a 或 x＝10(舍去)． 3 20 2 ∵1≤a≤3，∴ ≤6＋ a≤8. 3 3

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四、全面把握函数单调性 1．某区在个间 (a，b)上若 f′(x)0 ， > ，则 f(x)在这个区间
上单调递增；若 f′(x)0 ，则 f(x)在个间单递； < 这区上调减若 f′(x)＝0 恒成立，则 f(x)在这个区间上为常数函数；若 f′(x) 的符号不确定，则 f(x)不是单调函数．
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[例 2]
已函知数
f(x)中，f′() ＝2，求 1
f1－2Δx－f1 lim . Δx Δx→0 [分析] 当 Δx→0 时，－2Δx→0，
f1－2Δx－f1 只需将lim 变形为 Δx Δx→0 f1－2Δx－f1 －2lim ，即可用导数的定义解决．－2Δx Δx→0
本题如果没有定义域优先的意识，单从 f′(x)＝
3 －∞，－和 2
22x＋1x＋1 来，易单减间成看极把调区写 2x＋3
1 －1，－ . 2
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二、清晰理解导数的定义从三个方面理解导数的定义： 1．函数 f(x)在某一点 x0 处的导数： fx0＋Δx－fx0 f′(x0)＝lim . Δx Δx→0
[解析]
3 f(x)的定义域为－2，＋∞.
4x2＋6x＋2 2 f′(x)＝＋2x＝ 2x＋3 2x＋3 22x＋1x＋1 ＝ . 2x＋3 3 当－2<x<－1 时，f′(x)0 ； > 1 当－1<x<－2时，f′(x)0 ； < 1 当 x>－2时，f′(x)0 >.
2 切线的斜率为－2x0＋2x0＋4，

2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学(北师大),3-2导数的应用

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(2)由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2，x∈(－1,1)恒成立． ∵－1<x<1，∴3x2<3，∴只需a≥3. 当a＝3时，f′(x)＝3(x2－1)，在x∈(－1,1)上，f′(x)<0，即f(x)在(－1,1)上为减函数，∴a≥3. 故存在实数a≥3，使f(x)在(－1,1)上单调递减．
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(3)证明：∵f(－1)＝a－2<a， ∴f(x)的图像不可能总在直线y＝a的上方．
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(文)(2011· 北京文，18)已知函数f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值． [分析] 依据导数的符号来判断函数的单调性，再由单调性求最值．
有解，
∴a＝－ex<－1.
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4．(2011· 青岛二模)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值、最小值分别是( A．5；－15 C．－4；－15 ) B．5；－4 D．5；－16
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[答案] A
[解析] y′＝6x2－6x－12，令y′＝0⇒x＝－1(舍去)或x ＝2. x＝0时y＝5，x＝2时y＝－15，x＝3时y＝－4. ∴ymax＝5，ymin＝－15.故选A.
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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，

《走向高考》高数学(人教A版)总复习同步练习利用导数研究报告函数性质

3-2利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.给出定义：若函数f(x>在D上可导，即f′(x>存在，且导函数f′(x>在D上也可导，则称f(x>在D上存在二阶导函数，记f″(x>＝(f′(x>>′，若f″(x>>0在D上恒成立，则称f(x>在D上为凹函数，以下四个函数在(0，错误!>上是凹函数的是(>A．f(x>＝sin x＋cos x B．f(x>＝ln x－2xC．f(x>＝－x3＋2x＋1 D．f(x>＝－xe－x[答案]D [解读](1>若f(x>＝sin x＋cos x，则f′(x>＝cos x－sin x，f″(x>＝－sin x－cos x，∴f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(2>若f(x>＝ln x－2x，则f′(x>＝错误!－2，f″(x>＝－错误!，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(3>若f(x>＝－x3＋2x＋1，则f′(x>＝－3x2＋2，f″(x>＝－6x，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(4>若f(x>＝－xe－x，则f′(x>＝(x－1>e－x，f″(x>＝(2－x>e－x，当x∈(0，错误!>时，f″(x>>0恒成立，故选D. 2．(2018·济南外国语学校第一学期质检>若a>0，b>0，且函数f(x>＝4x3－ax2－2bx－2在x＝1处有极值，则ab的最大值为(> A．2B．3C．6D．9[答案]D [解读]函数的导数为f′(x>＝12x2－2ax－2b，函数在x＝1处有极值，则有f′(1>＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，所以6＝a＋b≥2错误!，即ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取等号，选D. 3．(文>(2018·宿州模拟>已知y＝f(x>是定义在R上的函数，且f(1>＝1，f′(x>>1，则f(x>>x的解集是(>A．(0,1> B．(－1,0>∪(0,1>C．(1，＋∞> D．(－∞，－1>∪(1，＋∞>[答案]C [解读]令F(x>＝f(x>－x，则F′(x>＝f′(x>－1>0，所以F(x>是增函数，∵f(x>>x，∴F(x>>0，∵F(1>＝f(1>－1＝0，∴F(x>>F(1>，∵F(x>是增函数，∴x>1，即f(x>>x的解集是(1，＋∞>．(理>(2018·辽宁文>函数f(x>的定义域为R，f(－1>＝2，对任意x∈R，f′(x>>2，则f(x>>2x＋4的解集为(>A．(－1,1> B．(－1，＋∞>C．(－∞，－1> D．(－∞，＋∞>[答案]B[解读]由题意，令φ(x>＝f(x>－2x－4，则φ′(x>＝f′(x>－2>0.∴φ(x>在R上是增函数．又φ(－1>＝f(－1>－2×(－1>－4＝0，∴当x>－1时，φ(x>>φ(－1>＝0，∴f(x>－2x－4>0，∴f(x>>2x＋4.故选B. 4．(文>设函数f(x>＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处均有极值，且f(－1>＝－1，则a、b、c的值为(>A．a＝－错误!，b＝0，c＝－错误!B．a＝错误!，b＝0，c＝－错误!C．a＝－错误!，b＝0，c＝错误!D．a＝错误!，b＝0，c＝错误![答案]C[解读]f′(x>＝3ax2＋2bx＋c，所以由题意得错误!即错误!解得a＝－错误!，b＝0，c＝错误!. (理>(2018·潍坊模拟>已知非零向量a，b满足|a|＝错误!|b|，若函数f(x>＝错误!x3＋|a|x2＋2a·b x＋1在R上有极值，则〈a，b〉的取值范围是(>A．[0，错误!] B．(0，错误!]C．(错误!，错误!] D．(错误!，π][答案]D [解读]据题意知，f′(x>＝x2＋2|a|x＋2a·b，若函数存在极值，必有(2|a|>2－4×2a·b>0，整理可得|a|2>2a·b，故cos〈a，b〉＝错误!<错误!＝错误!，解得错误!<〈a，b〉≤π. 5．函数y＝f(x>的图象如图所示，则y＝f′(x>的图象可能是(>[答案]D[解读]由f (x >的图象知，f (x >在(－∞，0>上单调递增，在(0，＋∞>上单调递减，∴在(0，＋∞>上f ′(x >≤0，在(－∞，0>上f ′(x >≥0，故选D.6．(2018·陕西咸阳模拟>已知函数f (x >＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1>>处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列错误!的前n项和为S n ，则S 2018的值为( >A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案]D[解读]∵f ′(x >＝2ax ，∴f (x >在点A 处的切线斜率为f ′(1>＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x >＝4x 2－1，∴错误!＝错误!＝错误!·错误!＝错误!错误!∴数列错误!的前n项和S n＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋…＋错误!错误!＝错误!错误!＝错误!，∴S2018＝错误!. 7．(2018·惠州三模>已知函数f(x>＝错误!＋ln x，若函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，则正实数a的取值范围为________．[答案][1，＋∞>[解读]∵f(x>＝错误!＋ln x，∴f′(x>＝错误!(a>0>，∵函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，∴f′(x>＝错误!≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，即a≥错误!对x∈[1，＋∞>恒成立，∴a≥1. 8．(文>函数y＝f(x>的定义域为(a，b>，y＝f′(x>在(a，b>上的图象如图，则y＝f(x>在区间(a，b>上极大值的个数为________．[答案]2 [解读]由f′(x>在(a，b>上的图象可知f′(x>的值在(a，b>上，依次为＋－＋－＋，∴f(x>在(a，b>上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f(x>在(a，b>上的极大值点有两个．[点评]应注意题设中给的是f(x>的图象还是f′(x>的图象，在f′(x>的图象上，位于x轴上方部分使f′(x>>0，f(x>单调增，位于x轴下方部分，使f′(x><0，f(x>单调减，f(x>的极值点是f′(x>的图象与x轴的交点，千万要注意，不要把f′(x>的单调性误以为是f(x>的单调性．请再练习下题：(2018·绵阳模拟>如图是函数y＝f(x>的导函数的图象，给出下面四个判断．①f(x>在区间[－2，－1]上是增函数；②x＝－1是f(x>的极小值点；③f(x>在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；④x＝2是f(x>的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．[答案]②③[解读]由函数y＝f(x>的导函数的图象可知：(1>f(x>在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2>f(x>在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故②③正确．(理>已知函数f(x>＝ln(1＋x>－ax的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0平行，则实数a的值为________．[答案]1[解读]∵f′(x>＝错误!－a，∴f′(1>＝错误!－a.由题知错误!－a＝－错误!，解得a＝1.[点评]函数f(x>在点(x0，y0>处切线l的斜率为f′(x0>，若l与l1平行(或垂直>，则f′(x0>＝kl1(或f′(x0>·kl1＝－1>．请再练习下题：已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，则x0的值为________．[答案]0或－错误![解读]由条件知，2x0＝－3x错误!，∴x0＝0或－错误!. 9．(2018·湖南长郡中学一模>已知函数f(x>的导函数为f′(x>＝5＋cos x，x∈(－1,1>，且f(0>＝0，如果f(1－x>＋f(1－x2><0，则实数x的取值范围为________．[答案](1，错误!> [解读]∵导函数是偶函数，∴原函数f(x>是奇函数，且定义域为(－1,1>，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x><f(x2－1>，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<错误!，∴实数x的取值范围是(1，错误!>．[点评]本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2018·北京东城一模>已知函数f(x>＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′(错误!>．(1>求a的值；(2>求函数f(x>的单调区间；(3>(理>设函数g(x>＝[f(x>－x3]·e x，若函数g(x>在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．[解读](1>由f(x>＝x3＋ax2－x＋c得，f′(x>＝3x2＋2ax－1.当x＝错误!时，得a＝f′(错误!>＝3×(错误!>2＋2a×(错误!>－1＝错误!a＋错误!，解之得a＝－1.(2>由(1>可知f(x>＝x3－x2－x＋c.则f′(x>＝3x2－2x－1＝3(x＋错误!>(x－1>，列表如下：所以f(x>的单调递增区间是(－∞，－错误!>和(1，＋∞>；f(x>的单调递减区间是(－错误!，1>．(3>函数g(x>＝(f(x>－x3>·e x＝(－x2－x＋c>·e x，有g′(x>＝(－2x－1>e x＋(－x2－x＋c>e x＝(－x2－3x＋c－1>e x，因为函数在区间x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x>＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2>≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞>.能力拓展提升11.若a>2，则函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有(>A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点[答案]B [解读]f′(x>＝x2－2ax＝x(x－2a>＝0⇒x1＝0，x2＝2a>4.易知f(x>在(0,2>上为减函数，且f(0>＝1>0，f(2>＝错误!－4a<0，由零点判定定理知，函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有一个零点．12．(2018·南开区质检>已知实数a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c>，则ad等于(>A．2 B．1C．－1 D．－2[答案]A[解读]∵a，b，c，d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c>为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴错误!或错误!∴ad＝2. 13．(文>已知函数f(x>＝sin x＋cos x，f′(x>是f(x>的导函数，则函数F(x>＝f(x>·f′(x>＋f2(x>的最大值是(>A．1＋错误!B．1－错误!C.错误!D．－错误![答案]A[解读]依题意，得f′(x>＝cos x－sin x，所以F(x>＝(sin x＋cos x>(cos x－sin x>＋(sin x＋cos x>2＝错误!sin(2x＋错误!>＋1，所以F(x>的最大值是1＋错误!. (理>(2018·陕西西工大附中第三次适应性训练>已知可导函数f(x>(x∈R>满足f′(x>>f(x>，则当a>0时，f(a>和e a f(0>的大小关系为(>A．f(a><e a f(0> B．f(a>>e a f(0>C．f(a>＝e a f(0> D．f(a>≤e a f(0>[答案]B[解读]令F(x>＝错误!，则F′(x>＝错误!>0，∴F(x>为增函数，∵a>0，∴F(a>>F(0>，即错误!>f(0>，∴f(a>>e a f(0>，故选B. 14．(2018·浙江五校联考>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝2x－9，且f(0>的值为整数，当x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，则n＝________.[答案]4 [解读]由题可设f(x>＝x2－9x＋c(c∈R>，又f(0>的值为整数即c为整数，∴f(n>＝n2－9n＋c为整数，f(n＋1>＝(n＋1>2－9(n＋1>＋c ＝n2－7n＋c－8为整数，又x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，∴n2－7n＋c－8＝n2－9n＋c，即n＝4. 15．(文>设函数f(x>＝x3＋ax2＋bx＋c的图象如图所示，且与y＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1>求a、b、c的值；(2>求函数的递减区间．[解读](1>函数的图象经过(0,0>点，∴c＝0.又图象与x轴相切于(0,0>点，y′＝3x2＋2ax＋b，∴b＝0，∴y＝x3＋ax2，y′＝3x2＋2ax.∵当x＝－错误!a时，函数有极小值－4.∴错误!3＋a错误!2＝－4，得a＝－3.(2>y′＝3x2－6x<0，解得0<x<2.∴递减区间是(0,2>．(理>设函数f(x>＝x3－3ax＋b(a≠0>．(1>若曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2>求函数f(x>的单调区间与极值点．[解读](1>f′(x>＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，所以错误!即错误!解得a＝4，b＝24.(2>f′(x>＝3(x2－a>(a≠0>．当a<0时，f′(x>>0，函数f(x>在(－∞，＋∞>上单调递增；此时函数f(x>没有极值点．当a>0时，由f′(x>＝0得x＝±错误!.当x∈(－∞，－错误!>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增；当x∈(－错误!，错误!>时，f′(x><0，函数f(x>单调递减；当x∈(错误!，＋∞>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增．故x＝－错误!是f(x>的极大值点，x＝错误!是f(x>的极小值点．16．(文>设函数g(x>＝错误!x3＋错误!ax2－bx(a，b∈R>，在其图象上一点P(x，y>处的切线的斜率记为f(x>．(1>若方程f(x>＝0有两个实根分别为－2和4，求f(x>的表达式；(2>若g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a2＋b2的最小值．[解读](1>根据导数的几何意义知f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b，由已知－2,4是方程x2＋ax－b＝0的两个实根，由韦达定理错误!∴错误!∴f(x>＝x2－2x－8. (2>g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b≤0，即f(x>＝x2＋ax－b≤0在[－1,3]上恒成立这只需满足错误!即可，也即错误!而a2＋b2可视为平面区域错误!内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3>距离原点最近．所以当错误!时，a2＋b2有最小值13. (理>(2018·天津文>已知函数f(x>＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1>当t＝1时，求曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程；(2>当t≠0，求f(x>的单调区间；(3>证明：对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．[解读](1>当t＝1时，f(x>＝4x3＋3x2－6x，f(0>＝0，f′(x>＝12x2＋6x－6，f′(0>＝－6，所以曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程为y＝－6x.(2>f′(x>＝12x2＋6tx－6t2，令f′(x>＝0，解得x＝－t或x＝错误!，因为t≠0，以下分两种情况讨论：①若t<0，则错误!<－t，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是错误!，(－t，＋∞>；f(x>的单调递减区间是错误!.②若t>0，则－t<错误!，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是(－∞，－t>，错误!：f(x>的单调递减区间是错误!，(3>证明：由(2>可知，当t>0时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，以下分两种情况讨论：①当错误!≥1，即t≥2时，f(x>在(0,1>内单调递减，在(1，＋∞>内单调递增．f(0>＝t－1>0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t∈[2，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．②当0<错误!<1，即0<t<2时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，若t∈(0,1]，f错误!＝－错误!t3＋t－1≤－错误!t3<0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0，所以f(x>在错误!内存在零点．若t∈(1,2>，f错误!＝－错误!t3＋(t－1><－错误!t3＋1<0，f(0>＝t－1>0，所以f(x>在错误!内存在零点．所以，对任意t∈(0,2>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点，综上，对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．1．(2018·河南省洛阳市高三年级统一考试>函数f(x>的定义域是R，f(0>＝2，对任意x∈R，f(x>＋f′(x>>1，则不等式e x·f(x>>e x＋1的解集为(>A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案]A [解读]构造函数g(x>＝e x·f(x>－e x，因为g′(x>＝e x·f(x>＋e x·f′(x>－e x＝e x[f(x>＋f′(x>]－e x>e x－e x＝0，所以g(x>＝e x·f(x>－e x为R上的增函数．又g(0>＝e0·f(0>－e0＝1，所以原不等式转化为g(x>>g(0>，解得x>0. 2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y>处的切线的斜率为g(x>，则函数y＝g(x>cos x的部分图象可以为(>[答案]A [解读]g(x>＝(x2＋1>′＝2x，∴y＝g(x>·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C. 3．设函数f(x>在定义域内可导，y＝f(x>的图象如图所示，则导函数y＝f′(x>的图象可能为图中的(>[答案]D [解读]当y＝f(x>为增函数时，y＝f′(x>>0，当y＝f(x>为减函数时，y＝f′(x><0，可判断D成立．4．(2018·深圳第一次调研>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x>的图象可能是(>[答案]D [解读]当x<0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x>在该区间上单调递减；当x>0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象可知，导数在区间(0，x1>内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x>单调递增．只有D选项符合题意．5．f(x>是定义在(0，＋∞>上的非负可导函数，且满足xf′(x>＋f(x>≤0.对任意正数a、b，若a<b，则必有(>A．af(b>≤bf(a> B．bf(a>≤af(b>C．af(a>≤f(b> D．bf(b>≤f(a>[答案]A[解读]∵xf′(x>＋f(x>≤0，又f(x>≥0，∴xf′(x>≤－f(x>≤0.设y＝错误!，则y′＝错误!≤0，故y＝错误!为减函数或为常数函数．又a<b，∴错误!≥错误!，∵a、b>0，∴a·f(b>≤b·f(a>．[点评]观察条件式xf′(x>＋f(x>≤0的特点，可见不等式左边是函数y＝xf(x>的导函数，故可构造函数y＝xf(x>或y＝错误!通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是(>A．a b>b aB．a b＝错误!，则f′(x>＝错误!.当x>e时，f′(x><0，∴f(x>在(e，＋∞>上单调递减．∵e<a<b，∴f(a>>f(b>，即错误!>错误!，∴b ln a>a ln b，∴ln a b>ln b a，∴a b>b a. 6．(2018·安徽池州一中期末>已知函数y＝－错误!x3＋bx2－(2b＋3>x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________．[答案]b<－1或b>3 [解读]y′＝－x2＋2bx－(2b＋3>，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3>＝4(b2－2b－3>≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3.7．已知f(x>＝ln x＋x2－bx.(1>若函数f(x>在其定义域内是增函数，求b的取值范围；(2>当b＝－1时，设g(x>＝f(x>－2x2，求证函数g(x>只有一个零点．[解读](1>∵f(x>在(0，＋∞>上递增，个人资料整理仅限学习使用∴f′(x>＝错误!＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞>恒成立，即b≤错误!＋2x对x∈(0，＋∞>恒成立，∴只需b≤错误!min，∵x>0，∴错误!＋2x≥2错误!，当且仅当x＝错误!时取“＝”，∴b≤2错误!，∴b的取值范围为(－∞，2错误!]．(2>当b＝－1时，g(x>＝f(x>－2x2＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞>，∴g′(x>＝错误!－2x＋1＝－错误!＝－错误!，令g′(x>＝0，即－错误!＝0，∵x>0，∴x＝1，当0<x<1时，g′(x>>0；当x>1时，g′(x><0，∴函数g(x>在区间(0,1>上单调递增，在区间(1，＋∞>上单调递减，∴当x≠1时，g(x><g(1>，而g(1>＝0，∴g(x><0，∴函数g(x>只有一个零点．。

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