2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练(江苏专用)：5 导数的综合应用 Word版含解析]
2014届高考数学江苏专用(文)审题·解题·回扣三角函数的综合应用
解答题规范练三角函数的综合应用(推荐时间：80分钟)1． 设函数f (x )＝a ·b ，其中向量a ＝(2cos x,1)，b ＝(cos x ，3sin 2x )，x ∈R .(1)若函数f (x )＝1－3，且x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，π3，求x 的值； (2)求函数y ＝f (x )的单调增区间，并在给出的坐标系中画出y ＝f (x )在区间[0，π]上的图象．解 (1)依题设得f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝1＋cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1. 由2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1＝1－3，得sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝－32. ∵－π3≤x ≤π3，∴－π2≤2x ＋π6≤5π6，∴2x ＋π6＝－π3，即x ＝－π4.(2)当－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π(k ∈Z )，即－π3＋k π≤x ≤π6＋k π(k ∈Z )时，函数y ＝f (x )单调递增，即函数y ＝f (x )的单调增区间为⎣⎡⎦⎤－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )，2． 已知向量a ＝(cos x ＋3sin x ，3sin x )，b ＝(cos x －3sin x ，2cos x )，函数f (x )＝a ·b －cos2x .(1)求函数f (x )的值域；(2)若f (θ)＝15，θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，求sin 2θ的值． 解 (1)f (x )＝a ·b －cos 2x＝(cos x ＋3sin x )(cos x －3sin x )＋3sin x ·2cos x －cos 2x ＝cos 2x －3sin 2x ＋23sin x cos x －cos 2x ＝cos 2x －sin 2x －2sin 2x ＋23sin x cos x －cos 2x＝cos 2x ＋3sin 2x －1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1， f (x )的值域为[－3,1]．(2)由(1)知f (θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－1， 由题设2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－1＝15，即sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6＝35， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，∴2θ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π2，5π6， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6＝－45， ∴sin 2θ＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6cos π6－cos ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6sin π6 ＝35×32－⎝⎛⎭⎫－45×12＝33＋410.3． 已知向量m ＝⎝⎛⎭⎫sin A ，12与n ＝(3，sin A ＋3cos A )共线，其中A 是△ABC 的内角． (1)求角A 的大小；(2)若BC ＝2，求△ABC 面积S 的最大值． 解 (1)∵m ∥n ，∴sin A ·(sin A ＋3cos A )－32＝0.∴1－cos 2A 2＋32sin 2A －32＝0， 即32sin 2A －12cos 2A ＝1， 即sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝1. ∵A ∈(0，π)，∴2A －π6∈⎝⎛⎭⎫－π6，11π6. 故2A －π6＝π2，A ＝π3.(2)∵BC ＝2，由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝4，又b 2＋c 2≥2bc ，∴bc ≤4(当且仅当b ＝c 时等号成立)， 从而S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×4＝ 3.即△ABC 面积S 的最大值为 3.4． 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A －3cos C cos B ＝3c －ab.(1)求sin Csin A的值； (2)若B 为钝角，b ＝10，求a 的取值范围． 解 (1)由正弦定理，设a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝k ， 则3c －a b ＝3k sin C －k sin A k sin B ＝3sin C －sin Asin B， 所以cos A －3cos C cos B ＝3sin C －sin A sin B，即(cos A －3cos C )sin B ＝(3sin C －sin A )cos B ， 化简可得sin(A ＋B )＝3sin(B ＋C )． 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝3sin A ， 因此sin Csin A ＝3.(2)由sin Csin A＝3得c ＝3a . 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c >ba 2＋c 2<b2，又b ＝10，所以52<a <10.5． 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中x ∈R ，A >0，ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数f (x )的图象上的三点M ，N ，P 的横坐标分别为－1,1,5，求sin ∠MNP 的值． 解 (1)由图可知，A ＝1，最小正周期T ＝4×2＝8. 由T ＝2πω＝8，得ω＝π4.又f (1)＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1，且－π2<φ<π2， 所以π4＋φ＝π2，解得φ＝π4.所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4. (2)因为f (－1)＝0，f (1)＝1， f (5)＝sin ⎝⎛⎭⎫5π4＋π4＝－1，所以M (－1,0)，N (1,1)，P (5，－1)． 所以MN ＝5，PN ＝20，MP ＝37. 由余弦定理得cos ∠MNP ＝5＋20－3725×20＝－35.因为∠MNP ∈(0，π)， 所以sin ∠MNP ＝45.6． 已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，其中0<α<x <π.(1)若α＝π4，求函数f (x )＝b ·c 的最小值及相应x 的值；(2)若a 与b 的夹角为π3，且a ⊥c ，求tan 2α的值．解 (1)∵b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，α＝π4，∴f (x )＝b ·c ＝cos x sin x ＋2cos x sin α＋sin x cos x ＋2sin x cos α＝2sin x cos x ＋2(sin x ＋cos x )．令t ＝sin x ＋cos x ⎝⎛⎭⎫π4<x <π， 则2sin x cos x ＝t 2－1，且－1<t < 2. 则y ＝t 2＋2t －1＝⎝⎛⎭⎫t ＋222－32，－1<t <2， ∴t ＝－22时，y min ＝－32，此时sin x ＋cos x ＝－22， 即2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝－22， ∵π4<x <π，∴π2<x ＋π4<54π， ∴x ＋π4＝76π，∴x ＝11π12.∴函数f (x )的最小值为－32，相应x 的值为11π12.(2)∵a 与b 的夹角为π3，∴cos π3＝a ·b |a |·|b |＝cos αcos x ＋sin αsin x ＝cos(x －α)．∵0<α<x <π，∴0<x －α<π，∴x －α＝π3.∵a ⊥c ，∴cos α(sin x ＋2sin α)＋sin α(cos x ＋2cos α)＝0， ∴sin(x ＋α)＋2sin 2α＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＋2sin 2α＝0. ∴52sin 2α＋32cos 2α＝0，3∴tan 2α＝－5.。
2014高考数学理二轮复习好题汇编(真题 模拟)：导数及其应用-推荐下载
C．②④
B．①④
D．②③
【解析】 函数的导数为 f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x2－3x＋2)＝3(x－1)
(x－2)．则函数在 x＝1 处取得极大值，在 x＝2 处取得极小值，因为 f(a)＝f(b)
＝f(c)＝0，所以函数有 3 个零点，则 f(1)＞0，f(2)＜0，即Error!解得Error!即
【答案】 B 9
2．(2013·临沂模拟)已知 f(x)＝x3－2x2＋6x－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(2)＞0；
④f(0)f(2)＜0.其中正确结论的序号为( )
A．①③
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对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
2014年高考导数的综合应用(精华)
导数的综合应用(推荐时间：70分钟)1． 设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；(2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6， 因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m ， 即3x 2－9x ＋(6－m )≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m )≤0，解得m ≤－34，即m 的最大值为－34.(2)因为当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ；当x ＝2时，f (x )取极小值，f (2)＝2－a ， 故当f (2)>0或f (1)<0时，f (x )＝0仅有一个实根． 解得a <2或a >52.2． 已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)e x (a ∈R )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当x 1，x 2∈[0,2]时，证明：f (x 1)－f (x 2)≤e. (1)解 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 (x )max －f (x )min ，所以f (x 1)－f (x 2)≤0－(－e)＝e. 3． 已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数g (x )＝f (x )－k (x －1)，其中k ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)．令f ′(x )≥0，得ln x ≥－1＝ln e －1，x ≥1e；令f ′(x )≤0，得x ∈(]0，1e . 所以f (x )的单调递增区间是[)1e ，＋∞，单调递减区间是(]0，1e ，f (x )的极小值为f ()1e ＝－1e.f (x )无极大值．(2)g (x )＝x ln x －k (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－k ，由g ′(x )＝0，得x ＝e k －1，所以，在区间(0，e k －1)上，g (x )为递减函数， 在区间(e k －1，＋∞)上，g (x )为递增函数． 当e k －1≤1，即k ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数，所以，g (x )的最大值为g (e)＝e －k e ＋k ； 当1<e k －1<e ，即1<k <2时， g (x )的最大值是g (1)或g (e)， 由g (1)＝g (e)，得k ＝ee －1，当1<k <ee －1时，g (e)＝e －e k ＋k >0＝g (1)，g (x )最大值为g (e)＝e －k e ＋k ， 当e e －1≤k <2时，g (e)＝e －e k ＋k <0＝g (1)，g (x )最大值为g (1)＝0；当e k －1≥e ，即k ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数，所以g (x )最大值为g (1)＝0.综上，当k <ee －1时，g (x )最大值为e －k e ＋k ；当k ≥ee －1时，g (x )的最大值为0.4． 某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克，1<x ≤5)满足：当1<x ≤3时，y ＝a (x －3)2＋bx －1(a ，b 为常数)；当3<x ≤5时，y ＝－70x ＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a ，b 的值，并确定y 关于x 的函数解析式；(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x 的值，使店铺每日销售该特产所获利润f (x )最大(x 精确到0.01元/千克)． 解 (1)因为x ＝2时，y ＝700；x ＝3时，y ＝150，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝700b2＝150，解得a ＝400，b ＝300.每日的销售量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400(x －3)2＋300x －1 (1<x ≤3)－70x ＋490 (3<x ≤5).(2)由(1)知，当1<x ≤3时，每日销售利润f (x )＝⎣⎡⎦⎤400(x －3)2＋300x －1(x －1)＝400(x －3)2(x －1)＋300＝400(x 3－7x 2＋15x －9)＋300(1<x ≤3) f ′(x )＝400(3x 2－14x ＋15)． 当x ＝53，或x ＝3时f ′(x )＝0；当x ∈()1，53时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈()53，3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴x ＝53是函数f (x )在(1,3]上的唯一极大值点，f ()53＝400×3227＋300>700；当3<x ≤5时，每日销售利润f (x )＝(－70x ＋490)(x －1)＝－70(x 2－8x ＋7)f (x )在x ＝4时有最大值，且f (4)＝630<f ()53. 综上，销售价格x ＝53≈1.67元/千克时，每日利润最大．5． 已知函数f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)(a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g (x )＝λf (x )＋sin x 在区间[－1,1]上是减函数． (1)求实数a 的值；(2)若g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数t 的最大值；(3)若关于x 的方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m 有且只有一个实数根，求m 的值．解 (1)∵f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)是实数集R 上的奇函数，∴f (0)＝0，即ln(e 0＋a ＋1)＝0⇒2＋a ＝1⇒a ＝－1，将a ＝－1代入f (x )＝ln e x ＝x ，显然为奇函数． (2)由(1)知g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， ∴g ′(x )＝λ＋cos x ，x ∈[－1,1]， ∴要使g (x )是区间[－1,1]上的减函数， 则有g ′(x )≤0在x ∈[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x )min ，∴λ≤－1.要使g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立， 只需g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin 1≤λt －1在λ≤－1时恒成立即可．∴(t ＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可．令h (λ)＝(t ＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，则⎩⎨⎧t ＋1≤0，h (－1)≥0，即⎩⎨⎧t ＋1≤0，－t －2＋sin 1≥0，∴t ≤sin 1－2，∴实数t 的最大值为sin 1－2. (3)由(1)知方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m ， 令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f ′1(x )＝1－ln xx 2当x ∈(0，e]时，f ′1(x )≥0， ∴f 1(x )在(0，e]上为增函数； 当x ∈[e ，＋∞)时，f ′1(x )≤0， ∴f 1(x )在[e ，＋∞)上为减函数； 当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e.而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2. ∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.只有当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有且只有一个实数根． 6． 已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．(1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x >0)．当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0， 函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，若0<x <1a ，则ax －1<0，从而f ′(x )<0，若x >1a，则ax －1>0，从而f ′(x )>0，函数在()0，1a 上单调递减，在()1a ，＋∞上单调递增．(2)解 根据(1)函数的极值点是x ＝1a ，若1a ＝1，则a ＝1.所以f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2， 由于x >0，即b ≤1＋1x －ln xx.令g (x )＝1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln xx 2＝ln x －2x 2， 可知x ＝e 2为函数g (x )在(0，＋∞)内唯一的极小值点，也是最小值点，故g (x )min ＝g (e 2)＝－1e 2， 所以1＋1x －ln x x 的最小值是1－1e 2，故只要b ≤1－1e2即可，故b 的取值范围是(]－∞，1－1e 2.(3)证明 不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )⇔e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1).构造函数h (x )＝e xln x，则h ′(x )＝e x ln x －1xe x ln 2x ＝e x ()ln x －1xln 2x ， 可知函数在(e ，＋∞)上h ′(x )>0， 即函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ，所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，所以e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．。
2014届高考数学(苏教版)一轮复习题及详解第3章导数及其应用3.3导数的综合应用
15 导数的综合应用一、填空题1．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是__________．2．(2013江苏溧水中学模拟)已知f (x )＝x ＋cos x (x ∈R )，则不等式f (e x －1)＞f (0)的解集为__________．3．已知函数y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，则m 的取值范围是__________．4．(2013江苏南通高三调研)已知f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12，m ∈R .若对于任意实数x ，f (x )≥0恒成立，则m 的取值范围为________．5．已知函数f (x )＝x ＋sin x ．设P ，Q 是函数f (x )图象上相异的两点，则直线PQ 的斜率________0(填“＞”、“＜”)．6．已知：三次函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，当且仅当x ＞4时，f (x )＞x 2－4x ＋5.则函数f (x )的解析式为________．7．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有f (0)＋f (2)________2f (1)．8．(2013江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20 m 2，当宽为__________时，使截面周长最小．9．(2013江苏盐城三模)若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈ (0,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．二、解答题10．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．11．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤5)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大？(注：收益＝销售额－投放)．12．(2013江苏泰州月考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈ (0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．参考答案一、填空题1．－16 解析：由f ′(x )＝12－3x 2＝0，得x ＝－2或x ＝2.又f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9，∴函数f (x )在[－3,3]上的最小值为－16.2．(0，＋∞) 解析：f (x )＝x ＋cos x ，f ′(x )＝1－sin x ≥0，∴f (x )(x ∈R )是增函数．若f (e x －1)＞f (0)，则e x －1＞0，e x ＞1，即x ＞0.∴解集为(0，＋∞)．3.⎣⎡⎭⎫－49，0 解析：由y ′＝9x 2＋4x ≤0得－49≤x ≤0，而y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，所以－49≤m ＜0. 4．[4，＋∞) 解析：f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2. 当m ＜4时，f (2)＝4(m －4)＜0，不合题意；当m ≥4时，f (x )＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2≥0，对一切实数x 恒成立．所以m 的取值范围是[4，＋∞)．5．＞6．f (x )＝x 3－32x 2－6x －11 解析：∵f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单增，(－1,2)上单减，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两根－1,2. ∴2312,,326,12,3a a b b ⎧-+⎧⎪=-⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪=--⨯=⎩⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c . 令H (x )＝f (x )－x 2＋4x －5＝x 3－52x 2－2x ＋c －5，H ′(x )＝3x 2－5x －2＝(3x ＋1)(x －2)，H (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－13，(2，＋∞)上单调递增，⎝⎛⎭⎫－13，2上单调递减， 故(4)0,11.1()0.3H c H =⎧⎪∴=-⎨-<⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x －11.7．≥ 解析：当x ≥1时，f ′(x )≥0，故f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，故f (0)≥f (1)，又f (2)≥f (1)，所以f (0)＋f (2)≥2f (1)．8．4104＋π解析：如图所示，设半圆的半径为r ，矩形的高为h ，则截面积S ＝2rh ＋πr 22＝20，截面周长C ＝2r ＋2h ＋πr ＝2r ＋20－πr 22r ＋πr ＝2r ＋20r －πr 2＋πr ＝⎝⎛⎭⎫2＋π2r ＋20r . 设C ′(r )＝⎝⎛⎭⎫2＋π2－20r 2， 令C ′(r )＝0，解得r ＝2104＋π. 故当r ＝2104＋π时，周长C 最小，即宽为4104＋π时，截面周长最小． 9．a ≥e 23解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，则a ≤－1或a ≥1. 令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＜0，g (x )在(0,1]上递减， g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不适合题意．②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x ＝0⇒x ＝313a， |g (x )|的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln(3a )≥1，解得：a ≥e 23，故所求a ≥e 23. 二、解答题10．解：(1)f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ，令f ′(x )＝0，得18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0两根为x 1，x 2，且x 1x 2＝1＝2a 18，所以a ＝9.(2)由f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a 开口向上，且Δ＝36(a ＋2)2－8×18a ＝36(a 2＋4)＞0恒成立，得方程18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0有两个相异实根，故不存在a 使f (x )是单调函数．11．解：(1)设投入t (t 百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0＜t ≤3)，所以当t ＝2百万元时，f (t )取得最大值4百万元．即投入2百万元时的广告费时，该公司由此获得的收益最大．(2)设用技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，则有g (x )＝⎝⎛⎭⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)， 所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝2，或x ＝－2(舍去)．又当0≤x ＜2时，g ′(x )＞0，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．12．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减；在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e.(2)解：存在x ∈∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即存在x ∈ (0，＋∞)使2x ln x ≤－x 2＋ax－3能成立，等价于存在x ∈ (0，＋∞)使a ≥2ln x ＋x ＋3x能成立． 等价于a ≥⎝⎛⎭⎫2ln x ＋x ＋3x min . 记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈ (0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 当x ∈ (0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈ (1，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.(3)证明：记j (x )＝2⎝⎛⎭⎫x e x －2e ，x ∈ (0，＋∞)，则j ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1－x e x .当x ∈ (0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈ (1，＋∞)时，j ′(x )＜0，所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e. 又由(1)知当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e， 故对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．。
2014届高考数学二轮专题热点提升训练导数的综合应用(2)
常考问题5 导数的综合应用[真题感悟]1．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )．A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0解析 若c ＝0，则有f (0)＝0，所以A 正确．函数f (x )的解析式可以通过配方的方法化为形如(x ＋m )3＋n (x ＋m )＋h 的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y ＝x 3＋nx 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f (x )的图象是中心对称图形，所以B 正确；由三次函数的图象可知，若x 0是f (x )的极小值点，则极大值点在x 0的左侧，所以函数在区间(－∞，x 0)单调递减是错误的，D 正确．选C.答案 C2．(2013·湖北卷)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－∞，0)B ．(0，12)C ．(0，1)D ．(0，＋∞)解析 由题知，x >0，f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，由于函数f (x )有两个极值点，则f ′(x )＝0有两个不等的正根，即函数y ＝ln x ＋1与y ＝2ax 的图象有两个不同的交点(x >0)，则a >0；设函数y ＝ln x ＋1上任一点(x 0，1＋ln x 0)处的切线为l ，则k l ＝y ′＝1x 0，当l 过坐标原点时，1x 0＝1＋ln x 0x 0⇒x 0＝1，令2a ＝1⇒a ＝12，结合图象知0<a <12，故选B. 答案 B3．(2013·安徽卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f (x 1)＝x 1<x 2，则关于x 的方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0的不同实根个数为 ( )．A ．3B ．4C ．5D ．6 解析 因为函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，可知关于导函数的方程f ′(x )＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x3，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，再结合图象可看出函数y＝f(x)的图象与直线y＝x1和直线y＝x2共有3个不同的交点，故所求方程有3个不同的实根．答案 A[考题分析]题型选择题、填空题、解答题难度中档考查利用导数解决函数的单调性、极值与最值高档①在选择题、填空题中考查导数、不等式以及图象等交汇问题；②在解答题中考查利用导数研究含参数的函数单调性、极值、最值以及与不等式交汇等．(说明：部分省市要求不一样)。
江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通真题感悟：常考问题4 导数的简单应用
常考问题4 导数的简单应用[真题感悟]1．(2012·南京、盐城模拟)函数f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x (x ∈R)的单调减区间为________．解析 f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x ＋1)e x＝(x 2＋3x ＋2)e x ＜0，解得－2＜x ＜－1，故函数f (x )的减区间为(－2，－1)．答案 (－2，－1)(或闭区间)2．(2013·广东卷)若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________.解析 ∵y ′＝k ＋1x，∴y ′|x ＝1＝k ＋1＝0，∴k ＝－1. 答案 －13．(2013·江西卷)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________.解析 设e x ＝t ，则x ＝ln t (t >0)，∴f (t )＝ln t ＋t ，∴f ′(t )＝1t ＋1，∴f ′(1)＝2.答案 24．(2013·新课标全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值是________．解析 由题意知⎩⎨⎧ f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)，即⎩⎨⎧b ＝－15×(16－4a ＋b )，0＝9－3a ＋b ，解得a ＝8，b ＝15， 所以f (x )＝(1－x 2)(x 2＋8x ＋15)，则f ′(x )＝－4(x ＋2)(x 2＋4x －1)．令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－2－5或x ＝－2＋5，当x <－2－5时，f ′(x )>0；当－2－5<x<－2时，f′(x)<0；当－2<x<－2＋5时，f′(x)>0；当x>－2＋5时，f′(x)<0，＝16；所以当x＝－2－5时，f(x)极大值当x＝－2＋5时，f(x)＝16，所以函数f(x)的最大值为16.极大值答案16[考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.。
北大附中2014届高考数学二轮复习专题精品训练 导数及其应用
北大附中2014届高考数学二轮复习专题精品训练：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．已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列，且函数y ＝ln （x ＋2）－x 当x ＝b 时取到极大值c ，则ad 等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2 【答案】A2．⎰=-202)12cos 2(πdx x( ) A ．32-B ．1C ．12D ．32【答案】B3．如图，函数()y f x =的图象在点P 处的切线方程是,(1)'(1)2y kx b f f =+-=若，则b=( )A ．-1B ．1C ．2D ．-2【答案】C4．32()32f x ax x =++,若'(1)4f -=,则a 的值等于( )A ．319 B ．316 C ．313 D ．310 【答案】D5．曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为( )A ． 12B ．12-C ．2 D ．2【答案】A6．函数32)(ax x x f +-=，若1)2(='f ，则=a ( )A ．4B ．41 C ．-4D ．41-【答案】B7．如图所示，一质点(,)P x y 在xOy 平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在x 轴上的投影点(,0)Q x 的运动速度()V V t =的图象大致为( )【答案】B8．已知()1sin cos f x x x =+，()1n f x +是()n f x 的导函数，即()()21f x f x '=，()()32f x f x '=，…，()()1n n f x f x +'=，n ∈*N ，则()2011f x =( )A ．sin cos x x +B ．sin cos x x -C ．sin cos x x -+D ．sin cos x x --【答案】D 9．函数1ln ()xf x x+=在（1，1）处的切线方程是( ) A ．1x = B ．1y x =-C ．1y =D ．1y =-【答案】C10．设()f x 在x 处可导，则()()lim2h f x h f x h h→+--等于( )A ．()2f x 'B ．()12f x 'C ．()f x 'D ．()4f x '【答案】C11．设函数)(x f 在区间],[b a 上连续，用分点b x x x x x a n i i =<<<<<=- 110，把区间],[b a 等分成n 个小区间，在每个小区间],[1i i x x -上任取一点),,2,1(n i i =ξ，作和式∑=∆=ni i n xf S 1)(ξ（其中x ∆为小区间的长度），那么n S 的大小( )A ．与)(x f 和区间],[b a 有关，与分点的个数n 和i ξ的取法无关B ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n 有关，与i ξ的取法无关C ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n,i ξ的取法都有关。
江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通真题感悟：常考问题5 导数的综合应用
常考问题6 三角函数的图象与性质[真题感悟]1．(2013·江苏卷)函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为 ________. 解析 ω＝2，T ＝2π|ω|＝π.答案 π2．(2011·江苏卷)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，(A ，ω，φ是常数，A ＞0，ω＞0)的部分图象如图所示，则f (0)＝________.解析 因为由图象可知振幅A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，所以周期T ＝π＝2πω，解得ω＝2，将⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2代入，解得一个符合的φ＝π3，从而y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴f (0)＝62. 答案 623．(2013·四川卷改编)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π2<φ<π2)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是________．解析 34T ＝5π12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，T ＝π， ∴ω＝2，∴2×5π12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，∴φ＝2k π－π3，k ∈Z ，又φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2， ∴φ＝－π3.答案 2，－π34．(2013·新课标全国Ⅰ卷)设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝________.解析 f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫55sin x －255cos x ＝5sin(x －φ)，其中sin φ＝255，cos φ＝55，当x －φ＝2k π＋π2(k ∈Z )时，函数f (x )取得最大值，即θ＝2k π＋π2＋φ时，函数f (x )取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－255.答案 －255[考题分析]三角函数的有关知识大部分是B 级要求，只有函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象与性质是A 级要求；试题类型可能是填空题，同时在解答题中也是必考题，经常与向量综合考查，构成中档题.。
2014高考数学二轮专题复习(苏教版文科)Word版训练专题提升训练训练3
常考问题3 导数的简单应用(建议用时：50分钟)1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 (0,1]2．(2013·扬州质量检测)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是________．解析 根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f (x )在x ＝a 处取到极大值，所以x ＝a 为f ′(x )的一个零点，且在x ＝a 的左边f ′(x )＞0，右边f ′(x )＜0，所以导函数f ′(x )的开口向下，且a ＞－1，即a 的取值范围是(－1,0)．答案 (－1,0)3．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )<0的解集为________．解析 xf ′(x )<0⇒⎩⎨⎧ x >0，f ′(x )<0或⎩⎨⎧x <0，f ′(x )>0. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2时，f (x )单调递减，此时f ′(x )<0. 当x ∈(－∞，0)时，f (x )单调递增，此时f ′(x )>0.答案 ()－∞，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，24．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是______．解析 由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得 又a >0，解得3<a <2.答案 (3，2)5．(2013·苏锡常镇调研)已知a ，b 为正实数，函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，则f (x )在[－1,0]上的最小值为________．解析 因为函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，所以函数g (x )＝ax 3＋bx 在[0,1]上的最大值为2，而g (x )是奇函数，所以g (x )在[－1,0]上的最小值为－2，故f (x )在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－32.答案 －326．设P 为曲线C ：f (x )＝x 2－x ＋1上的点，曲线C 在点P 处的切线斜率的取值范围是[－1,3]，则点P 的纵坐标的取值范围是________．解析 设P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝2x －1.∴－1≤2x 0－1≤3，即0≤x 0≤2.∵y 0＝f (x 0)＝x 20－x 0＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122＋34， ∵x 0∈[0,2]，∴34≤y 0≤3，故点P 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 7．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝a ln x ＋x .∴f ′(x )＝a x ＋1.又∵f (x )在[2,3]上单调递增，∴a x ＋1≥0在x ∈[2,3]上恒成立，∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)．答案 [－2，＋∞)8．(2013·盐城调研)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________．解析 依题意知f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.又a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，∴ab 的最大值为9.答案 99．已知f (x )＝e x －ax －1.(1)求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围．解 (1)∵f (x )＝e x －ax －1(x ∈R )，∴f ′(x )＝e x －a .令f ′(x )≥0，得e x ≥a .当a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立；当a >0时，有x ≥ln a ．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(ln a ，＋∞)．(2)由(1)知f ′(x )＝e x －a .∵f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )＝e x －a ≥0恒成立，即a ≤e x 在R 上恒成立．∵x ∈R 时，e x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．10．(2013·西安五校二次联考)已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x ，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．(1)由题意得f ′(1)＝f ′(3)，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，x >0，ax －1<0.在区间(0,2)上，f ′(x )>0；在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，1a >2.在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2. 11．(2013·重庆卷)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解 (1)因f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x .令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x. 令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3. 备课札记：。
【名师伴你行】高考数学二轮复习 导数的综合应用提能专训
提能专训(二十三) 导数的综合应用一、选择题1．(2014·江西八校联考)已知m 是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在x ∈R 上是增函数的概率是( )A.14B.13C.12D.23[答案] C[解析] ∵f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在R 上是增函数，∴f ′(x )＝x 2－4x ＋m 2≥0在R 上恒成立，∴Δ＝16－4m 2≤0，解得m ≤－2或m ≥2. 又∵0≤m ≤4，∴2≤m ≤4. 故所求的概率为P ＝24＝12.2．(2014·辽宁五校联考)已知a ，b 是实数，且e<a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 与b a 的大小关系是( )A ．a b>b aB ．a b <b aC ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定[答案] A[解析] 构造辅助函数f (x )＝ln xx，因为f ′(x )＝1－ln xx 2，所以在(e ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则f (a )>f (b )，即ln a a >ln b b，b ln a >a ln b ，ln a b >ln b a，所以a b >b a .3．(2014·忻州联考)定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 [答案] D[解析] ∵f (x )<f ′(x )·tan x ， 即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x sin x ′＝fxx －f x xsin 2x>0，∴函数f xsin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 4．(2014·浙江名校联考)若函数f (x )＝x cos x 在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a n ，…，则对任意正整数n 必有( )A ．π<a n ＋1－a n <3π2B.π2<a n ＋1－a n <π C ．0<a n ＋1－a n <π2D ．－π2<a n ＋1－a n <0[答案] B[解析] f ′(x )＝cos x －x sin x ，令f ′(x )＝0，得1x ＝tan x ，函数y ＝1x与y ＝tan x的图象如图所示，a n 与a n ＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y ＝1x在(0，＋∞)上是减函数，故随着n 的增加，a n 越来越接近其所在周期内的零点(y ＝tan x 的零点)，故a n＋1－a n <π，又a n 与a n ＋1在各自周期内零点的右侧，因此a n ＋1－a n >π2，故选B.5．(2014·陕西卷改编)设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．若f (x )≥ag (x )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，1][答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝11＋x ，所以g (x )＝xf ′(x )＝x1＋x .若f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a1＋x2＝x ＋1－a＋x2. 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， 所以φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，即φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， 所以当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1)，有φ′(x )<0，则φ(x )在(0，a －1]上单调递减， 所以φ(a －1)<φ(0)＝0，即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 可知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]，故选D.6．(2014·鄂尔多斯模拟)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( )A ．0<a <34B.12<a <34 C ．a ≥34D ．0<a <12[答案] C[解析] f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当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－，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2＋－2a －－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34，故选C.7．已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，4)C ．(4，＋∞)D ．[4，＋∞)[答案] C[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝2x 2－ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝1x(4x 2－ax ＋1)．由函数f (x )在区间(0，＋∞)上不单调可知f ′(x )＝0有两个正解，即4x 2－ax ＋1＝0有两个正解，设为x 1，x 2.故有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝－a2－4×4×1>0，x 1＋x 2＝a 4>0，x 1x 2＝14>0，解得a >4.所以a 的取值范围为(4，＋∞)．8．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则f－f＝()A ．5B ．－5C ．2D ．－2 [答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，结合题中图象知，x ＝－1,2为导函数的零点，所以f ′(－1)＝f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a －2b ＋c ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c6，b ＝c4.所以f ′(x )＝－c2x 2＋c2x ＋c ＝－c2(x 2－x －2)，于是f－f＝4＋2－21－1－2＝－2.故选D.9．(2014·安庆二模)设1<x <2，则ln x x，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x2x2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2B.ln x x<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2<ln x x D.ln x 2x2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x[答案] A[解析] 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数．∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln x x<1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x. 又ln x2x2－ln x x ＝2ln x －x ln xx 2＝－x xx2>0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2，故选A.10．(2014·昆明质检)已知函数f (x )＝e x－ax －b ，若f (x )≥0恒成立，则ab 的最大值为( )A. e B ．e 2C ．e D.e 2[答案] D[解析] 利用导数求解．当a ≤0时，函数f (x )＝e x－ax －b 在R 上单调递增，f (x )≥0不恒成立，所以a ≤0舍去．当a >0时，由f ′(x )＝e x－a ＝0解得x ＝ln a ，且当x <ln a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )≥0恒成立，即f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －b ≥0，所以b ≤a －a ln a ，ab ≤a 2－a 2ln a ，a >0.令y ＝x 2－x 2ln x ，x >0，则y ′＝2x －2x ln x －x ＝x (1－2ln x )，x >0，由y ′＝0解得x ＝e ，且x ∈(0，e)时，y ′>0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递增；x ∈(e ，＋∞)时，y ′<0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递减，所以当x ＝e 时，函数y ＝x 2－x 2ln x 取得最大值e －12e ＝12e ，所以ab ≤a 2－a 2ln a ≤12e ，即ab 的最大值是12e ，故选D.11．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P ，Q 两点，则|PQ |的最小值是( )A ．－12B.12C ．1D ．－12或1[答案] C[解析] 直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P (t ，f (t ))，Q (t ，g (t ))两点，则|PQ |＝|f (t )－g (t )|.记h (t )＝f (t )－g (t )＝t 2＋1－(t ＋ln t )．函数h (t )的定义域为(0，＋∞)，h ′(t )＝2t －1－1t ＝1t (2t 2－t －1)＝1t(2t ＋1)(t －1)．由h ′(t )＝0，解得t ＝1或t ＝－12(舍去)．显然当t ∈(0,1)时，h ′(t )<0，函数h (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，h ′(t )>0，函数h (t )单调递增．故函数h (t )的最小值为h (1)＝12＋1－(1＋ln 1)＝1，故|PQ |的最小值为1. 二、填空题12．(2014·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．[答案] 1∶2[解析] 因为12π＝2πrh ＋2πr 2，rh ＋r 2＝6，所以V ＝πr 2h ＝πr (6－r 2)，0<r < 6.由V ′＝π(6－3r 2)＝0得r ＝ 2.当0<r <2时，V ′>0，当2<r <6时，V ′<0，所以当r ＝2时，V 取极大值，也是最大值，此时h ＝22，r ∶h ＝1∶2.13．(2014·青岛一模)如果对定义在R 上的函数f (x )，以任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y＝－x 3＋x ＋1；②y ＝3x －2(sin x －cos x )；③y ＝e x＋1；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________．[答案] ②③[解析] 因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0， 所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0得－33<x <33，即函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”； 由y ′＝e x>0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上，是“H 函数”的有②③.14．(2014·唐山一模)定义在R 上的函数f (x )满足：f (－x )＋f (x )＝x 2，当x <0时，f ′(x )<x ，则不等式f (x )＋12≥f (1－x )＋x 的解集为________．[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12[解析] ∵f (x )＋f (－x )＝x 2，∴f ′(x )－f ′(－x )＝2x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x ， 当x <0时，f ′(x )<x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x <x －2x ＝－x ，∴当x >0时，f ′(x )＝f ′(－x )＋2x <－x ＋2x ＝x ，令g (x )＝f (x )＋12－f (1－x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(1－x )－1<x＋1－x －1＝0，∴g (x )在R 上单调递减，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＝0，∴g (x )≥0即g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，故原不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.三、解答题15．(2014·怀化一模)已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋c (a ，b ，c 是常数)在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0，且f (1)＝0.(1)求常数a ，b ，c 的值；(2)若函数g (x )＝x 2＋mf (x )(m ∈R )在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m 的取值范围． 解：(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋b x. ∵f (x )在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0， ∴f ′(e)＝－e －1e，且f (e)＝2－e ，即a ＋b e ＝－e －1e，且a e ＋b ＋c ＝2－e.又f (1)＝a ＋c ＝0，解得a ＝－1，b ＝1，c ＝1. (2)由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1(x >0)， ∴g (x )＝x 2＋mf (x )＝x 2－mx ＋m ln x ＋m (x >0)，∴g ′(x )＝2x －m ＋m x ＝1x(2x 2－mx ＋m )(x >0)．令d (x )＝2x 2－mx ＋m (x >0)．①当函数g (x )在(1,3)内有一个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d (1)＝2>0，∴当d (3)＝0，即m ＝9时，d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根x ＝32；当d (3)≠0时，应有d (3)<0，即2×32－3m ＋m <0，解得m >9，∴m ≥9.②当函数g (x )在(1,3)内有两个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有两个不等根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m 2－4×2×m >0，d ＝2－m ＋m >0，d ＝2×32－3m ＋m >0，1<m 4<3，解得8<m <9.综上，实数m 的取值范围是(8，＋∞)． 16．(2014·长春调研)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x .令f ′(x )>0，则ln x >－1＝ln 1e ，∴x >1e ；令f ′(x )<0，则ln x <－1＝ln 1e ，∴0<x <1e，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1eln 1e ＝－1e，f (x )无极大值．(2)不防设x 1<x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1，x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1，∴x 2ln2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1， 两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1，令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1. 令g (t )＝t ln2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1，则g ′(t )＝ln2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2＋t 2＋1＋t 2·2＋t2－1＝ln2t 1＋t ＋1－t 1＋t＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1， 令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ， 则h ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x <0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (x )<h (0)＝0，即ln (1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立， ∴g (t )在(1，＋∞)上是减函数，∴g (t )<g (1)＝0， ∴t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证， ∴f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立．17．(2014·济南针对性训练)已知函数f (x )＝e x－x －1，g (x )＝x 2e ax. (1)求f (x )的最小值； (2)求g (x )的单调区间；(3)当a ＝1时，对于在(0,1)中的任一个常数m ，是否存在正数x 0使得f (x 0)>m2g (x 0)成立？如果存在，求出符合条件的一个x 0；否则说明理由．解：(1)f (x )的定义域是R ，f ′(x )＝e x －1，且在(－∞，0)上f ′(x )<0，在(0，＋∞)上f ′(x )>0， 所以f (x )min ＝f (0)＝0.(2)g ′(x )＝2x e ax＋ax 2e ax＝(2x ＋ax 2)e ax.①当a ＝0时，若x <0，则g ′(x )<0，若x >0，则g ′(x )>0.所以当a ＝0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数． ②当a >0时，由2x ＋ax 2>0，解得x <－2a或x >0，由2x ＋ax 2<0，解得－2a<x <0.所以当a >0时，函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，0内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．③当a <0时，由2x ＋ax 2>0，解得0<x <－2a，由2x ＋ax 2<0，解得x <0或x >－2a.所以当a <0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，＋∞内为减函数．(3)假设存在这样的x 0满足题意，则f (x 0)>m 2g (x 0)，e x 0－x 0－1>m 2x 20e x 0，m 2x 20＋x 0＋1e x 0－1<0，(*) 要找一个x 0>0，使(*)式成立，只需找到当x >0时，函数h (x )＝m 2x 2＋x ＋1e x －1的最小值h (x )min <0即可，h ′(x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫m －1ex ，令h ′(x )＝0得e x＝1m，则x ＝－ln m ，取x 0＝－ln m ，当0<x <x 0时，h ′(x )<0，当x >x 0时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝h (－ln m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1.下面只需证明：当0<m <1时，m2(ln m )2－m ln m ＋m －1<0成立即可，令p (m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1，m ∈(0,1)，则p ′(m )＝12(ln m )2≥0，从而p (m )在m ∈(0,1)时为增函数，则p (m )<p (1)＝0，从而m2(lnm )2－m ln m ＋m －1<0得证．于是h (x )的最小值h (－ln m )<0，因此可找到一个正常数x 0＝－ln m (0<m <1)，使得f (x 0)>m2g (x 0)成立．18．(2014·湖北八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足：g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2ex －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2.(1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ g x x ，h x x ，在(2)的条件下，讨论方程f [f (x )]＝a ＋5的解的个数情况．解：(1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2e x －9，① ∴g (－x )＋2g (x )＝e －x ＋2e －x －9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x ＋1e x －9，② 由①②联立解得，g (x )＝e x －3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设h (x )＝ax (x ＋2)＋1，由h (－3)＝－2，解得a ＝－1，∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1，∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1.(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6， F (x )＝g (x )－xg (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知，当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max .∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋3＝－x e x ＋3，在[－1,1]上单调递减，∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0，∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ－＝7－a ≥0，φ＝a ＋3≥0，解得－3≤a ≤7，∴实数a 的取值范围为[－3,7]．(3)设t ＝a ＋5，由(2)知，2≤t ≤12.f (x )的图象如图所示：设f (x )＝T ，则f (T )＝t .当t ＝2，即a ＝－3时，T ＝－1或者T ＝ln 5，f (x )＝－1有2个解，f (x )＝ln 5有3个解；当2<t<e2－3，即－3<a<e2－8时，T＝ln(t＋3)且ln 5<T<2，f(x)＝T有3个解；当t＝e2－3，即a＝e2－8时，T＝2，f(x)＝T有2个解；当e2－3<t≤12，即e2－8<a≤7时，T＝ln(t＋3)>2，f(x)＝T有1个解．综上所述：当a＝－3时，方程有5个解；当－3<a<e2－8时，方程有3个解；当a＝e2－8时，方程有2个解；当e2－8<a≤7时，方程有1个解．。
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第三章第4讲导数的综合应用
③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 当1<x<－a时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
答案 2 2
考向一
运用导数解决恒成立及求参数范围
a 【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求 a 的值； 2 (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
审题视点
解析 大． 答案
y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x
＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最
9
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相 同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的 最大值为________cm3.
解析 设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm.
则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， 20 ∴y′＝12x －104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或 (舍去)， 3
2
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
答案
144
2 ，x≥2， 3．(2011· 北京)已知函数 f(x)＝x 若关于 x 的 x－13，x＜2. 方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 ________．
江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题4 导数的简单应用
所以 f(x)在区间[1，e]上为增函数． 1 所以当 x＝1 时，f(x)取得最小值 ； 2 1 2 当 x＝e 时，f(x)取得最大值2e ＋1. (2)证明 2 3 1 2 设 h(x)＝g(x)－f(x)＝3x －2x －ln x，x∈(1，＋∞)，
3 2 2 2 x － x － 1 x － 1 2 x ＋x＋1 1 2 则 h′(x)＝2x －x－ x＝ ＝ . x x
• 【训练2】 (2013·德州二模)设函数f(x)＝x ln x. • (1)求函数f(x)在点M(e，f(e))处的切线方 程； • (2) 设 F(x) ＝ ax2 － (a ＋ 2)x ＋ f′(x)(a>0) ， 讨论函数F(x)的单调性．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1(x>0)，则函数 f(x)在点 M(e，f(e))处的切线 的斜率为 f′(e)＝2，又 f(e)＝e，所以切线方程为 y－e＝2(x－e)， 即 y＝2x－e. 1 (2)F(x)＝ax －(a＋2)x＋ln x＋1(x>0)，F′(x)＝2ax－(a＋2)＋ x ＝
热点二
利用导数研究函数的单调性
1－a 【例 2】 已知函数 f(x)＝ln x－ax＋ －1，a∈R. x (1)当 a＝－1 时，求函数的单调区间； 1 (2)当 0≤a<2时，讨论 f(x)的单调性．
2 解 (1)当 a＝－1 时，f(x)＝ln x＋x＋ x－1，x∈(0，＋∞)，所以 x－1x＋2 f′(x)＝ ，x∈(0，＋∞)． x2 由 f′(x)＝0， 得 x＝1 或 x＝－2(舍去)， 所以当 x∈(0,1)时， f′(x)<0， 函数 f(x)单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递 增． 故当 a＝－1 时，函数 f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减 区间为(0,1)．
2014高考数学(文)名师指导提能专训18：导数的综合应用(含解题思路)
提能专训（十八)导数的综合应用一、选择题1．（2013·兰州一中12月月考)设f(x）,g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时，f′(x）g(x）＋f（x)g′(x)＞0且g（3）＝0,则不等式f(x)g（x）＜0的解集是( ）A．（－3，0）∪(3，＋∞)B．(－3，0）∪(0，3）C．(－∞,－3）∪（3，＋∞) D．（－∞，－3)∪（0,3）答案：D 解题思路:因为f（x)，g（x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)＝f(x)g（x)为奇函数,当x＜0时，h′(x）＝f′（x）g(x)＋f（x）g′(x）＞0，所以h（x)在（－∞,0）为单调增函数，h（－3)＝－h（3)＝0，所以当x＜0时，h（x）＜0＝h（－3),解得x＜－3，当x＜0时,h（x)＞0,解得－3＜x＜0,由于h(x)关于原点对称，所以x＞0时h(x)＜0的x的取值范围为（0,3)，故选D。
2．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)若f（x）＝x2－2x－4ln x，不等式f′(x）＞0的解集记为p，关于x的不等式x2＋(a－1)x－a＞0的解集记为q，且p是q的充分不必要条件,则实数a的取值范围是（）A．(－2，－1] B．［－2，－1］C．∅D．［－2，＋∞)答案：D 解题思路:对于命题p:∵f（x）＝x2－2x－4ln x，∴f′（x)＝2x－2－错误!＝错误!，由f′（x）＞0,得错误!∴x＞2.由p是q的充分不必要条件知,命题p的解集(2，＋∞)是命题q不等式解集的子集，对于命题q:x2＋(a －1）x－a＞0⇔(x＋a)（x－1)＞0，当a≥－1时,解集为(－∞，－a）∪（1，＋∞)，显然符合题意；当a＜－1时，解集为（－∞，1)∪(－a,＋∞），则由题意得－2≤a＜－1。
综上，实数a的取值范围是[－2，＋∞)，故选D.3．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)已知定义在R上的函数f(x),g(x)满足错误!＝a x，且f′（x）g（x）＜f（x）g′(x)，错误!＋错误!＝错误!。
【名师整理 真题感悟】2014高考数学(苏教版)常考问题专项冲关突破：常考问题5 导数的综合应用
常考问题5 导数的综合应用[真题感悟](2013·江苏卷)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解(1)令f′(x)＝1x－a＝1－axx<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，有a∈(e，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e x－a>0，解得a<e x，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e－1.结合上述两种情况，有a≤e－1.(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点；(ⅱ)当a<0时，由于f(e a)＝a－a e a＝a(1－e a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1 x－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e－1时，令f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝a－1.当0<x<a－1时，f′(x)>0，当x>a－1时，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1.①当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.②当－ln a－1>0，即0<a<e－1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e－1，由于f(e－1)＝－1－a e－1<0，f(a－1)>0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(e a－1)＝a(a－2－e a－1)<0.为此，我们要证明：当x>e时，e x>x2.设h(x)＝e x－x2，则h′(x)＝e x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e x－2x，则l′(x)＝e x－2.当x>1时，l′(x)＝e x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e x－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时，h(x)＝e x－x2>h(e)＝e e－e2>0.即当x>e时，e x>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(e a－1)＝a－1－a e a－1＝a(a－2－e a－1)<0，又f(a－1)>0，且函数f(x)在[a－1，e a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，e a－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.[考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(2)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.。
江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题5 导数的综合应用
• [规律方法] 涉及不等式证明或恒成立问题， 常依据题目特征，恰当构建函数，利用导 数研究函数性质，转化为求函数的最值、 极值问题．在转化过程中，一定要注意等 价性，对于含参数的不等式，注意分离参 数与分类讨论；必要时，可作出函数图象 草图，借助几何直观分析转化．
【训练 2】 已知函数 f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＝－1 时，证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0； ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 (3)求证： · · · „· < (n ≥2，n∈N*)． 2 3 4 n n a1－x (1)解 根据题意知，f′(x)＝ x (x>0)， 当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为 (1，＋∞)； 当 a<0 时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间 为(0,1]； 当 a＝0 时，f(x)不是单调函数．
②若 k＝e2，F′(x)＝(ex 2－1)(2x＋4)，
＋
故 F(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 因为 F(－2)＝0，所以 f(x)≤kg(x)恒成立； ③若 k>e2，则 F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0， 从而当 x∈[－2，＋∞)时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 综上所述 k 的取值范围是[1，e2]．
1 1 f(x)的单调递增区间为－∞，2，递减区间为2，＋∞.所以
1 1 f(x)max＝f 2 ＝2e＋c.
x (2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－e2x＝c，x∈(0，＋∞)， x 令 g(x)＝|ln x|－e2x，y＝c.
• [规律方法] (1)本题第(1)问，利用了函数单 调的充分条件：“ 若 f′(x)>0 ，则 f(x) 单调递 增，若f′(x)<0，则f(x) • 单调递减 ” ；求出函数的单调区间，而对 于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定 存在最值，在开区间上函数不一定存在最 值，若存在，一定是极值． • (2)本题第 (2)问，借助转化与数形结合的思 想，把方程根的个数转化为两个函数图象 交点的个数，利用极值解决问题．
2014高考数学二轮专题复习(苏教版文科)Word版训练专题提升训练训练4
常考问题4 导数的综合应用(建议用时：50分钟)1．若函数y ＝－43x 3＋bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________．解析 由条件y ′＝－4x 2＋b ，∴Δ＝0＋16b ＞0，得b ＞0.答案 (－2，－1)2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.∴f (x )在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ 3．下面四个图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R)的导函数y＝f ′(x )图象，则f (－1)等于________．解析 ∵f ′(x )＝x 2＋2ax ＋a 2－1，∴f ′(x )的图象开口向上，则②，④排除．若图象不过原点，则f ′(x )的图象为①，此时a ＝0，f (－1)＝53；若图象过原点，则f ′(x )的图象为③，此时a 2－1＝0，又对称轴x ＝－a >0，∴a ＝－1，∴f (－1)＝－13. 答案 －13或534．(2013·南通调研)设P 是函数y ＝x (x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________．解析 因为y ′＝12x －12(x ＋1)＋x ＝3x 2＋12x ≥234＝3，(当且仅当x ＝13时，“＝”成立)设点P (x ，y )(x ＞0)，则在点P 处的切线的斜率k ≥3，所以tanθ≥3，又θ∈[0，π)，故θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2 5．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______．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．又因为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.答案 (0，＋∞)6．(2013·温州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以{ －a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.答案 (－4,0)7．若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－(x －1)(x －3)x .由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.答案 (0,1)∪(2,3)8．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是______．解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 9．(2013·徐州质检)现有一张长为80 cm ，宽为60cm 的长方形铁皮ABCD ，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失．如图，若长方形ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x (cm)，高为y (cm)，体积为V (cm 3)(1) 求出x 与 y 的关系式；(2) 求该铁皮盒体积V 的最大值．解 (1)由题意得x 2＋4xy ＝4 800，即y ＝4 800－x 24x，0＜x ＜60. (2)铁皮盒体积V (x )＝x 2y ＝x 2×4 800－x 24x ＝－14x 3＋1 200x ，V ′(x )＝－34x 2＋1200，令V ′(x )＝0，得x ＝40，因为x ∈(0,40)，V ′(x )＞0，V (x )是增函数；x∈(40,60)，V ′(x )＜0，V (x )是减函数，所以V (x )＝－14x 3＋1 200x ，在x ＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32 000 cm 3.所以该铁皮盒体积V 的最大值是32 000 cm 3.10．(2013·东北三校联考)已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点．(1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围．解 f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(1)f ′(x )＝a 1＋x＋2x －10，又f ′(3)＝a 4＋6－10＝0，∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)的极值点，故a＝16.(2)由(1)知f′(x)＝2(x－1)(x－3)x＋1.当－1<x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间为(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln 2－9，极小值为f(3)＝32ln 2－21.因为f(16)>162－10×16>16ln 2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21<f(3)，所以根据函数f(x)的大致图象可判断，在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)内，直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)<b<f(1)．因此b的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．11．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解f′(x)＝e x－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，所以m＝1，于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e x－1x＋1，函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上单递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0，当m＝2时，函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0，得e x0＝1x0＋2，即ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝(x0＋1)2x0＋2>0.综上，当m≤2时，f(x)>0. 备课札记：。
江苏省高考文科数学二轮专题复习练习：专题一 第5讲 导数及其应用
1．(2019·宁波模拟)曲线y ＝xx －2在点(1，－1)处的切线方程为________． [解析] 由题意可得：y ′＝－2（x －2）2，所以在点(1，－1)处的切线斜率为－2，所以在点(1，－1)处的切线方程为y ＝－2x ＋1．[答案] y ＝－2x ＋12．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f (x )＝x 3－3x 2的单调递减区间为[a ，b ]，则a ＋b ＝______．[解析] 因为f (x )＝x 3－3x 2，所以f ′(x )＝3x 2－6x ．令f ′(x )≤0，得0≤x ≤2，所以函数f (x )的单调递减区间为[0，2]，所以a ＝0，b ＝2所以a ＋b ＝2．[答案] 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f (x )是定义在R 上的函数，f ′(x )为其导函数，f (x )＋f (x ＋2)＝4，当x ∈[0，2]时，f (x )＝x 2，则f ′(2 019)＝______．[解析] 因为f (x )＋f (x ＋2)＝4，所以f (x ＋2)＋f (x ＋4)＝4，所以f (x ＋4)＝f (x )，所以f (x )的周期为4．当x ∈[2，4]时，x －2∈[0，2]，f (x －2)＝(x －2)2，因为f (x )＋f (x ＋2)＝4，所以f (x －2)＋f (x )＝4，所以f (x )＝4－f (x －2)＝4－(x －2)2＝4x －x 2，所以f ′(x )＝－2x ＋4，根据周期性知，f ′(2 019)＝f ′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f (x )＝－x 2＋2ln x ，g (x )＝x ＋ax ，若函数f (x )与g (x )有相同的极值点，则实数a的值为________．[解析] 因为f (x )＝－x 2＋2ln x ，所以f ′(x )＝－2x ＋2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)，又当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极值点．因为g (x )＝x ＋a x ，所以g ′(x )＝1－a x 2．又函数f (x )与g (x )＝x ＋ax 有相同极值点，所以x ＝1也是函数g (x )的极值点，所以g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1．经检验，当a ＝1时，函数g (x )取到极小值．[答案] 15．(2019·高三第一次调研测试)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线y ＝3x ＋t 与曲线y ＝a sin x ＋b cos x (a ，b ，t ∈R )相切于点(0，1)，则(a ＋b )t 的值为______．[解析] 由题意可得t ＝1，b ＝1，y ′＝a cos x －b sin x ，则a cos 0－b sin 0＝3，a ＝3，所以(a ＋b )t ＝4．[答案] 46．(2018·高考江苏卷)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．[解析] f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3．[答案] －37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(八))已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2－3x 在区间⎝⎛⎭⎫n －12，n 内有极值，则整数n 的值为______．[解析] 由题意知，f ′(x )＝ln x ＋1＋x －3＝ln x ＋x －2，令g (x )＝ln x ＋x －2，因为g (32)＝ln32＋32－2＝ln 32－12<ln e －12＝0，g (2)＝ln 2>0，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(32，2)内有零点．又g ′(x )＝1x ＋1>0恒成立，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝ln x＋x －2有唯一的零点x 0∈(32，2)，则当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，则x 0是函数f (x )唯一的极值点，且x 0∈(32，2)，结合题意可知n ＝2．[答案] 28．(2019·高三第二学期四校联考)函数f (x )＝a ·e x －e －x 的图象在x ＝0处的切线与直线y ＝2x －3平行，则不等式f (x 2－1)＋f (1－x )<0的解集为______．[解析] f ′(x )＝a e x ＋e －x ，由题易知f ′(0)＝a ＋1＝2，所以a ＝1，所以f (x )＝e x －e －x ．易知f (x )＝e x －e －x 为奇函数且f ′(x )＝e x ＋e －x >0，所以f (x )在R 上单调递增．不等式f (x 2－1)＋f (1－x )<0可化为f (x 2－1)<f (x －1)，由f (x )单调递增可得x 2－1<x －1，解得0<x <1，所以不等式的解集为{x |0<x <1}．[答案] {x |0<x <1}9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f (x )＝x 2－4x 的图象上有两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＜x 2，若曲线y ＝f (x )在点A ，B 处的切线互相垂直，则3x 1－2x 2的最大值是________．[解析] 由题意得f ′(x )＝2x －4，因为曲线y ＝f (x )在点A ，B 处的切线互相垂直，所以x 1≠2，x 2≠2，(2x 1－4)·(2x 2－4)＝－1．又x 1＜x 2，所以2x 1－4＜0，2x 2－4＞0，x 1＝－14x 2－8＋2，则3x 1－2x 2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－8＋2－2x 2＝－2x 2－34x 2－8＋6＝－⎣⎡⎦⎤12（4x 2－8）＋34x 2－8＋2≤－212（4x 2－8）·34x 2－8＋2＝2－6，当且仅当12(4x 2－8)＝34x 2－8时，上式取等号，因此3x 1－2x 2的最大值为2－6．[答案] 2－ 610．(2018·江苏名校高三入学摸底)已知函数f (x )＝x 2－a ln x 的图象在x ＝2处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直，g (x )＝x 32－ax x ，若存在正实数m ，n ，使得f (m )≤f (x )，g (n )≤g (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，则函数h (x )＝mf (x )＋ng (x )的零点个数是________．[解析] 由题意可得函数f (x )＝x 2－a ln x 的图象在x ＝2处的切线斜率为3，f ′(x )＝2x －ax ，f ′(2)＝4－a 2＝3，a ＝2，f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x ，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，所以f (m )＝f (1)，m ＝1．g (x )＝x －2x (x >0)，g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (n )＝g (1)，n ＝1．则h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 2－2ln x ＋x －2x ，易知当0<x <1时，h (x )单调递减，当x >1时，h (x )单调递增，且h (1)＝0，所以函数h (x )有1个零点．[答案] 111．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－x )(a ＜0)，g (x )＝f （x ）x 2－x． (1)若函数g (x )的图象在x ＝2处的切线在y 轴上的截距为4ln 2，求a 的值； (2)判断函数g (x )在x ∈(0，1)上的单调性，并说明理由；(3)若方程f (x )＝m 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＞1．[解] (1)g (x )＝f （x ）x 2－x ＝x ln x x －1－a (a ＜0)，则g ′(x )＝（ln x ＋1）（x －1）－x ln x （x －1）2＝x －ln x －1（x －1）2．g (2)＝2ln 2－a ，g ′(2)＝1－ln 2，函数g (x )的图象在x ＝2处的切线方程为y －(2ln 2－a )＝(1－ln 2)(x －2)，将点(0，4ln 2)代入，解得a ＝－2．(2)令h (x )＝x －ln x －1，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，h (x )＞h (1)＝0，则当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，所以函数g (x )在x ∈(0，1)上单调递增．(3)证明：f ′(x )＝2x ln x ＋x －a (2x －1)，令φ(x )＝2x ln x ＋x －a (2x －1)(a ＜0)，则φ′(x )＝2ln x ＋3－2a ，易知φ′(x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a －2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a ＞0，则存在x 0∈(0，1)，使得φ′(x 0)＝0，即2ln x 0＋3－2a ＝0，则f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，又f ′(x 0)＝2x 0ln x 0＋x 0－2ax 0＋a ＝a －2x 0＜0，f ′(1)＝1－a ＞0，又当0＜x ＜x 0时，函数f ′(x )的图象均在y 轴下方，所以可设f ′(x 3)＝0，则x 3∈(x 0，1)，所以f (x )在(0，x 3)上单调递减，在(x 3，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0，不妨设x 1＜x 2，则数形结合可知0＜x 1＜x 3＜x 2＜1．由(2)知，g (x 1)＜g (x 3)＜g (x 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧f （x 1）＞g （x 3）（x 21－x 1），f （x 2）＜g （x 3）（x 22－x 2）， 则g (x 3)(x 22－x 2)＞f (x 2)＝f (x 1)＞g (x 3)(x 21－x 1)， 所以(x 22－x 2)－(x 21－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－1)＞0，故x 1＋x 2＞1．12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f (x )＝ln x x －1．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值． [解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e ． 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，[m ，2m ]⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1． 13．(2019·高三第二次调研测试)已知函数f (x )＝2ln x ＋12x 2－ax ，a ∈R ．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值．(2)设函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )，若函数y ＝f (x )－g (x )是(0，＋∞)上的增函数，求x 0的值．(3)是否存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点？并说明理由． [解] (1)当a ＝3时，f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x (x >0)，f ′(x )＝2x ＋x －3＝x 2－3x ＋2x ，令f ′(x )＝0得，x ＝1或x ＝2．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示．所以函数f (x )的极大值f (1)＝－52，极小值为f (2)＝2ln 2－4．(2)依题意，知切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 从而g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 记p (x )＝f (x )－g (x )，则p (x )＝f (x )－f (x 0)－f ′(x 0)(x －x 0)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即p ′(x )＝2x －2x 0＋x －x 0≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x ＋2x ≥x 0＋2x 0在(0，＋∞)上恒成立，因为x ＋2x≥2x ·2x＝22(当且仅当x ＝2时，等号成立)， 所以22≥x 0＋2x 0，从而(x 0－2)2≤0，所以x 0＝2．(3)假设存在一条直线与函数f (x )的图象有两个不同的切点T 1(x 1，y 1)，T 2(x 2，y 2)，不妨设0<x 1<x 2，则函数f (x )的图象在点T 1处的切线l 1的方程为y －f (x 1)＝f ′(x 1)(x －x 1)，在点T 2处的切线l 2的方程为y －f (x 2)＝f ′(x 2)(x －x 2)．因为l 1，l 2为同一条直线，所以f ′(x 1)＝f ′(x 2)，f (x 1)－x 1f ′(x 1)＝f (x 2)－x 2f ′(x 2)，即2x 1＋x 1－a ＝2x 2＋x 2－a ，2ln x 1＋12x 21－ax 1－x 1⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 1－a ＝2ln x 2＋12x 22－ax 2－x 2⎝⎛⎭⎫2x 2＋x 2－a ， 整理得2ln x 212＋2x 21－x 212＝0．①令t ＝x 212，由0<x 1<x 2与x 1x 2＝2，得t ∈(0，1)．记p (t )＝2ln t ＋1t －t ，则p ′(t )＝2t －1t 2－1＝－（t －1）2t 2<0，所以p (t )在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p (1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，32)∪(32，＋∞)，求c 的值．[解] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3．当a ＝0时， 因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞，－2a 3)∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈(－2a3，0)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，－2a 3)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a3，0)上单调递减；当a <0时，x ∈(－∞，0)∪(－2a 3，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈(0，－2a3)时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(－∞，0)，(－2a 3，＋∞)上单调递增，在(0，－2a3)上单调递减．(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ， f (－2a 3)＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f (－2a 3)＝b (427a 3＋b )<0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧a >0，－427a 3<b <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，0<b <－427a 3．又b ＝c －a ，所以当a >0时，427a 3－a ＋c >0或当a <0时，427a 3－a ＋c <0．设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，32)∪(32，＋∞)，则在(－∞，－3)上g (a )<0，且在(1，32)∪(32，＋∞)上g (a )>0均恒成立，从而g (－3)＝c －1≤0，且g (32)＝c －1≥0，因此c ＝1．此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3>0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0， 解得a ∈(－∞，－3)∪(1，32)∪(32，＋∞)．综上c ＝1．。
2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编5—导数及应用(文科)
2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编（5）（一） 函数的单调性与最值[2014·江苏卷]19． 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．解：19． (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )， 所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立． 令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以 －1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13. (3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立， 当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时， h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e－1.[2014·四川卷]21． 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.解：21． (1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增， 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a ))，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2，有 g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.解得e －2＜a ＜1. 所以，函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.（二）函数的奇偶性与周期性[2014·江苏卷]19． 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数．(1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．解：19． (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )， 所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以 －1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13. (3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立， 当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e（三） 函数模型及其应用[2014·陕西卷]10． 如图1-2所示，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )图1-2A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x10．A [解析] 由题意可知，该三次函数的图像过原点，则其常数项为0，不妨设其解析式为y ＝f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，∴f ′(0)＝－1，f ′(2)＝3，可得c ＝－1，3a ＋b ＝1.又y ＝ax 3＋bx 2＋cx 过点(2，0)，∴4a ＋2b ＝1，∴a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，∴y ＝f (x )＝12x 3－12x 2－x .（五）导数及其运算[2014·陕西卷]21． 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围．21．解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增． ∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)，设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．(3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a <1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)，∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， ∴m ≥14⎝⎛⎭⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立， ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.[2014·安徽卷]20．设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 20．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，且x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． [2014·北京卷]20．已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 20．解：(1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1， 所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3， 所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)， 因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0， 设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切． [2014·福建卷] 22．已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 22．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4＞0，即g ′(x )＞0.所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0， 所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x . (3)证明：对任意给定的正数c ，取x 0＝1c，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x .所以当x ＞x 0时，e x ＞x 2＞1c x ，即x <c e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：令k ＝1c (k ＞0)，要使不等式x ＜c e x 成立，只要e x ＞kx 成立．而要使e x ＞kx 成立，则只需要x >ln(kx )， 即x ＞ln x ＋ln k 成立．①若0＜k ≤1，则ln k ≤0，易知当x ＞0时，x ＞ln x ≥ln x ＋ln k 成立． 即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . ②若k ＞1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增．取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln 2)， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2，所以h (x 0)＞0.因此对任意c ∈(0，1)，取x 0＝4c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：①若c ≥1，取x 0＝0，由(2)的证明过程知，e x ＞2x ， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x ＞2x ＞x ，即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c .当x ＞ln 1c 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c ＝2⎝⎛⎭⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0，即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . [2014·广东卷]11．曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．[解析] 11．5x ＋y ＋2＝0 ∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5，∴切线方程是y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.[2014·江苏卷]11． 在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．11．－3 [解析] 易知y ′＝2ax －bx 2.根据题意有⎩⎨⎧－5＝4a ＋b2，4a －b 4＝－72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，故a ＋b ＝－3.[2014·江苏卷]23．已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立．23．解： (1)由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎫sin x x ′＝cos x x －sin xx 2， 于是f 2(x )＝f 1′(x )＝⎝⎛⎭⎫cos x x ′－⎝⎛⎭⎫sin x x 2′＝ －sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝⎛⎭⎫π2＝－4π2，f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－1.(2)证明：由已知得，xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf 0′(x )＝cos x ， 即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2.类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．(i)当n ＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf k －1′(x )＋f k (x )＋xf k ′(x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2·⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋（k ＋1）π2， 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋n π2(n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝(n ∈N *)．[2014·全国新课标卷Ⅰ]21． 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围．21．解：(1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1， (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)．(i)若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.(ii)若12<a <1，则a1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>aa －1，所以不合题意．(iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[2014·山东卷] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．20．解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)．此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12.又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a .因为x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.19．、[2014·天津卷] 已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围．19．解：(1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a.当所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎭⎫0，1a ；单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭1a ，＋∞. 当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；当x ＝1a时，f (x )有极大值，且极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0及(1)知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32a 时，f (x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ，＋∞时，f (x )<0. 设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （x ）x ∈（1，＋∞），f （x ）≠0，则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B ，显然0∉B .下面分三种情况讨论：(i)当32a >2，即0<a <34时，由f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0可知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集． (ii)当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)．由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B ，所以A ⊆B .(iii)当32a <1，即a >32时，有f (1)<0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故B ＝⎝⎛⎭⎫1f （1），0，A ＝(－∞，f (2))，所以A 不是B 的子集．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32. （六）导数的应用 21．、[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.21．解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增， 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知， f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a ))，x 2∈(ln(2a )，1)，必有 g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2，有g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.解得e －2＜a ＜1. 所以，函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.15．[2014·安徽卷] 若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：(i)直线l 在点P (x 0，y 0)处与曲线C 相切；(ii)曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧．则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)． ①直线l ：y ＝0在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝x 3；②直线l ：x ＝－1在点P (－1，0)处“切过”曲线C ：y ＝(x ＋1)2； ③直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝sin x ； ④直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝tan x ； ⑤直线l ：y ＝x －1在点P (1，0)处“切过”曲线C ：y ＝ln x .15．①③④ [解析] 对于①，因为y ′＝3x 2，y ′x ＝0＝0，所以l ：y ＝0是曲线C ：y ＝x 3在点P (0，0)处的切线，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，因为y ′＝2(x ＋1)，y ′x ＝－1＝0，所以l ：x ＝－1不是曲线C ：y ＝(x ＋1)2在点P (－1，0)处的切线，②错误；对于③，y ′＝cos x ，y ′x ＝0＝1，所以曲线C 在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，③正确；对于④，y ′＝1cos 2x ，y ′x ＝0＝1，所以曲线C 在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，④正确；对于⑤，y ′＝1x ，y ′x ＝1＝1，所以曲线C 在点P (1，0)处切线为l ：y ＝x －1，又由h (x )＝x －1－ln x (x >0)可得h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以h min (x )＝h (1)＝0，故x －1≥ln x ，所以曲线C 在点P 附近位于直线l 的下侧，⑤错误．20．、[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 20．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，且x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 20．、[2014·北京卷] 已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 20．解：(1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1， 所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切． 22．、[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 22．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4＞0，即g ′(x )＞0.所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0，所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x . (3)证明：对任意给定的正数c ，取x 0＝1c ，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x .所以当x ＞x 0时，e x ＞x 2＞1cx ，即x <c e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：令k ＝1c (k ＞0)，要使不等式x ＜c e x 成立，只要e x ＞kx 成立．而要使e x ＞kx 成立，则只需要x >ln(kx )， 即x ＞ln x ＋ln k 成立．①若0＜k ≤1，则ln k ≤0，易知当x ＞0时，x ＞ln x ≥ln x ＋ln k 成立． 即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .②若k ＞1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增．取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln 2)， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2，所以h (x 0)＞0.因此对任意c ∈(0，1)，取x 0＝4c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：①若c ≥1，取x 0＝0，由(2)的证明过程知，e x ＞2x ， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x ＞2x ＞x ，即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c .当x ＞ln 1c时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c＝2⎝⎛⎭⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c ＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0，即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .21．[2014·广东卷] 已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试讨论是否存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. 21．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln xx 的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数中的最大数与最小数． 21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln xx ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2.当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增可得，3e <πe <π3，e 3<e π<3π.故这6个数中的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)， 即ln ππ<ln 33<ln e e .由ln ππ<ln 33， 得ln π3<ln3π，所以3π>π3.由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3.综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e . 9．[2014·湖南卷] 若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 29．C [解析] 依题可构造函数f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x （x －1）x 2.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝e xx在区间(0，1)上递减，故0＜x 1＜x 2＜1时有f (x 1)＞f (x 2)，即x 2e x 1＞x 1e x 2.21．、[2014·湖南卷] 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ＋1(x ＞0)． (1)求f (x )的单调区间；(2)记x i 为f (x )的从小到大的第i (i ∈N *)个零点，证明：对一切n ∈N *，有1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n ＜23.21．解： (1)f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k π(k ∈N *)．当x ∈(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )时，sin x >0，此时f ′(x )<0; 当x ∈((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )时，sin x <0，此时f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )，单调递增区间为((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )．(2)由(1)知，f (x )在区间(0，π)上单调递减．又f ⎝⎛⎭⎫π2＝0，故x 1＝π2.当n ∈N *时，因为f (n π)f []（n ＋1）π＝[(－1)n n π＋1][(－1)n ＋1(n ＋1)π＋1]＜0，且函数f (x )的图像是连续不断的，所以f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)内至少存在一个零点．又f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)上是单调的，故 n π＜x n ＋1＜(n ＋1)π.因此，当n ＝1时，1x 21＝4π2＜23；当n ＝2时，1x 21＋1x 22＜1π2(4＋1)＜23；当n ≥3时，1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n <1π2⎣⎡⎦⎤4＋1＋122＋…＋1（n －1）2 ＜1π2⎣⎡⎦⎤5＋11×2＋…＋1（n －2）（n －1）＜1π2⎣⎡⎦⎤5＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n －1 ＝1π2⎝⎛⎭⎫6－1n －1＜6π2＜23.综上所述，对一切n ∈N *，1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n ＜23.11．[2014·江西卷] 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________．11．(e ，e) [解析] 由题意知，y ′＝ln x ＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义知，令ln x ＋1＝2，得x ＝e ，所以y ＝eln e ＝e ，所以P (e ，e)． 21．、、[2014·江西卷] 将连续正整数1，2，…，n (n ∈N *)从小到大排列构成一个数123…n ，F (n )为这个数的位数(如n ＝12时，此数为123456789101112，共有15个数字，F (12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p (n )为恰好取到0的概率． (1)求p (100)；(2)当n ≤2014时，求F (n )的表达式；(3)令g (n )为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当n ∈S 时p (n )的最大值．21．解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192.(2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1107，1000≤n ≤2014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)，g (n )＝0；当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ； 当n ＝100时，g (n )＝11，即g (n )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，11，n ＝100.1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n ≤100时，S ＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}． 当n ＝9时，p (9)＝0.当n ＝90时，p (90)＝g （90）F （90）＝9171＝119.当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g （n ）F （n ）＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169.又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119. 12．、[2014·辽宁卷] 当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98C ．[－6，－2] D ．[－4，－3] 12．C [解析] 当－2≤x <0时，不等式可转化为a ≤x 2－4x －3x 3，令f (x )＝x 2－4x －3x 3(－2≤x <0)，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4，故函数f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤f min (x )＝f (－1)＝1＋4－3－1＝－2.当x ＝0时，不等式恒成立．当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，令g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4，故函数g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥g max (x )＝g (1)＝1－4－31＝－6. 综上，－6≤a ≤－2. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)11．D [解析] f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x ，且x >0，由题可知f ′(x )≥0，即得kx －1≥0，得x ≥1k (k <0时不满足)，因为函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k ≥1.21．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 21．解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝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 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 12．[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)12．C [解析] 显然a ＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a ≠0时，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x 1＝0，x 2＝2a .当a >0时，函数f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减，又f (0)＝1，所以函数f (x )存在小于0的零点，不符合题意；当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递增，所以只需f ⎝⎛⎭⎫2a >0，解得a <－2，所以选C. 21．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围． 21．解：(1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1，(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)．(i)若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.(ii)若12<a <1，则a1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>aa －1，所以不合题意．(iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[2014·山东卷] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．20．解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)．此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12. 又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0， f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，。
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常考问题5 导数的综合应用(建议用时：50分钟)1．若函数y ＝－43x 3＋bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________． 解析 由条件y ′＝－4x 2＋b ，∴Δ＝0＋16b ＞0，得b ＞0. 答案 (－2，－1)2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.∴f (x )在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞3．下面四个图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R)的导函数y ＝f ′(x )图象，则f (－1)等于________．解析 ∵f ′(x )＝x 2＋2ax ＋a 2－1，∴f ′(x )的图象开口向上，则②，④排除．若图象不过原点，则f ′(x )的图象为①，此时a ＝0，f (－1)＝53；若图象过原点，则f ′(x )的图象为③，此时a 2－1＝0，又对称轴x ＝－a >0，∴a ＝－1， ∴f (－1)＝－13. 答案 －13或534．(2013·南通调研)设P 是函数y ＝x (x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________． 解析 因为y ′＝12x －12(x ＋1)＋x ＝3x 2＋12x≥234＝3，(当且仅当x ＝13时，“＝”成立)设点P (x ，y )(x ＞0)，则在点P 处的切线的斜率k ≥3，所以tan θ≥3，又θ∈[0，π)，故θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π25．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______．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．又因为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. 答案 (0，＋∞)6．(2013·温州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以{ －a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4,0)7．若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－(x －1)(x －3)x.由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3. 答案 (0,1)∪(2,3) 8．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是______． 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞9．(2013·徐州质检)现有一张长为80 cm ，宽为60cm 的长方形铁皮ABCD ，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失．如图，若长方形ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x (cm)，高为y (cm)，体积为V (cm 3) (1) 求出x 与 y 的关系式； (2) 求该铁皮盒体积V 的最大值． 解 (1)由题意得x 2＋4xy ＝4 800， 即y ＝4 800－x 24x，0＜x ＜60.(2)铁皮盒体积V (x )＝x 2y ＝x 2×4 800－x 24x ＝－14x 3＋1 200x ，V ′(x )＝－34x 2＋1200，令V ′(x )＝0，得x ＝40，因为x ∈(0,40)，V ′(x )＞0，V (x )是增函数；x ∈(40,60)，V ′(x )＜0，V (x )是减函数，所以V (x )＝－14x 3＋1 200x ，在x ＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32 000 cm 3. 所以该铁皮盒体积V 的最大值是32 000 cm 3.10．(2013·东北三校联考)已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点． (1)求a ；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．解f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(1)f′(x)＝a1＋x＋2x－10，又f′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)的极值点，故a＝16.(2)由(1)知f′(x)＝2(x－1)(x－3)x＋1.当－1<x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间为(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln 2－9，极小值为f(3)＝32ln 2－21.因为f(16)>162－10×16>16ln 2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21<f(3)，所以根据函数f(x)的大致图象可判断，在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)内，直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)<b<f(1)．因此b的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．11．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解f′(x)＝e x－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，所以m＝1，于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e x－1x＋1，函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上单递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0，当m＝2时，函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0，得e x0＝1x0＋2，即ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝(x0＋1)2x0＋2>0.综上，当m≤2时，f(x)>0. 备课札记：。