《三维设计》3-3导数的应用(二)(含解析)=====

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【三维设计】2013高考数学一轮复习第13节导数的应用(二)课件

(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(x)＝m最大，
∴m＝3，f(－2)＝－37，f(2)＝－5.
答案：A
2．(教材习题改编)函数f(x)＝12x－x3在区间[－3,3]上的
最小值是
()
A．－9
B．－16
C．－12
D．－11
解析：由f′(x)＝12－3x2＝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. 答案： B
当1<k<e－e 1时函数f(x)的最大值为f(1)＝(1－k)e，当e－e 1≤k<2 时，函数f(x)的最大值为f(0)＝－k，当k－1≥1时，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减． ∴f(x)在[0,1]上的最大值为f(0)＝－k. 综上所述，当k<e－e 1时，f(x)的最大值为f(1)＝(1－k)e. 当k≥e－e 1时，f(x)的最大值为f(0)＝－k.
[例2] (2011·江苏高考)请你设计一个包装盒．如图所示， ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得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)．
第二
第十
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三
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Hale Waihona Puke 二)抓基础明考向提能力
教你一招我来演练
[备考方向要明了] 考什么

数学三维设计答案及解析

第一部分专题复习培植新的增分点专题一集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲集合与常用逻辑用语基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵A ＝{x >2或x <0}，B ＝{x |－5<x <5}， ∴A ∩B ＝{x |－5<x <0或2<x <5}， A ∪B ＝R .(2)依题意，P ∩Q ＝Q ，Q ⊆P ，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋1<3a －5，2a ＋1>3，3a －5≤22，解得6<a ≤9，即实数a 的取值范围为(6，9]．答案：(1)B (2)D[预测押题1] (1)选A 本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A 即1不满足集合A 中不等式，所以12－2×1＋a ≤0⇒a ≤1.(2)选B 对于2x (x －2)<1，等价于x (x －2)<0，解得0<x <2，所以A ＝{x |0<x <2}；集合B 表示函数y ＝ln(1－x )的定义域，由1－x >0，得x <1，故B ＝{x |x <1}，∁R B ＝{x |x ≥1}，则阴影部分表示A ∩(∁R B )＝{x|1≤x<2}．[例2] 解析：(1)命题p 是全称命题：∀x ∈A ，2x ∈B ，则┐p 是特称命题：∃x ∈A ，2x ∉B .(2)①中不等式可表示为(x －1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log 2x ＋1log 2x≥2，得x >1；③中由a >b >0，得1a <1b，而c <0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p 且q 为假只能得出p ，q 中至少有一为假，④不正确．答案：(1)D (2)A[预测押题2] (1)选A 因为x 2－3x ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋154>0，所以①为假命题；若ab ＝0，则a 、b 中至少一个为零即可，②为假命题；x ＝k π＋π4(k ∈R )是tan x ＝1的充要条件，③为假命题．(2)解析：“∃x ∈R ，2x 2－3ax ＋9<0”为假命题，则“∀x ∈R ，2x 2－3ax ＋9≥0”为真命题，因此Δ＝9a 2－4×2×9≤0，故－22≤a ≤2 2.答案：[－22，22][例3] 解析：(1)当x ＝2且y ＝－1时，满足方程x ＋y －1＝0，即点P (2，－1)在直线l 上．点P ′(0，1)在直线l 上，但不满足x ＝2且y ＝－1，∴“x ＝2且y ＝－1”是“点P (x ，y )在直线l 上”的充分而不必要条件．(2)因为y ＝－m n x ＋1n 经过第一、三、四象限，所以－m n >0，1n<0，即m >0，n <0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn <0.答案：(1)A (2)B[预测押题3] (1)选B 由10a >10b 得a >b ，由lg a >lg b 得a >b >0，所以“10a >10b”是“lg a >lg b ”的必要不充分条件．(2)解析：由|x －m |<2，得－2<x －m <2，即m －2<x <m ＋2.依题意有集合{x |2≤x ≤3}是{x |m－2<x <m ＋2}的真子集，于是有⎩⎪⎨⎪⎧m －2<2，m ＋2>3，由此解得1<m <4，即实数m 的取值范围是(1，4)．答案：(1，4)交汇·创新考点 [例1] 选A 在同一坐标系下画出椭圆x 2＋y 24＝1及函数y ＝2x的图象，结合图形不难得知它们的图像有两个公共点，因此A ∩B 中的元素有2个，其子集共有22＝4个．[预测押题1] 选B A ＝{x |x 2＋2x －3>0}＝{x |x >1或x <－3}，函数y ＝f (x )＝x 2－2ax －1的对称轴为x ＝a >0，f (－3)＝6a ＋8>0，根据对称性可知，要使A ∩B 中恰含有一个整数，则这个整数解为2，所以有f (2)≤0且f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4－4a －1≤09－6a －1>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≥34，a <43，即34≤a <43，选B.[例2] 解析：对①：取f (x )＝x －1，x ∈N *，所以B ＝N *，A ＝N 是“保序同构”；对②：取f (x )＝92x －72(－1≤x ≤3)，所以A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |－8≤x ≤10}是“保序同构”；对③：取f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫πx －π2(0<x <1)，所以A ＝{x |0<x <1}，B ＝R 是“保序同构”，故应填①②③.答案：①②③[预测押题2] 解析：∵A ⊆M ，且集合M 的子集有24＝16个，其中“累计值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值”为奇数的集合有3个．答案：3[例3] 解析：对于①，命题p 为真命题，命题q 为真命题，所以p ∧綈q 为假命题，故①正确；对于②当b ＝a ＝0时，l 1⊥l 2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③.答案：①③[预测押题3] 选D 由y ＝tan x 的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )，知A 正确；由回归直线方程知B 正确；在△ABC 中，若sin A ＝sin B ，则A ＝B ，C 正确．第二讲函数的图像与性质基础·单纯考点[例1] 解析：(1)由题意，自变量x应满足{x ＋3>0，1－2x≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x >－3，∴－3<x ≤0.(2)设t ＝1＋sin x ，易知t ∈[0，2]，所求问题等价于求g (t )在区间[0，2]上的值域．由g (t )＝13t 3－52t 2＋4t ，得g ′(t )＝t 2－5t ＋4＝(t －1)(t －4)．由g ′(t )＝0，可得t＝1或t ＝4.又因为t ∈[0，2]，所以t ＝1是g (t )的极大值点．由g (0)＝0，g (1)＝13－52＋4＝116，g (2)＝13×23－52×22＋4×2＝23，得当t ∈[0，2]时，g (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116，即g (1＋sin x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116.答案：(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116[预测押题1] (1)解析：∵f (π4)＝－tan π4＝－1，∴f (f (π4))＝f (－1)＝2×(－1)3＝－2.答案：－2(2)由题意知：a ≠0，f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )＝bx 2＋(2a ＋ab )x ＋2a 2是偶函数，则其图像关于y 轴对称，所以2a ＋ab ＝0，b ＝－2.所以f (x )＝－2x 2＋2a 2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a 2＝2.所以f (x )＝－2x 2＋2.答案：－2x 2＋2[例2] 解析：(1)曲线y ＝e x 关于y 轴对称的曲线为y ＝e －x ，将y ＝e －x向左平移1个单位长度得到y ＝e －(x ＋1)，即f (x )＝e －x －1.(2)由题图可知直线OA 的方程是y ＝2x ；而k AB ＝0－23－1＝－1，所以直线AB 的方程为y ＝－(x －3)＝－x ＋3.由题意，知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，－x ＋3，1<x ≤3，所以g (x )＝xf (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2，0≤x ≤1，－x 2＋3x ，1<x ≤3.当0≤x ≤1时，故g (x )＝2x 2∈[0，2]；当1<x ≤3时，g (x )＝－x 2＋3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＋94，显然，当x ＝32时，取得最大值94；当x ＝3时，取得最小值0. 综上所述，g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，94. 答案：(1)D (2)B[预测押题2] (1)选C 因为函数的定义域是非零实数集，所以A 错；当x <0时，y >0，所以B 错；当x →＋∞时，y →0，所以D 错．(2)选B 因为f (x )＝f (－x )，所以函数f (x )是偶函数．因为f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.[例3] 解析：(1)函数y ＝－3|x |为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A ，D 是奇函数，不符合；选项B 是偶函数但单调性不符合；只有选项C 符合要求．(2)∵f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4， ①∴f (－x )＝a (－x )3＋b sin(－x )＋4，即f (－x )＝－ax 3－b sin x ＋4， ② ①＋②得f (x )＋f (－x )＝8. ③又∵lg(log 210)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg 2＝lg(lg 2)－1＝－lg(lg 2)，∴f (lg(lg 210))＝f (－lg(lg 2))＝5.又由③式知f (－lg(lg 2))＋f (lg(lg 2))＝8， ∴5＋f (lg(lg 2))＝8， ∴f (lg(lg 2))＝3. 答案：(1)C (2)C[预测押题3] (1)选A 依题意得，函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，且f (x )＝f (|x |)，不等式f (1－2x )<f (3)⇔f (|1－2x |)<f (3)⇔|1－2x |<3⇔－3<1－2x <3⇔－1<x <2.(2)解析：∵f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝－f (x ＋3)＝－f (x )， ∴f (x )＝f (x ＋3)，∴f (x )是以3为周期的周期函数．则f (2014)＝f (671×3＋1)＝f (1)＝3. 答案：3(3)解析：因为函数f (x )的图像关于y 轴对称，所以该函数是偶函数，又f (1)＝0，所以f (－1)＝0.又已知f (x )在(0，＋∞)上为减函数，所以f (x )在(－∞，0)上为增函数.f （－x ）＋f （x ）x<0，可化为xf (x )<0，所以当x >0时，解集为{x |x >1}；当x <0时，解集为{x |－1<x <0}．综上可知，不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．答案：(－1，0)∪(1，＋∞)交汇·创新考点[例1] 解析：设x <0，则－x >0.∵当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x ，∴f (－x )＝(－x )2－4(－x )．∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )，∴f (x )＝x 2＋4x (x <0)，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ≥0，x 2＋4x ，x <0.由f (x )＝5得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＝5，x ≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝5，x <0，∴x ＝5或x ＝－5.观察图像可知由f (x )<5，得－5<x <5.∴由f (x ＋2)<5，得－5<x ＋2<5，∴－7<x <3.∴不等式f (x ＋2)<5的解集是{x |－7<x <3}．答案：{x |－7<x <3}[预测押题1] 解析：根据已知条件画出f (x )图像如图所示．因为对称轴为x ＝－1，所以(0，1)关于x ＝－1的对称点为(－2，1)．因f (m )<1，所以应有－2<m <0，m ＋2>0.因f (x )在(－1，＋∞)上递增，所以f (m ＋2)>f (0)＝1.答案：>[例2] 解析：因为A ，B 是R 的两个非空真子集，且A ∩B ＝∅，画出韦恩图如图所示，则实数x 与集合A ，B 的关系可分为x ∈A ，x ∈B ，x ∉A 且x ∉B 三种．(1)当x ∈A 时，根据定义，得f A (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉B ，故f B (x )＝0.又因为A ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(2)当x ∈B 时，根据定义，得f B (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉A ，故f A (x )＝0.又因为B ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(3)当x ∉A 且x ∉B ，根据定义，得f A (x )＝0，f B (x )＝0.由图可知，显然x ∉(A ∪B )，故f A ∪B (x )＝0，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝0＋10＋0＋1＝1.综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}．答案：{1}[预测押题2] 解：当x ∈A ∩B 时，因为(A ∩B )⊆(A ∪B )，所以必有x ∈A ∪B .由定义，可知f A (x )＝1，f B (x )＝1，f A ∪B (x )＝1，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋1＋1＝23. 故函数F (x )的值域为{23}．第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)当x ＝－1，y ＝1a －1a ＝0，所以函数y ＝a x－1a的图像必过定点(－1，0)，结合选项可知选D.(2)a ＝log 36＝log 33＋log 32＝1＋log 32，b ＝log 510＝log 55＋log 52＝1＋log 52，c ＝log 714＝log 77＋log 72＝1＋log 72，∵log 32>log 52>log 72，∴a >b >c .答案：(1)D (2)D[预测押题1] (1)选A 函数y ＝x －x 13为奇函数．当x >0时，由x －x 13>0，即x 3>x ，可得x 2>1，故x >1，结合选项，选A.(2)选B 依题意的a ＝ln x ∈(－1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ∈(1，2)，c ＝e ln x ∈(e －1，1)，因此b >c >a .[例2] 解析：(1)由f (－1)＝12－3<0，f (0)＝1>0及零点定理，知f (x )的零点在区间(－1，0)上．(2)当f (x )＝0时，x ＝－1或x ＝1，故f [f (x )＋1]＝0时，f (x )＋1＝－1或1.当f (x )＋1＝－1，即f (x )＝－2时，解得x ＝－3或x ＝14；当f (x )＋1＝1即f (x )＝0时，解得x ＝－1或x ＝1.故函数y ＝f [f (x )＋1]有四个不同的零点．答案：(1)B (2)C[预测押题2] 解析：当x >0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1.因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0<2x ≤20＝1，所以0<a ≤1，所以实数a 的取值范围是0<a ≤1.答案：(0，1][例3] 解：(1)由年销售量为x 件，按利润的计算公式，有生产A ，B 两产品的年利润y 1，y 2分别为y 1＝10x －(20＋mx )＝(10－m )x －20(x ∈n ，0≤x ≤200)，y ＝18x －(8x ＋40)－0.05x 2＝－0.05x 2＋10x －40(x ∈n ，0≤x ≤120)．(2)因为6≤m ≤8，所以10－m >0，函数y 1＝(10－m )x －20在[0，200]上是增函数，所以当x ＝200时，生产A 产品有最大利润，且y 1max ＝(10－m )×200－20＝1980－200m (万美元)．又y 2＝－0.05(x －100)2＋460(x ∈N ，0≤x ≤120)，所以当x ＝100时，生产B 产品有最大利润，且y 2max ＝460(万美元)．因为y 1max －y 2max ＝1980－200m －460＝1520－200m ⎩⎪⎨⎪⎧>0，6≤m <7.6，＝0，m ＝7.6，<0，7.6<m ≤8.所以当6≤m <7.6时，可投资生产A 产品200件；当m ＝7.6时，生产A 产品或生产B 产品均可(投资生产A 产品200件或生产B 产品100件)；当7.6<m ≤8时，可投资生产B 产品100件．[预测押题3] 解：(1)设投入广告费t (百万元)后由此增加的收益为f (t )(百万元)，则f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0≤t ≤3)．所以当t ＝2时，f (t )max ＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告费的费用为(3－x )(百万元)，则由此两项所增加的收益为g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)．对g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋4，令g ′(x )＝－x 2＋4＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当0≤x <2时，g ′(x )>0，即g (x )在[0，2)上单调递增；当2<x ≤3时，g ′(x )<0，即g (x )在(2，3]上单调递减．∴当x ＝2时，g (x )max ＝g (2)＝253.故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的受益最大，最大收益为253百万元．交汇·创新考点[例1] 选B ∵⎝⎛⎭⎪⎫x －π2f ′(x )>0，x ∈(0，π)且x ≠π2，∴当0<x <π2时，f ′(x )<0，f (x )在(0，π2)上单调递减．当π2<x <π时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递增． ∵当x ∈[0，π]时，0<f (x )<1.∴当x ∈[π，2π]，则0≤2π－x ≤π.又f (x )是以2π为最小正周期的偶函数，知f (2π－x )＝f (x )．∴x ∈[π，2π]时，仍有0<f (x )<1.依题意及y ＝f (x )与y ＝sin x 的性质，在同一坐标系内作y ＝f (x )与y ＝sin x 的简图．则y ＝f (x )与y ＝sin x 在x ∈[－2π，2π]有4个交点．故函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上有4个零点．[预测押题] 选D 根据f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋54＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －54，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋52＝－f (x )，进而得f (x ＋5)＝f (x )，即函数y ＝f (x )是以5为周期的周期函数．当x ∈[－1，4]时，f (x )＝x 2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x 1＝2，x 2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f (x )在[0，2012]上零点的个数为1207.第四讲不等式基础·单纯考点[例1] 解析：(1)原不等式等价于(x －1)(2x ＋1)<0或x －1＝0，即－12<x <1或x ＝1，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1. (2)由题意知，一元二次不等式f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1<x <12.而f (10x )>0，∴－1<10x <12，解得x <lg 12，即x <－lg 2.答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选B 当x >0时，f (x )＝－2x ＋1x2>－1，∴－2x ＋1>－x 2，即x 2－2x＋1>0，解得x >0且x ≠1.当x <0时，f (x )＝1x>－1，即－x >1，解得x<－1.故x ∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)．(2)解析：∵f (x )＝x 2＋ax ＋b 的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b －a 24＝0，∴f (x )＝x2＋ax ＋14a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a 2.又∵f (x )<c 的解集为(m ，m ＋6)，∴m ，m ＋6是方程x 2＋ax ＋a 24－c ＝0的两根．由一元二次方程根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋6＝－a ，m （m ＋6）＝a 24－c ，解得c ＝9. 答案：9[例2] 解析：(1)曲线y ＝|x |与y ＝2所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线l ：y ＝2x 向左平移时，(2x －y )的值在逐渐变小，当l 通过点A (－2，2)时，(2x －y )min ＝－6.(2)设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1600x ＋2400y ，则约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈n ，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小值z min ＝36800(元)．答案：(1)A (2)C[预测押题2] (1)选C 题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x －y ＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x 轴上的截距达到最小，此时x －y 取得最小值，最小值是x －y ＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x 轴上的截距达到最大，此时x －y 取得最大值，最大值是x －y ＝2－0＝2.因此x －y 的取值范围是[－1，2]．(2)解析：作出可行域，如图中阴影部分所示，区域面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2×2＝3，解得a＝2.答案：2[例3] 解析：(1)因－6≤a ≤3，所以3－a ≥0，a ＋6≥0，∴（3－a ）（a ＋6）≤3－a ＋a ＋62＝92，当且仅当a ＝－32时等号成立．(2)f (x )＝4x ＋a x≥24x ·ax ＝4a (x >0，a >0)，当且仅当4x ＝a x，即x ＝a2时等号成立，此时f (x )取得最小值4a .又由已知x ＝3时，f (x )min ＝4a ，∴a2＝3，即a ＝36.答案：(1)B (2)36[预测押题3] (1)选D 依题意，点A (－2，－1)，则－2m －n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1(m >0，n >0)，∴1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n (2m ＋n )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋4m n ≥4＋2n m ×4m n ＝8，当且仅当n m ＝4m n，即n ＝2m＝12时取等号，即1m ＋2n的最小值是8. (2)选A 由已知得a ＋2b ＝2.又∵a >0，b >0，∴2＝a ＋2b ≥22ab ，∴ab ≤12，当且仅当a ＝2b ＝1时取等号．交汇·创新考点[例1] 选C 作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，2，由A ⊆B 得三角形所有点都在圆的内部，故m ≥2，解得：m ≥2.[预测押题1] 选C 如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x －y －2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝12，当圆的半径增大到恰好过点A (2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a ＝5，故a 的取值范围是12<a ≤5，故选C.[例2] 选 C z ＝x 2－3xy ＋4y 2(x ，y ，z ∈R ＋)，∴z xy ＝x 2－3xy ＋4y 2xy ＝x y ＋4yx－3≥2x y ·4y x －3＝1.当且仅当x y ＝4y x ，即x ＝2y 时“＝”成立，此时z ＝x 2－3xy ＋4y 2＝4y2－6y 2＋4y 2＝2y 2，∴x ＋2y －z ＝2y ＋2y －2y 2＝－2y 2＋4y ＝－2(y －1)2＋2.∴当y ＝1时，x ＋2y －z 取得最大值2.[预测押题2] 解析：4x 2＋y 2＋xy ＝1，∴(2x ＋y )2＝3xy ＋1＝32×2xy ＋1≤32×⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y 22＋1，∴(2x ＋y )2≤85，∴(2x ＋y )max ＝2105.答案：2105第五讲导数及其应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵点(1，1)在曲线y ＝x 2x －1上，y ′＝－1（2x －1）2，∴在点(1，1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝－1（2－1）2＝－1，所求切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)因为y ′＝2ax －1x，所以y ′|x ＝1＝2a －1.因为曲线在点(1，a )处的切线平行于x 轴，故其斜率为0，故2a －1＝0，a ＝12.答案：(1)x ＋y －2＝0 (2)12[预测押题1] 选D 由f (x ＋2)＝f (x －2)，得f (x ＋4)＝f (x )，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f (x )为偶函数，所以f (x ＋2)＝f (x －2)＝f (2－x )，即函数的对称轴是x ＝2，所以f ′(－5)＝f ′(3)＝－f ′(1)，所以函数在x ＝－5处的切线的斜率k ＝f ′(－5)＝－f ′(1)＝－1.[例2] 解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．[预测押题2] 解：(1)当m ＝1时，f (x )＝13x 3＋x 2－3x ＋1，又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5.又f (2)＝53，所以所求切线方程为y －53＝5(x －2)，即15x －3y －25＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0.(2)因为f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m .当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意；当m >0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≤－2，m ≥3，解得m ≥3；当m <0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－2，－3m ≥3，解得m ≤－2.综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[例3] 解：(1)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得最小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x .直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R 上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解．②当k ≠1时，方程(*)可化为1k －1＝x e x.令g (x )＝x e x ，则有g ′(x )＝(1＋x )e x.令g ′(x当x ＝－1时，g (x )min ＝－e，同时当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，从而g (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞.所以当1k ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e ，1)．综合①②，得k 的最大值为1.[预测押题3] 解：(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由题意可知f ′(23)＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x －3ln x ，∴f ′(x )＝（x －1）（x －2）x2，由f ′(x )＝0，得x ＝2.∴f min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0.也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h （0）>0.解得0<a <98.交汇·创新考点[例1] 解：(1)证明：设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －ax2.令φ′(x )＝0，则x ＝1，易知φ(x )在x ＝1处取到最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0，故h (x )在定义域上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在定义域上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)．[预测押题1] 解：(1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得，f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.(2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝ea ＋2.因为函数f (x )在(0，－(a ＋2))上是减函数，在(－(a ＋2)，＋∞)上是增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥f (－a )＝e －a(－a )>－a ，又f (0)＝－a ，所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .[例2] 选C 法一：曲线y ＝x 与直线x ＝1及x 轴所围成的曲边图形的面积S ＝⎠⎛01xd x ＝⎪⎪⎪23x 3210＝23，又∵S△AOB ＝12，∴阴影部分的面积为S ′＝23－12＝16，由几何概型可知，点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.法二：S 阴影＝⎠⎛01(x －x )d x ＝16，S 正方形OABC ＝1，∴点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.[预测押题2] 解析：画出草图，可知所求概率P ＝S 阴影S △AOB ＝⎠⎛04x d x18＝⎪⎪⎪23x 324018＝16318＝827.答案：827[例3] 解：(1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a >0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a1＋a 2，故f (x )>0的解集为{x |x 1<x <x 2}．因此区间I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1＋a 2，故I 的长度为a1＋a 2.(2)设d (a )＝a 1＋a 2，则d ′(a )＝1－a2（1＋a 2）2(a >0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0<k <1，故当1－k ≤a <1时，d ′(a )>0，d (a )单调递增；当1<a ≤1＋k 时，d ′(a )<0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或a ＝1＋k 处取得．而d （1－k ）d （1＋k ）＝1－k1＋（1－k ）21＋k 1＋（1＋k ）2＝2－k 2－k 32－k 2＋k3<1，故d (1－k )<d (1＋k )．因此当a ＝1－k 时，d (a )在区间[1－k ，1＋k ]上取得最小值1－k2－2k ＋k2.[预测押题3] 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f ′(x )＝a （x ＋1）－（ax ＋b ）（x ＋1）2＝a －b（x ＋1）2.当a >b 时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a 0，f (b a )＝2ab a ＋b >0，f (b a )＝ab >0.因为f (1)f (ba)＝a ＋b2·2ab a ＋b ＝ab ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2，即f (1)f (b a )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2. (*)所以f (1)，f (b a)，f (b a )成等比数列．因为a ＋b 2≥ab ，所以f (1)≥f (b a )．由(*)得f (b a )≤f (b a)． ②由①知f (b a )＝H ，f (b a )＝G .故由H ≤f (x )≤G ，得f (b a )≤f (x )≤f (ba )． (**)当a ＝b 时，(b a )＝f (x )＝f (b a )＝a .这时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b 时，0<ba<1，从而b a 1，从而b a >b a ，由f (x )在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得b a≤x ≤b a ，即x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a .综上，当a ＝b 时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b时，x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a ；当a 0，故原式＝sin θ－cos θ.(2)由已知得|OP |＝2，由三角函数定义可知sin α＝12，cos α＝32，即α＝2k π＋π6(k ∈Z )．所以2sin2α－3tan α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k π＋π3－3tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π6＝2sin π3－3tan π6＝2×32－3×33＝0. 答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选C 由已知可得－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan α－6sin β＝1，解得tan α＝3，故sin α＝31010.(2)解析：由A 点的纵坐标为35及点A 在第二象限，得点A 的横坐标为－45，所以sin α＝35，cos α＝－45，tan α＝－34.故tan2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 答案：35 －247[例2] 解析：(1)∵34T ＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝34π，∴T ＝π，∴2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.由图像知当x ＝512π时，2×512π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，即φ＝2k π－π3(k∈Z )．∵－π2<φ<π2，∴φ＝－π3.(2)y ＝cos(2x ＋φ)的图像向右平移π2个单位后得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋φ的图像，整理得y ＝cos(2x －π＋φ)．∵其图像与y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图像重合，∴φ－π＝π3－π2＋2k π，∴φ＝π3＋π－π2＋2k π，即φ＝5π6＋2k π.又∵－π≤φ<π∴φ＝5π6.答案：(1)A (2)5π6[预测押题2] (1)选C 将y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图像向左平移π4个单位，再向上平移2个单位得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋3π4＋2的图像，其对称中心的横坐标满足2x ＋3π4＝k π，即x ＝k π2－3π8，k ∈Z ，取k ＝1，得x ＝π8. (2)选C 根据已知可得，f (x )＝2sin π4x ，若f (x )在[m ，n ]上单调，则n －m 取最小值．又当x ＝2时，y ＝2；当x ＝－1时，y ＝－2，故(n －m )min ＝2－(－1)＝3.[例3] 解：(1)f (x )4cos ωx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4＝22sin ωx ·cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin2ωx ·cos2ωx )＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.因为f (x )的最小正周期为π，且ω>0，从而由2π2ω＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2.若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4.当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增；当π2≤2x ＋π4≤5π5，即π8≤x ≤π2时，f (x )单调递减；综上可知，f (x )在区间[0，π8]上单调递增，在区间[π8，π2]上单调递减．[预测押题3] 解：(1)因为f (x )＝32sin 2x ＋1＋cos 2x 2＋a ＝sin(2x ＋π6)＋a ＋12，所以T ＝π.由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x≤2π3＋k π，k∈Z .故函数f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． (2)因为－π6≤x ≤π3，所以－π6≤2x ＋π6≤5π6，－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1.因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的最大值与最小值的和为⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋a ＋12＝32，所以a ＝0.交汇·创新考点[例1] 解：(1)f (x )＝1＋cos （2ωx －π3）2－1－cos2ωx 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3＋cos2ωx ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos2ωx ＋32sin2ωx ＋cos2ωx ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3.由题意可知，f (x )的最小正周期T ＝π，∴2π|2ω|＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f (π12)＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋π3＝32sin π2＝32.(2)|f (x )－m |≤1，即f (x )－1≤m ≤f (x )＋1.∵对∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－7π12，0，都有|f (x )－m |≤1，∴m ≥f (x )max －1且m ≤f (x )min ＋1.∵－7π12≤x ≤0，∴－5π6≤2x ＋π3≤π3，∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤32，∴－32≤32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤34，即f (x )max ＝34，f (x )min ＝－32，∴－14≤m ≤1－32.故m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1－32.[预测押题1] 解：(1)f (2π3)＝cos 2π3·cos π3＝－cos π3·cos π3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝－14.(2)f (x )＝cos x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋ 32sin x ＝12cos 2x ＋32sin x cos x ＝14(1＋cos2x )＋34sin2x ＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14.f (x )<14等价于12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14<14，即cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3<0.于是2k π＋π2<2x －π3<2k π＋3π2，k ∈Z .解得k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .故使f (x )<14成立的x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .[例2] 解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P 点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如图所示，过P 点作x 轴的垂线，垂足为A ，圆心为C ，与x 轴相切与点B ，过C 作PA 的垂线，垂足为D ，则∠PCD ＝2－π2，|PD |＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝－cos2，|CD |＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝sin2，所以P 点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即OP →的坐标为(2－sin2，1－cos2)．答案：(2－sin2，1－cos2)[预测押题2] 选A 画出草图，可知点Q 点落在第三象限，则可排除B 、D ；代入A ，cos∠QOP ＝6×（－72）＋8×（－2）62＋82＝－502100＝－22，所以∠QOP ＝3π4.代入C ，cos ∠QOP ＝6×（－46）＋8×（－2）62＋82＝－246－16100≠－22.第二讲三角恒等变换与解三角形基础·单纯考点[例1] 解：(1)因为f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，所以f (－π6)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝2cos π4＝2×22＝1. (2)因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，cos θ＝35，所以sin θ＝1－cos 2θ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝－45，cos2θ＝2cos 2θ－1＝2×(35)2－1＝－275，sin 2θ＝2sin θcos θ ＝2×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－2425.所以f (2θ＋π3)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos2θ－22sin2θ＝cos2θ－sin2θ＝－725－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2425＝1725.[预测押题1] 解：(1)由已知可得f (x )＝3cos ωx ＋3sin ωx ＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.所以函数f (x )的值域为[－23，23]．又由于正三角形ABC 的高为23，则BC ＝4，所以函数f (x )的周期T ＝4×2＝8，即2πω＝8，解得ω＝π4.(2)因为f (x 0)＝835，由(1)得f (x 0)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝835，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝45.由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，23得πx 04＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35，故f (x 0＋1)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π4＋π3＝23sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＋π4 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3cos π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3sin π4＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫45×22＋35×22＝765.[例2] 解：(1)由已知得，∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos30°＝74.故PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α.在△PBA 中，由正弦定理得3sin150°＝sin αsin （30°－α），化简得3sin α＝4sin α.则tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34.[预测押题2] 解：(1)由正弦定理得2sin B cos C ＝2sin A －sin C .∵在△ABC 中，sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C cos B ，∴sin C (2cos B －1)＝0.又0<C <π，sin C >0，∴cos B ＝12，注意到0<B <π，∴B ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝3，∴ac ＝4，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥ac ＝4，当且仅当a ＝c ＝2时，等号成立，∴b 的取值范围为[2，＋∞)．交汇·创新考点[例1] 解：(1)∵f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －4π3＋2cos 2x ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1，∴f (x )的最大值为2.f (x )取最大值时，cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1，2x ＋π3＝2k π(k ∈Z )，故x 的集合为{x |x ＝k π－π6，k ∈Z }．(2)由f (B ＋C )＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（B ＋C ）＋π3＋1＝32，可得cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3＝12，由A ∈(0，π)，可得A ＝π3.在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝1，当b ＝c ＝1时，bc 取最大值，此时a 取最小值1.[预测押题1] 解：(1)由已知得AB →·AC →＝bc cos θ＝8，b 2＋c 2－2bc cos θ＝42，故b 2＋c 2＝32.又b 2＋c 2≥2bc ，所以bc ≤16，(当且仅当b ＝c ＝4时等号成立)，即bc 的最大值为16.即8cos θ≤16，所以cos θ≥12.又0<θ<π，所以0<θ≤π3，即θ的取值范围是(0，π3]．(2)f (θ)＝3sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6＋1.因为0<θ≤π3，所以π6<2θ＋π6≤5π6，12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6≤1.当2θ＋π6＝5π6，即θ＝π3时，f (θ)min ＝2×12＋1＝2；当2θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f (θ)max ＝2×1＋1＝3.[例2] 解：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得AB ＝ACsin B ×sin C ＝12606365×45＝1040(m)．所以索道AB 的长为1040m. (2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋5t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝12606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需要走710m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得125043≤v ≤62514，所以使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3min ，乙步行的速度控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤125043，62514(单位：m/min)范围内．[预测押题2] 解：(1)因为点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45，根据三角函数的定义，得sin ∠COA ＝45，cos ∠COA ＝35.因为△AOB 为正三角形，所以∠AOB ＝60°.所以cos ∠BOC ＝cos (∠COA ＋60°)＝cos ∠COA cos60°－sin ∠COA sin60°＝35×12－45×32＝3－4310.(2)因为∠AOC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2，所以∠BOC ＝π3＋θ.在△BOC 中，|OB |＝|OC |＝1，由余弦定理，可得f (θ)＝|BC |2＝|OC |2＋|OB |2－2|OC |·|OB |·cos ∠COB ＝12＋12－2×1×1×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝2－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3.因为0<θ<π2，所以π3<θ＋π3<5π6.所以－32<cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<12.所以1<2－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<2＋ 3.所以函数f (θ)的值域为(1，2＋3)．第三讲平面向量基础·单纯考点[例1] 解析：以向量：a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1，1)，b ＝(6，2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.答案：4[预测押题1] (1)选A 由已知，得AB →＝(3，－4)，所以|AB →|＝5，因此与AB →同方向的单位向量是15AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.(2)选C 如图，连接BP ，则AP →＝AC →＋CP →＝b ＋PR →，① AP →＝AB →＋BP →＝a ＋RP →－RB →，②①＋②，得2AP →＝a ＋b －RB →.③ 又RB →＝12QB →＝12(AB →－AQ →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12AP →，④将④代入③，得2AP →＝a ＋b －12⎝⎛⎭⎪⎫a －12AP →，解得AP →＝27a ＋47b .[例2] 解析：(1)由已知得AB →＝(2，1)，CD →＝(5，5)，因此AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.(2)设AB 的长为a (a >0)，又因为AC →＝AB →＋AD →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12AB →，于是AC →·BE →＝(AB→＋AD →)·(AD →－12AB →)＝12AB →·AD →－12AB →2＋AD →2＝－12a 2＋14a ＋1，由已知可得－12a 2＋14a ＋1＝1.又a >0，∴a ＝12，即AB 的长为12.答案：(1)A (2)12[预测押题2] (1)选D a ⊥(a ＋b)⇒a ·(a ＋b )＝a 2＋a·b ＝|a |2＋|a ||b |cos<a ，b >＝0，故cos<a ，b >＝－963＝－32，故所求夹角为5π6.(2)选C 设BC 的中点为M ，则AG →＝23AM →.又M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AG →＝23AM →＝13(AB →＋AC →)，∴|AG →|＝13AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →＝13AB →2＋AC →2－4.又∵AB →·AC →＝－2，∠A ＝120°，∴|AB →||AC →|＝4.∵|AG →|＝13AB →2＋AC →2－4≥132|AB →||AC →|－4＝23，当且仅当|AB →|＝|AC→|时取等号，∴|AG →|的最小值为23.交汇·创新考点[例1] 解析：设P (x ，y )，则AP →＝(x －1，y ＋1)．由题意知AB →＝(2，1)，AC →＝(1，2)．由AP →＝λAB →＋μAC →知(x －1，y ＋1)＝λ(2，1)＋μ(1，2)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ＝x －1，λ＋2μ＝y ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2x －y －33，μ＝2y －x ＋33，∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x －y －3≤6，0≤2y －x ＋3≤3.作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)，由图可知平面区域D 为平行四边形，可求出M (4，2)，N (6，3)，故|MN |＝ 5.又x －2y ＝0，x －2y －3＝0之间的距离d ＝35，故平面区域D 的面积为S ＝5×25＝3.答案：3[预测押题1] 选D 如图作可行域，z ＝OA →·OP →＝x ＋2y ，显然在B (0，1)处z max ＝2.故选D.[例2] 解：(1)∵g (x )＝sin(π2＋x )＋2cos(π2－x )＝2sin x ＋cos x ，∴OM →＝(2，1)，∴|OM →|＝22＋12＝ 5.(2)由已知可得h (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin(x ＋π3)，∵0≤x ≤π2，∴π3≤x ＋π3≤5π6，∴h (x )∈[1，2]．∵当x ＋π3∈[π3，π2]时，即x ∈[0，π6]时，函数h (x )单调递增，且h (x )∈[3，2]；当x ＋π3∈(π2，5π6]时，即x ∈(π6，π2]时，函数h (x )单调递减，且h (x )∈[1，2)．∴使得关于x 的方程h (x )－t ＝0在[0，π2]内恒有两个不相等实数解的实数t 的取值范围为[3，2)．[预测押题2] 解：(1)由题设，可得(a ＋b )·(a －b )＝0，即|a |2－|b |2＝0.代入a ，b的坐标，可得cos 2α＋(λ－1)2sin 2α－cos 2β－sin 2β＝0，所以(λ－1)2sin 2α－sin 2α＝0.因为0<α<π2，故sin 2α≠0，所以(λ－1)2－1＝0，解得λ＝2或λ＝0(舍去，因为λ>0)．故λ＝2.(2)由(1)及题设条件，知a·b ＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝45.因为0<α<β<π2，所以－π2<α<β<0.所以sin(α－β)＝－35，tan(α－β)＝－34.所以tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan （α－β）＋tan β1－tan （α－β）tan β＝－34＋431－（－34）×43＝724.所以tan α＝724.[例3] 选D a ∘b ＝a·b b 2＝|a||b||b|2cos θ＝|a||b|cos θ，b ∘a ＝|a||b|cos θ，因为|a |>0，|b |>0，0<cos θ<22，且a ∘b 、b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，所以|a||b|cos θ＝n 2，|a||b|cos θ＝m 2，其中m ，n∈N *，两式相乘，得m ·n 2＝cos 2θ.因为0<cos θ<22，所以0<cos 2θ<12，得0<m ·n <2，故m＝n ＝1，即a ∘b ＝12.[预测押题3] 选D 依题意，MF 1→＝(－1－x ，－y )＝(－1－x )e 1－y e 2，MF 2→＝(1－x ，－y )＝(1－x )e 1－y e 2，由|MF 1→|＝|MF 2→|，得MF 1→2＝MF 2→2，∴[(－1－x )e 1－y e 2]2＝[(1－x )e 1－y e 2]2，∴4x ＋4y e 1·e 2＝0.∵∠xOy ＝45°，∴e 1·e 2＝22，故2x ＋2y ＝0，即2x ＋y ＝0.专题三数列第一讲等差数列、等比数列基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0，∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0，∴a 1＝－2，∴a m＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.(2)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则：由a 2＋a 4＝20得a 1q (1＋q 2)＝20，①，由a 3＋a 5＝40得a 1q 2(1＋q 2)＝40.②由①②解得q ＝2，a 1＝2.故S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：(1)C (2)2 2n ＋1－2[预测押题1] 解：(1)设等差数列的公差为d ，d >0.由题意得，(2＋d )2＝2＋3d ＋8，d 2＋d －6＝(d ＋3)(d －2)＝0，得d ＝2.故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n ，故a n ＝2n .(2)b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n .S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n)＝(2＋4＋6＋...＋2n )＋(22＋24＋ (22))＝（2＋2n ）·n 2＋4·（1－4n ）1－4＝n 2＋n ＋4n ＋1－43.[例2] 解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，。

2020年高考数学《三维设计》第三章导数及其应用第三节导数的综合应用第三课时导数与函数的零点问题

考法二由函数零点个数求参数
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； [解] 证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
则φ′(x)＝－x2＋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．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．所以φ(x)的最大值为φ(1)＝23. 由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解] 设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ea2 是h(x)在(0，＋∞)上的最小值． ①当h(2)＞0，即a＜e42时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点． ②当h(2)＝0，即a＝e42时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝e42.

【三维设计】高中数学第三章 §2 2.1 实际问题中导数的意义应用创新演练北师大版选修2-2

【三维设计】高中数学第三章 §2 2.1 实际问题中导数的意义应用创新演练北师大版选修2-21．一个物体的运动方程为s ＝1－t ＋t 2，其中s 的单位是m ，t 的单位是s ，那么物体在3 s 末的瞬时速度是( )A ．7 m/sB ．6 m/sC ．5 m/sD ．8 m/s 解析：s ′(t )＝2t －1，∴s ′(3)＝2×3－1＝5.答案：C2．某旅游者爬山的高度h (单位：m)关于时间t (单位：h)的函数关系式是h ＝－100t 2＋800t ，则他在t ＝2 h 这一时刻的高度变化的速度是( )A ．500 m/hB ．1 000 m/hC ．400 m/hD ．1 200 m/h 解析：∵h ′＝－200t ＋800，∴当t ＝2 h 时，h ′(2)＝－200×2＋800＝400(m/h)．答案：C3．圆的面积S 关于半径r 的函数是S ＝πr 2，那么在r ＝3时面积的变化率是( )A ．6B ．9C ．9πD ．6π 解析：∵S ′＝2πr ，∴S ′(3)＝2π×3＝6π.答案：D4．某汽车的紧急刹车装置在遇到特别情况时需在 2 s 内完成刹车，其位移(单位：m)关于时间(单位：s)的函数为s (t )＝－13t 3－4t 2＋20t ＋15，则s ′(1)的实际意义为( ) A ．汽车刹车后1 s 内的位移B ．汽车刹车后1 s 内的平均速度C ．汽车刹车后1 s 时的瞬时速度D ．汽车刹车后1 s 时的位移解析：由导数的实际意义知，位移关于时间的瞬时变化率为该时刻的瞬时速度．答案：C5．正方形的周长y 关于边长x 的函数是y ＝4x ，则y ′＝______，其实际意义是 __________________________________．答案：4 边长每增加1个单位长度，周长增加4个单位长度6．某汽车的路程函数是s ＝2t 3－12gt 2(g ＝10 m/s 2)，则当t ＝2 s 时，汽车的加速度是________m/s 2解析：v (t )＝s ′(t )＝6t 2－gt ， a (t )＝v ′(t )＝12t －g ，∴a (2)＝12×2－10＝14(m/s 2)．答案：147．某厂生产某种产品x 件的总成本c (x )＝120＋x 10＋x 2100(元)． (1)当x 从200变到220时，总成本c 关于产量x 的平均变化率是多少？它代表什么实际意义？(2)求c ′(200)，并解释它代表什么实际意义．解：(1)当x 从200变到220时，总成本c 从c (200)＝540元变到c (220)＝626元．此时总成本c 关于产量x 的平均变化率为 c －c220－200＝8620＝4.3(元/件)，它表示产量从x ＝200件变化到x ＝220件时，平均每件的成本为4.3元．(2)c ′(x )＝110＋x 50，于是c ′(200)＝110＋4＝4.1(元/件)．它指的是当产量为200件时，每多生产一件产品，需增加4.1元成本8．江轮逆水上行300 km ，水速为6 km/h ，船相对于水的速度为x km/h ，已知船航行时每小时的耗油量为0.01x 2 L ，即与船相对于水的速度的平方成正比．(1)试写出江轮在此行程中耗油量y 关于船相对于水的速度x 的函数关系式：y ＝f (x )；(2)求f ′(36)，并解释它的实际意义(船的实际速度＝船相对水的速度－水速)．解：(1)船的实际速度为(x －6)km/h ，故全程用时300x －6 h ，所以耗油量y 关于x 的函数关系式为y ＝f (x )＝300×0.01x 2x －6＝3x 2x －6(x >6)．(2)f ′(x )＝3·2x x －－x 2x －2＝3x x －x －2，f ′(36)＝－－2＝2.88(L km/h)， f ′ (36)表示当船相对于水的速度为36 km/h 时耗油量增加的速度为2.88L km/h ，也就是说当船相对于水的速度为36 km/h 时，船的航行速度每增加1 km/h ，耗油量就要增加2.88L.。

数学三维设计答案及解析

第一部分专题复习培植新的增分点专题一集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲集合与常用逻辑用语基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵A ＝{x >2或x <0}，B ＝{x |－5<x <5}， ∴A ∩B ＝{x |－5<x <0或2<x <5}， A ∪B ＝R .(2)依题意，P ∩Q ＝Q ，Q ⊆P ，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋1<3a －5，2a ＋1>3，3a －5≤22，解得6<a ≤9，即实数a 的取值范围为(6，9]．答案：(1)B (2)D[预测押题1] (1)选A 本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A 即1不满足集合A 中不等式，所以12－2×1＋a ≤0⇒a ≤1.(2)选B 对于2x (x －2)<1，等价于x (x －2)<0，解得0<x <2，所以A ＝{x |0<x <2}；集合B 表示函数y ＝ln(1－x )的定义域，由1－x >0，得x <1，故B ＝{x |x <1}，∁R B ＝{x |x ≥1}，则阴影部分表示A ∩(∁R B )＝{x|1≤x<2}．[例2] 解析：(1)命题p 是全称命题：∀x ∈A ，2x ∈B ，则┐p 是特称命题：∃x ∈A ，2x ∉B .(2)①中不等式可表示为(x －1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log 2x ＋1log 2x≥2，得x >1；③中由a >b >0，得1a <1b，而c <0，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p 且q 为假只能得出p ，q 中至少有一为假，④不正确．答案：(1)D (2)A[预测押题2] (1)选A 因为x 2－3x ＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋154>0，所以①为假命题；若ab ＝0，则a 、b 中至少一个为零即可，②为假命题；x ＝k π＋π4(k ∈R )是tan x ＝1的充要条件，③为假命题．(2)解析：“∃x ∈R ，2x 2－3ax ＋9<0”为假命题，则“∀x ∈R ，2x 2－3ax ＋9≥0”为真命题，因此Δ＝9a 2－4×2×9≤0，故－22≤a ≤2 2.答案：[－22，22][例3] 解析：(1)当x ＝2且y ＝－1时，满足方程x ＋y －1＝0，即点P (2，－1)在直线l 上．点P ′(0，1)在直线l 上，但不满足x ＝2且y ＝－1，∴“x ＝2且y ＝－1”是“点P (x ，y )在直线l 上”的充分而不必要条件．(2)因为y ＝－m n x ＋1n 经过第一、三、四象限，所以－m n >0，1n<0，即m >0，n <0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn <0.答案：(1)A (2)B[预测押题3] (1)选B 由10a >10b 得a >b ，由lg a >lg b 得a >b >0，所以“10a >10b”是“lg a >lg b ”的必要不充分条件．(2)解析：由|x －m |<2，得－2<x －m <2，即m －2<x <m ＋2.依题意有集合{x |2≤x ≤3}是{x |m－2<x <m ＋2}的真子集，于是有⎩⎪⎨⎪⎧m －2<2，m ＋2>3，由此解得1<m <4，即实数m 的取值范围是(1，4)．答案：(1，4)交汇·创新考点 [例1] 选A 在同一坐标系下画出椭圆x 2＋y 24＝1及函数y ＝2x的图象，结合图形不难得知它们的图像有两个公共点，因此A ∩B 中的元素有2个，其子集共有22＝4个．[预测押题1] 选B A ＝{x |x 2＋2x －3>0}＝{x |x >1或x <－3}，函数y ＝f (x )＝x 2－2ax －1的对称轴为x ＝a >0，f (－3)＝6a ＋8>0，根据对称性可知，要使A ∩B 中恰含有一个整数，则这个整数解为2，所以有f (2)≤0且f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4－4a －1≤09－6a －1>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≥34，a <43，即34≤a <43，选B.[例2] 解析：对①：取f (x )＝x －1，x ∈N *，所以B ＝N *，A ＝N 是“保序同构”；对②：取f (x )＝92x －72(－1≤x ≤3)，所以A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |－8≤x ≤10}是“保序同构”；对③：取f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫πx －π2(0<x <1)，所以A ＝{x |0<x <1}，B ＝R 是“保序同构”，故应填①②③.答案：①②③[预测押题2] 解析：∵A ⊆M ，且集合M 的子集有24＝16个，其中“累计值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值”为奇数的集合有3个．答案：3[例3] 解析：对于①，命题p 为真命题，命题q 为真命题，所以p ∧綈q 为假命题，故①正确；对于②当b ＝a ＝0时，l 1⊥l 2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③.答案：①③[预测押题3] 选D 由y ＝tan x 的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )，知A 正确；由回归直线方程知B 正确；在△ABC 中，若sin A ＝sin B ，则A ＝B ，C 正确．第二讲函数的图像与性质基础·单纯考点[例1] 解析：(1)由题意，自变量x应满足{x ＋3>0，1－2x≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x >－3，∴－3<x ≤0.(2)设t ＝1＋sin x ，易知t ∈[0，2]，所求问题等价于求g (t )在区间[0，2]上的值域．由g (t )＝13t 3－52t 2＋4t ，得g ′(t )＝t 2－5t ＋4＝(t －1)(t －4)．由g ′(t )＝0，可得t＝1或t ＝4.又因为t ∈[0，2]，所以t ＝1是g (t )的极大值点．由g (0)＝0，g (1)＝13－52＋4＝116，g (2)＝13×23－52×22＋4×2＝23，得当t ∈[0，2]时，g (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116，即g (1＋sin x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116.答案：(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，116[预测押题1] (1)解析：∵f (π4)＝－tan π4＝－1，∴f (f (π4))＝f (－1)＝2×(－1)3＝－2.答案：－2(2)由题意知：a ≠0，f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )＝bx 2＋(2a ＋ab )x ＋2a 2是偶函数，则其图像关于y 轴对称，所以2a ＋ab ＝0，b ＝－2.所以f (x )＝－2x 2＋2a 2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a 2＝2.所以f (x )＝－2x 2＋2.答案：－2x 2＋2[例2] 解析：(1)曲线y ＝e x 关于y 轴对称的曲线为y ＝e －x ，将y ＝e －x向左平移1个单位长度得到y ＝e －(x ＋1)，即f (x )＝e －x －1.(2)由题图可知直线OA 的方程是y ＝2x ；而k AB ＝0－23－1＝－1，所以直线AB 的方程为y ＝－(x －3)＝－x ＋3.由题意，知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，－x ＋3，1<x ≤3，所以g (x )＝xf (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2，0≤x ≤1，－x 2＋3x ，1<x ≤3.当0≤x ≤1时，故g (x )＝2x 2∈[0，2]；当1<x ≤3时，g (x )＝－x 2＋3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＋94，显然，当x ＝32时，取得最大值94；当x ＝3时，取得最小值0. 综上所述，g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，94. 答案：(1)D (2)B[预测押题2] (1)选C 因为函数的定义域是非零实数集，所以A 错；当x <0时，y >0，所以B 错；当x →＋∞时，y →0，所以D 错．(2)选B 因为f (x )＝f (－x )，所以函数f (x )是偶函数．因为f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.[例3] 解析：(1)函数y ＝－3|x |为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A ，D 是奇函数，不符合；选项B 是偶函数但单调性不符合；只有选项C 符合要求．(2)∵f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4， ①∴f (－x )＝a (－x )3＋b sin(－x )＋4，即f (－x )＝－ax 3－b sin x ＋4， ② ①＋②得f (x )＋f (－x )＝8. ③又∵lg(log 210)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg 2＝lg(lg 2)－1＝－lg(lg 2)，∴f (lg(lg 210))＝f (－lg(lg 2))＝5.又由③式知f (－lg(lg 2))＋f (lg(lg 2))＝8， ∴5＋f (lg(lg 2))＝8， ∴f (lg(lg 2))＝3. 答案：(1)C (2)C[预测押题3] (1)选A 依题意得，函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，且f (x )＝f (|x |)，不等式f (1－2x )<f (3)⇔f (|1－2x |)<f (3)⇔|1－2x |<3⇔－3<1－2x <3⇔－1<x <2.(2)解析：∵f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝－f (x ＋3)＝－f (x )， ∴f (x )＝f (x ＋3)，∴f (x )是以3为周期的周期函数．则f (2014)＝f (671×3＋1)＝f (1)＝3. 答案：3(3)解析：因为函数f (x )的图像关于y 轴对称，所以该函数是偶函数，又f (1)＝0，所以f (－1)＝0.又已知f (x )在(0，＋∞)上为减函数，所以f (x )在(－∞，0)上为增函数.f （－x ）＋f （x ）x<0，可化为xf (x )<0，所以当x >0时，解集为{x |x >1}；当x <0时，解集为{x |－1<x <0}．综上可知，不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．答案：(－1，0)∪(1，＋∞)交汇·创新考点[例1] 解析：设x <0，则－x >0.∵当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x ，∴f (－x )＝(－x )2－4(－x )．∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )，∴f (x )＝x 2＋4x (x <0)，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ≥0，x 2＋4x ，x <0.由f (x )＝5得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＝5，x ≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝5，x <0，∴x ＝5或x ＝－5.观察图像可知由f (x )<5，得－5<x <5.∴由f (x ＋2)<5，得－5<x ＋2<5，∴－7<x <3.∴不等式f (x ＋2)<5的解集是{x |－7<x <3}．答案：{x |－7<x <3}[预测押题1] 解析：根据已知条件画出f (x )图像如图所示．因为对称轴为x ＝－1，所以(0，1)关于x ＝－1的对称点为(－2，1)．因f (m )<1，所以应有－2<m <0，m ＋2>0.因f (x )在(－1，＋∞)上递增，所以f (m ＋2)>f (0)＝1.答案：>[例2] 解析：因为A ，B 是R 的两个非空真子集，且A ∩B ＝∅，画出韦恩图如图所示，则实数x 与集合A ，B 的关系可分为x ∈A ，x ∈B ，x ∉A 且x ∉B 三种．(1)当x ∈A 时，根据定义，得f A (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉B ，故f B (x )＝0.又因为A ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(2)当x ∈B 时，根据定义，得f B (x )＝1.因为A ∩B ＝∅，所以x ∉A ，故f A (x )＝0.又因为B ⊆(A ∪B )，则必有x ∈A ∪B ，所以f A ∪B (x )＝1.所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋0＋1＝1.(3)当x ∉A 且x ∉B ，根据定义，得f A (x )＝0，f B (x )＝0.由图可知，显然x ∉(A ∪B )，故f A ∪B (x )＝0，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝0＋10＋0＋1＝1.综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}．答案：{1}[预测押题2] 解：当x ∈A ∩B 时，因为(A ∩B )⊆(A ∪B )，所以必有x ∈A ∪B .由定义，可知f A (x )＝1，f B (x )＝1，f A ∪B (x )＝1，所以F (x )＝f A ∪B （x ）＋1f A （x ）＋f B （x ）＋1＝1＋11＋1＋1＝23. 故函数F (x )的值域为{23}．第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)当x ＝－1，y ＝1a －1a ＝0，所以函数y ＝a x－1a的图像必过定点(－1，0)，结合选项可知选D.(2)a ＝log 36＝log 33＋log 32＝1＋log 32，b ＝log 510＝log 55＋log 52＝1＋log 52，c ＝log 714＝log 77＋log 72＝1＋log 72，∵log 32>log 52>log 72，∴a >b >c .答案：(1)D (2)D[预测押题1] (1)选A 函数y ＝x －x 13为奇函数．当x >0时，由x －x 13>0，即x 3>x ，可得x 2>1，故x >1，结合选项，选A.(2)选B 依题意的a ＝ln x ∈(－1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ∈(1，2)，c ＝e ln x ∈(e －1，1)，因此b >c >a .[例2] 解析：(1)由f (－1)＝12－3<0，f (0)＝1>0及零点定理，知f (x )的零点在区间(－1，0)上．(2)当f (x )＝0时，x ＝－1或x ＝1，故f [f (x )＋1]＝0时，f (x )＋1＝－1或1.当f (x )＋1＝－1，即f (x )＝－2时，解得x ＝－3或x ＝14；当f (x )＋1＝1即f (x )＝0时，解得x ＝－1或x ＝1.故函数y ＝f [f (x )＋1]有四个不同的零点．答案：(1)B (2)C[预测押题2] 解析：当x >0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1.因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0<2x ≤20＝1，所以0<a ≤1，所以实数a 的取值范围是0<a ≤1.答案：(0，1][例3] 解：(1)由年销售量为x 件，按利润的计算公式，有生产A ，B 两产品的年利润y 1，y 2分别为y 1＝10x －(20＋mx )＝(10－m )x －20(x ∈n ，0≤x ≤200)，y ＝18x －(8x ＋40)－0.05x 2＝－0.05x 2＋10x －40(x ∈n ，0≤x ≤120)．(2)因为6≤m ≤8，所以10－m >0，函数y 1＝(10－m )x －20在[0，200]上是增函数，所以当x ＝200时，生产A 产品有最大利润，且y 1max ＝(10－m )×200－20＝1980－200m (万美元)．又y 2＝－0.05(x －100)2＋460(x ∈N ，0≤x ≤120)，所以当x ＝100时，生产B 产品有最大利润，且y 2max ＝460(万美元)．因为y 1max －y 2max ＝1980－200m －460＝1520－200m ⎩⎪⎨⎪⎧>0，6≤m <7.6，＝0，m ＝7.6，<0，7.6<m ≤8.所以当6≤m <7.6时，可投资生产A 产品200件；当m ＝7.6时，生产A 产品或生产B 产品均可(投资生产A 产品200件或生产B 产品100件)；当7.6<m ≤8时，可投资生产B 产品100件．[预测押题3] 解：(1)设投入广告费t (百万元)后由此增加的收益为f (t )(百万元)，则f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0≤t ≤3)．所以当t ＝2时，f (t )max ＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告费的费用为(3－x )(百万元)，则由此两项所增加的收益为g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)．对g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋4，令g ′(x )＝－x 2＋4＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当0≤x <2时，g ′(x )>0，即g (x )在[0，2)上单调递增；当2<x ≤3时，g ′(x )<0，即g (x )在(2，3]上单调递减．∴当x ＝2时，g (x )max ＝g (2)＝253.故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的受益最大，最大收益为253百万元．交汇·创新考点[例1] 选B ∵⎝⎛⎭⎪⎫x －π2f ′(x )>0，x ∈(0，π)且x ≠π2，∴当0<x <π2时，f ′(x )<0，f (x )在(0，π2)上单调递减．当π2<x <π时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递增． ∵当x ∈[0，π]时，0<f (x )<1.∴当x ∈[π，2π]，则0≤2π－x ≤π.又f (x )是以2π为最小正周期的偶函数，知f (2π－x )＝f (x )．∴x ∈[π，2π]时，仍有0<f (x )<1.依题意及y ＝f (x )与y ＝sin x 的性质，在同一坐标系内作y ＝f (x )与y ＝sin x 的简图．则y ＝f (x )与y ＝sin x 在x ∈[－2π，2π]有4个交点．故函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上有4个零点．[预测押题] 选D 根据f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋54＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －54，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋52＝－f (x )，进而得f (x ＋5)＝f (x )，即函数y ＝f (x )是以5为周期的周期函数．当x ∈[－1，4]时，f (x )＝x 2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x 1＝2，x 2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f (x )在[0，2012]上零点的个数为1207.第四讲不等式基础·单纯考点[例1] 解析：(1)原不等式等价于(x －1)(2x ＋1)<0或x －1＝0，即－12<x <1或x ＝1，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1. (2)由题意知，一元二次不等式f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1<x <12.而f (10x )>0，∴－1<10x <12，解得x <lg 12，即x <－lg 2.答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选B 当x >0时，f (x )＝－2x ＋1x2>－1，∴－2x ＋1>－x 2，即x 2－2x＋1>0，解得x >0且x ≠1.当x <0时，f (x )＝1x>－1，即－x >1，解得x <－1.故x ∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)．(2)解析：∵f (x )＝x 2＋ax ＋b 的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b －a 24＝0，∴f (x )＝x2＋ax ＋14a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a 2.又∵f (x )<c 的解集为(m ，m ＋6)，∴m ，m ＋6是方程x 2＋ax ＋a 24－c ＝0的两根．由一元二次方程根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋6＝－a ，m （m ＋6）＝a 24－c ，解得c ＝9. 答案：9[例2] 解析：(1)曲线y ＝|x |与y ＝2所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线l ：y ＝2x 向左平移时，(2x －y )的值在逐渐变小，当l 通过点A (－2，2)时，(2x －y )min ＝－6.(2)设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1600x ＋2400y ，则约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈n ，作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小值z min ＝36800(元)．答案：(1)A (2)C[预测押题2] (1)选C 题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，平移直线x －y ＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x 轴上的截距达到最小，此时x －y 取得最小值，最小值是x －y ＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x 轴上的截距达到最大，此时x －y 取得最大值，最大值是x －y ＝2－0＝2.因此x －y 的取值范围是[－1，2]．(2)解析：作出可行域，如图中阴影部分所示，区域面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋2×2＝3，解得a＝2.答案：2[例3] 解析：(1)因－6≤a ≤3，所以3－a ≥0，a ＋6≥0，∴（3－a ）（a ＋6）≤3－a ＋a ＋62＝92，当且仅当a ＝－32时等号成立．(2)f (x )＝4x ＋a x≥24x ·ax ＝4a (x >0，a >0)，当且仅当4x ＝a x，即x ＝a2时等号成立，此时f (x )取得最小值4a .又由已知x ＝3时，f (x )min ＝4a ，∴a2＝3，即a ＝36.答案：(1)B (2)36[预测押题3] (1)选D 依题意，点A (－2，－1)，则－2m －n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1(m >0，n >0)，∴1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n (2m ＋n )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＋4m n ≥4＋2n m ×4m n ＝8，当且仅当n m ＝4m n，即n ＝2m＝12时取等号，即1m ＋2n的最小值是8. (2)选A 由已知得a ＋2b ＝2.又∵a >0，b >0，∴2＝a ＋2b ≥22ab ，∴ab ≤12，当且仅当a ＝2b ＝1时取等号．交汇·创新考点[例1] 选C 作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，2，由A ⊆B 得三角形所有点都在圆的内部，故m ≥2，解得：m ≥2.[预测押题1] 选C 如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x －y －2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝12，当圆的半径增大到恰好过点A (2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a ＝5，故a 的取值范围是12<a ≤5，故选C.[例2] 选 C z ＝x 2－3xy ＋4y 2(x ，y ，z ∈R ＋)，∴z xy ＝x 2－3xy ＋4y 2xy ＝x y ＋4yx－3≥2x y ·4y x －3＝1.当且仅当x y ＝4y x ，即x ＝2y 时“＝”成立，此时z ＝x 2－3xy ＋4y 2＝4y2－6y 2＋4y 2＝2y 2，∴x ＋2y －z ＝2y ＋2y －2y 2＝－2y 2＋4y ＝－2(y －1)2＋2.∴当y ＝1时，x ＋2y －z 取得最大值2.[预测押题2] 解析：4x 2＋y 2＋xy ＝1，∴(2x ＋y )2＝3xy ＋1＝32×2xy ＋1≤32×⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y 22＋1，∴(2x ＋y )2≤85，∴(2x ＋y )max ＝2105.答案：2105第五讲导数及其应用基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵点(1，1)在曲线y ＝x 2x －1上，y ′＝－1（2x －1）2，∴在点(1，1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝－1（2－1）2＝－1，所求切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)因为y ′＝2ax －1x，所以y ′|x ＝1＝2a －1.因为曲线在点(1，a )处的切线平行于x 轴，故其斜率为0，故2a －1＝0，a ＝12.答案：(1)x ＋y －2＝0 (2)12[预测押题1] 选D 由f (x ＋2)＝f (x －2)，得f (x ＋4)＝f (x )，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f (x )为偶函数，所以f (x ＋2)＝f (x －2)＝f (2－x )，即函数的对称轴是x ＝2，所以f ′(－5)＝f ′(3)＝－f ′(1)，所以函数在x ＝－5处的切线的斜率k ＝f ′(－5)＝－f ′(1)＝－1.[例2] 解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．[预测押题2] 解：(1)当m ＝1时，f (x )＝13x 3＋x 2－3x ＋1，又f ′(x )＝x 2＋2x －3，所以f ′(2)＝5.又f (2)＝53，所以所求切线方程为y －53＝5(x －2)，即15x －3y －25＝0.所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为15x －3y －25＝0.(2)因为f ′(x )＝x 2＋2mx －3m 2，令f ′(x )＝0，得x ＝－3m 或x ＝m .当m ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立，不符合题意；当m >0时，f (x )的单调递减区间是(－3m ，m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≤－2，m ≥3，解得m ≥3；当m <0时，f (x )的单调递减区间是(m ，－3m )，若f (x )在区间(－2，3)上是减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－2，－3m ≥3，解得m ≤－2.综上所述，实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[例3] 解：(1)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得最小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x .直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R 上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解．②当k ≠1时，方程(*)可化为1k －1＝x e x.令g (x )＝x e x ，则有g ′(x )＝(1＋x )e x.令g ′(x当x ＝－1时，g (x )min ＝－e，同时当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，从而g (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞.所以当1k ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e ，1)．综合①②，得k 的最大值为1.[预测押题3] 解：(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由题意可知f ′(23)＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x －3ln x ，∴f ′(x )＝（x －1）（x －2）x2，由f ′(x )＝0，得x ＝2.∴f min (2)f ′(x )＝a ＋2x －3x ＝ax 2－3x ＋2x(x >0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0.也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h （0）>0.解得0<a <98.交汇·创新考点[例1] 解：(1)证明：设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝a ln x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)，则φ′(x )＝a x －ax2.令φ′(x )＝0，则x ＝1，易知φ(x )在x ＝1处取到最小值，故φ(x )≥φ(1)＝0，即f (x )－1≥a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0，故h (x )在定义域上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在定义域上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以a 的取值范围为[e －1，＋∞)．[预测押题1] 解：(1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得，f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.(2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝ea ＋2.因为函数f (x )在(0，－(a ＋2))上是减函数，在(－(a ＋2)，＋∞)上是增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥f (－a )＝e －a(－a )>－a ，又f (0)＝－a ，所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .[例2] 选C 法一：曲线y ＝x 与直线x ＝1及x 轴所围成的曲边图形的面积S ＝⎠⎛01xd x ＝⎪⎪⎪23x 3210＝23，又∵S △AOB ＝12，∴阴影部分的面积为S ′＝23－12＝16，由几何概型可知，点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.法二：S 阴影＝⎠⎛01(x －x )d x ＝16，S 正方形OABC ＝1，∴点P 取自阴影部分的概率为P ＝16.[预测押题2] 解析：画出草图，可知所求概率P ＝S 阴影S △AOB ＝⎠⎛04x d x18＝⎪⎪⎪23x 324018＝16318＝827.答案：827[例3] 解：(1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a >0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a1＋a 2，故f (x )>0的解集为{x |x 1<x <x 2}．因此区间I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1＋a 2，故I 的长度为a1＋a 2.(2)设d (a )＝a 1＋a 2，则d ′(a )＝1－a2（1＋a 2）2(a >0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0<k <1，故当1－k ≤a <1时，d ′(a )>0，d (a )单调递增；当1<a ≤1＋k 时，d ′(a )<0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或a ＝1＋k 处取得．而d （1－k ）d （1＋k ）＝1－k1＋（1－k ）21＋k 1＋（1＋k ）2＝2－k 2－k 32－k 2＋k3<1，故d (1－k )<d (1＋k )．因此当a ＝1－k 时，d (a )在区间[1－k ，1＋k ]上取得最小值1－k2－2k ＋k2.[预测押题3] 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f ′(x )＝a （x ＋1）－（ax ＋b ）（x ＋1）2＝a －b（x ＋1）2.当a >b 时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a 0，f (b a )＝2ab a ＋b >0，f (b a )＝ab >0.因为f (1)f (ba)＝a ＋b2·2ab a ＋b ＝ab ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2，即f (1)f (b a )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （b a ）2. (*)所以f (1)，f (b a)，f (b a )成等比数列．因为a ＋b 2≥ab ，所以f (1)≥f (b a )．由(*)得f (b a )≤f (b a)． ②由①知f (b a )＝H ，f (b a )＝G .故由H ≤f (x )≤G ，得f (b a )≤f (x )≤f (ba )． (**)当a ＝b 时，(b a )＝f (x )＝f (b a )＝a .这时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b 时，0<ba<1，从而b a 1，从而b a >b a ，由f (x )在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得b a≤x ≤b a ，即x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a .综上，当a ＝b 时，x 的取值范围为(0，＋∞)；当a >b时，x 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b a ，b a ；当a 0，故原式＝sin θ－cos θ.(2)由已知得|OP |＝2，由三角函数定义可知sin α＝12，cos α＝32，即α＝2k π＋π6(k ∈Z )．所以2sin2α－3tan α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k π＋π3－3tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π6＝2sin π3－3tan π6＝2×32－3×33＝0. 答案：(1)A (2)D[预测押题1] (1)选C 由已知可得－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan α－6sin β＝1，解得tan α＝3，故sin α＝31010.(2)解析：由A 点的纵坐标为35及点A 在第二象限，得点A 的横坐标为－45，所以sin α＝35，cos α＝－45，tan α＝－34.故tan2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 答案：35 －247[例2] 解析：(1)∵34T ＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝34π，∴T ＝π，∴2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.由图像知当x ＝512π时，2×512π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，即φ＝2k π－π3(k∈Z )．∵－π2<φ<π2，∴φ＝－π3.(2)y ＝cos(2x ＋φ)的图像向右平移π2个单位后得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋φ的图像，整理得y ＝cos(2x －π＋φ)．∵其图像与y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图像重合，∴φ－π＝π3－π2＋2k π，∴φ＝π3＋π－π2＋2k π，即φ＝5π6＋2k π.又∵－π≤φ<π∴φ＝5π6.答案：(1)A (2)5π6[预测押题2] (1)选C 将y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图像向左平移π4个单位，再向上平移2个单位得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋3π4＋2的图像，其对称中心的横坐标满足2x ＋3π4＝k π，即x ＝k π2－3π8，k ∈Z ，取k ＝1，得x ＝π8. (2)选C 根据已知可得，f (x )＝2sin π4x ，若f (x )在[m ，n ]上单调，则n －m 取最小值．又当x ＝2时，y ＝2；当x ＝－1时，y ＝－2，故(n －m )min ＝2－(－1)＝3.[例3] 解：(1)f (x )4cos ωx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4＝22sin ωx ·cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin2ωx ·cos2ωx )＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.因为f (x )的最小正周期为π，且ω>0，从而由2π2ω＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2.若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4.当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增；当π2≤2x ＋π4≤5π5，即π8≤x ≤π2时，f (x )单调递减；综上可知，f (x )在区间[0，π8]上单调递增，在区间[π8，π2]上单调递减．[预测押题3] 解：(1)因为f (x )＝32sin 2x ＋1＋cos 2x 2＋a ＝sin(2x ＋π6)＋a ＋12，所以T ＝π.由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x≤2π3＋k π，k∈Z .故函数f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． (2)因为－π6≤x ≤π3，所以－π6≤2x ＋π6≤5π6，－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1.因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的最大值与最小值的和为⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋a ＋12＝32，所以a ＝0.交汇·创新考点[例1] 解：(1)f (x )＝1＋cos （2ωx －π3）2－1－cos2ωx 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3＋cos2ωx ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos2ωx ＋32sin2ωx ＋cos2ωx ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin2ωx ＋32cos2ωx ＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3.由题意可知，f (x )的最小正周期T ＝π，∴2π|2ω|＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f (π12)＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋π3＝32sin π2＝32.(2)|f (x )－m |≤1，即f (x )－1≤m ≤f (x )＋1.∵对∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－7π12，0，都有|f (x )－m |≤1，∴m ≥f (x )max －1且m ≤f (x )min ＋1.∵－7π12≤x ≤0，∴－5π6≤2x ＋π3≤π3，∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤32，∴－32≤32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤34，即f (x )max ＝34，f (x )min ＝－32，∴－14≤m ≤1－32.故m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，1－32.[预测押题1] 解：(1)f (2π3)＝cos 2π3·cos π3＝－cos π3·cos π3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝－14.(2)f (x )＝cos x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋ 32sin x ＝12cos 2x ＋32sin x cos x ＝14(1＋cos2x )＋34sin2x ＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14.f (x )<14等价于12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋14<14，即cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3<0.于是2k π＋π2<2x －π3<2k π＋3π2，k ∈Z .解得k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .故使f (x )<14成立的x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |k π＋5π12<x <k π＋11π12，k ∈Z .[例2] 解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P 点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如图所示，过P 点作x 轴的垂线，垂足为A ，圆心为C ，与x 轴相切与点B ，过C 作PA 的垂线，垂足为D ，则∠PCD ＝2－π2，|PD |＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝－cos2，|CD |＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2－π2＝sin2，所以P 点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即OP →的坐标为(2－sin2，1－cos2)．答案：(2－sin2，1－cos2)[预测押题2] 选A 画出草图，可知点Q 点落在第三象限，则可排除B 、D ；代入A ，cos∠QOP ＝6×（－72）＋8×（－2）62＋82＝－502100＝－22，所以∠QOP ＝3π4.代入C ，cos ∠QOP ＝6×（－46）＋8×（－2）62＋82＝－246－16100≠－22.第二讲三角恒等变换与解三角形基础·单纯考点[例1] 解：(1)因为f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，所以f (－π6)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝2cos π4＝2×22＝1. (2)因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，cos θ＝35，所以sin θ＝1－cos 2θ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝－45，cos2θ＝2cos 2θ－1＝2×(35)2－1＝－275，sin 2θ＝2sin θcos θ ＝2×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－2425.所以f (2θ＋π3)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π3－π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos2θ－22sin2θ＝cos2θ－sin2θ＝－725－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2425＝1725.[预测押题1] 解：(1)由已知可得f (x )＝3cos ωx ＋3sin ωx ＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.所以函数f (x )的值域为[－23，23]．又由于正三角形ABC 的高为23，则BC ＝4，所以函数f (x )的周期T ＝4×2＝8，即2πω＝8，解得ω＝π4.(2)因为f (x 0)＝835，由(1)得f (x 0)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝835，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝45.由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，23得πx 04＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝35，故f (x 0＋1)＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π4＋π3＝23sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3＋π4 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3cos π4＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 04＋π3sin π4＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫45×22＋35×22＝765.[例2] 解：(1)由已知得，∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos30°＝74.故PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α.在△PBA 中，由正弦定理得3sin150°＝sin αsin （30°－α），化简得3sin α＝4sin α.则tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34.[预测押题2] 解：(1)由正弦定理得2sin B cos C ＝2sin A －sin C .∵在△ABC 中，sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C cos B ，∴sin C (2cos B －1)＝0.又0<C <π，sin C >0，∴cos B ＝12，注意到0<B <π，∴B ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝3，∴ac ＝4，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥ac ＝4，当且仅当a ＝c ＝2时，等号成立，∴b 的取值范围为[2，＋∞)．交汇·创新考点[例1] 解：(1)∵f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －4π3＋2cos 2x ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1，∴f (x )的最大值为2.f (x )取最大值时，cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1，2x ＋π3＝2k π(k ∈Z )，故x 的集合为{x |x ＝k π－π6，k ∈Z }．(2)由f (B ＋C )＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（B ＋C ）＋π3＋1＝32，可得cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3＝12，由A ∈(0，π)，可得A ＝π3.在△ABC 中，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝1，当b ＝c ＝1时，bc 取最大值，此时a 取最小值1.[预测押题1] 解：(1)由已知得AB →·AC →＝bc cos θ＝8，b 2＋c 2－2bc cos θ＝42，故b 2＋c 2＝32.又b 2＋c 2≥2bc ，所以bc ≤16，(当且仅当b ＝c ＝4时等号成立)，即bc 的最大值为16.即8cos θ≤16，所以cos θ≥12.又0<θ<π，所以0<θ≤π3，即θ的取值范围是(0，π3]．(2)f (θ)＝3sin2θ＋cos2θ＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6＋1.因为0<θ≤π3，所以π6<2θ＋π6≤5π6，12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π6≤1.当2θ＋π6＝5π6，即θ＝π3时，f (θ)min ＝2×12＋1＝2；当2θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f (θ)max ＝2×1＋1＝3.[例2] 解：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得AB ＝ACsin B ×sin C ＝12606365×45＝1040(m)．所以索道AB 的长为1040m. (2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋5t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝12606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需要走710m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得125043≤v ≤62514，所以使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3min ，乙步行的速度控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤125043，62514(单位：m/min)范围内．[预测押题2] 解：(1)因为点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45，根据三角函数的定义，得sin ∠COA ＝45，cos ∠COA ＝35.因为△AOB 为正三角形，所以∠AOB ＝60°.所以cos ∠BOC ＝cos (∠COA ＋60°)＝cos ∠COA cos60°－sin ∠COA sin60°＝35×12－45×32＝3－4310.(2)因为∠AOC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2，所以∠BOC ＝π3＋θ.在△BOC 中，|OB |＝|OC |＝1，由余弦定理，可得f (θ)＝|BC |2＝|OC |2＋|OB |2－2|OC |·|OB |·cos ∠COB ＝12＋12－2×1×1×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝2－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3.因为0<θ<π2，所以π3<θ＋π3<5π6.所以－32<cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<12.所以1<2－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3<2＋ 3.所以函数f (θ)的值域为(1，2＋3)．第三讲平面向量基础·单纯考点[例1] 解析：以向量：a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1，1)，b ＝(6，2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.答案：4[预测押题1] (1)选A 由已知，得AB →＝(3，－4)，所以|AB →|＝5，因此与AB →同方向的单位向量是15AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.(2)选C 如图，连接BP ，则AP →＝AC →＋CP →＝b ＋PR →，① AP →＝AB →＋BP →＝a ＋RP →－RB →，②①＋②，得2AP →＝a ＋b －RB →.③ 又RB →＝12QB →＝12(AB →－AQ →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12AP →，④将④代入③，得2AP →＝a ＋b －12⎝⎛⎭⎪⎫a －12AP →，解得AP →＝27a ＋47b .[例2] 解析：(1)由已知得AB →＝(2，1)，CD →＝(5，5)，因此AB →在CD →方向上的投影为AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.(2)设AB 的长为a (a >0)，又因为AC →＝AB →＋AD →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12AB →，于是AC →·BE →＝(AB→＋AD →)·(AD →－12AB →)＝12AB →·AD →－12AB →2＋AD →2＝－12a 2＋14a ＋1，由已知可得－12a 2＋14a ＋1＝1.又a >0，∴a ＝12，即AB 的长为12.答案：(1)A (2)12[预测押题2] (1)选D a ⊥(a ＋b)⇒a ·(a ＋b )＝a 2＋a·b ＝|a |2＋|a ||b |cos<a ，b >＝0，故cos<a ，b >＝－963＝－32，故所求夹角为5π6.(2)选C 设BC 的中点为M ，则AG →＝23AM →.又M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AG →＝23AM →＝13(AB →＋AC →)，∴|AG →|＝13AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →＝13AB →2＋AC →2－4.又∵AB →·AC →＝－2，∠A ＝120°，∴|AB →||AC →|＝4.∵|AG →|＝13AB →2＋AC →2－4≥132|AB →||AC →|－4＝23，当且仅当|AB →|＝|AC→|时取等号，∴|AG →|的最小值为23.交汇·创新考点[例1] 解析：设P (x ，y )，则AP →＝(x －1，y ＋1)．由题意知AB →＝(2，1)，AC →＝(1，2)．由AP →＝λAB →＋μAC →知(x －1，y ＋1)＝λ(2，1)＋μ(1，2)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ＝x －1，λ＋2μ＝y ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2x －y －33，μ＝2y －x ＋33，∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3≤2x －y －3≤6，0≤2y －x ＋3≤3.作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)，由图可知平面区域D 为平行四边形，可求出M (4，2)，N (6，3)，故|MN |＝ 5.又x －2y ＝0，x －2y －3＝0之间的距离d ＝35，故平面区域D 的面积为S ＝5×25＝3.答案：3[预测押题1] 选D 如图作可行域，z ＝OA →·OP →＝x ＋2y ，显然在B (0，1)处z max ＝2.故选D.[例2] 解：(1)∵g (x )＝sin(π2＋x )＋2cos(π2－x )＝2sin x ＋cos x ，∴OM →＝(2，1)，∴|OM →|＝22＋12＝ 5.(2)由已知可得h (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin(x ＋π3)，∵0≤x ≤π2，∴π3≤x ＋π3≤5π6，∴h (x )∈[1，2]．∵当x ＋π3∈[π3，π2]时，即x ∈[0，π6]时，函数h (x )单调递增，且h (x )∈[3，2]；当x ＋π3∈(π2，5π6]时，即x ∈(π6，π2]时，函数h (x )单调递减，且h (x )∈[1，2)．∴使得关于x 的方程h (x )－t ＝0在[0，π2]内恒有两个不相等实数解的实数t 的取值范围为[3，2)．[预测押题2] 解：(1)由题设，可得(a ＋b )·(a －b )＝0，即|a |2－|b |2＝0.代入a ，b的坐标，可得cos 2α＋(λ－1)2sin 2α－cos 2β－sin 2β＝0，所以(λ－1)2sin 2α－sin 2α＝0.因为0<α<π2，故sin 2α≠0，所以(λ－1)2－1＝0，解得λ＝2或λ＝0(舍去，因为λ>0)．故λ＝2.(2)由(1)及题设条件，知a·b ＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝45.因为0<α<β<π2，所以－π2<α<β<0.所以sin(α－β)＝－35，tan(α－β)＝－34.所以tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan （α－β）＋tan β1－tan （α－β）tan β＝－34＋431－（－34）×43＝724.所以tan α＝724.[例3] 选D a ∘b ＝a·b b 2＝|a||b||b|2cos θ＝|a||b|cos θ，b ∘a ＝|a||b|cos θ，因为|a |>0，|b |>0，0<cos θ<22，且a ∘b 、b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，所以|a||b|cos θ＝n 2，|a||b|cos θ＝m 2，其中m ，n ∈N *，两式相乘，得m ·n 2＝cos 2θ.因为0<cos θ<22，所以0<cos 2θ<12，得0<m ·n <2，故m＝n ＝1，即a ∘b ＝12.[预测押题3] 选D 依题意，MF 1→＝(－1－x ，－y )＝(－1－x )e 1－y e 2，MF 2→＝(1－x ，－y )＝(1－x )e 1－y e 2，由|MF 1→|＝|MF 2→|，得MF 1→2＝MF 2→2，∴[(－1－x )e 1－y e 2]2＝[(1－x )e 1－y e 2]2，∴4x ＋4y e 1·e 2＝0.∵∠xOy ＝45°，∴e 1·e 2＝22，故2x ＋2y ＝0，即2x ＋y ＝0.专题三数列第一讲等差数列、等比数列基础·单纯考点[例1] 解析：(1)∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0，∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0，∴a 1＝－2，∴a m＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.(2)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则：由a 2＋a 4＝20得a 1q (1＋q 2)＝20，①，由a 3＋a 5＝40得a 1q 2(1＋q 2)＝40.②由①②解得q ＝2，a 1＝2.故S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：(1)C (2)2 2n ＋1－2[预测押题1] 解：(1)设等差数列的公差为d ，d >0.由题意得，(2＋d )2＝2＋3d ＋8，d 2＋d －6＝(d ＋3)(d －2)＝0，得d ＝2.故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n ，故a n ＝2n .(2)b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n .S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n)＝(2＋4＋6＋...＋2n )＋(22＋24＋ (22))＝（2＋2n ）·n 2＋4·（1－4n ）1－4＝n 2＋n ＋4n ＋1－43.[例2] 解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，。

高中物理三维设计选修3-1教师用书二

1．把表头G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是()A．改装原理为串联电阻能减小电流B．改装成电流表后，表头G本身允许通过的最大电流并不改变C．改装后，表头G自身的电阻增大了D．改装后使用时，通过表头G的电流就可以大于改装前允许通过的最大电流解析：选B改装成大量程电流表后，表头G本身允许通过的最大电流并不改变；改装成大量程电流表后，因为表头G并联了电阻，故电流表的总电阻减小了，但表头G自身的电阻并不变化。

故选项B正确。

2．(多选)将分压电阻串联在表头上，改装成电压表，下列说法中正确的是()A．接上分压电阻后，增大了表头的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变C．如果分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大为表头满偏电压的n倍D．通电时，表头和分压电阻中通过的电流一定相等解析：选BD接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变，选项A错误，B正确；分压电阻是表头内阻的n倍，则表头满偏时分压电阻两端的电压为nU g，电压表的量程为(n＋1)U g，选项C错误；通电时，表头和分压电阻串联，故通过它们的电流一定相等，选项D正确。

3．磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程。

已知某一表头G，内阻R g＝30 Ω，满偏电流I g＝5 mA，要将它改装为量程为0～3 A的电流表，所做的操作是() A．串联一个570 Ω的电阻B．并联一个570 Ω的电阻C．串联一个0.05 Ω的电阻D．并联一个0.05 Ω的电阻解析：选D要改装电流表需并联一个分流电阻，设其阻值为R，应有I g R g＝(I－I g)R，所以R＝I g R gI－I g≈0.05 Ω，故选D。

1．伏安法测电阻的电流表内、外接的选择方法(1)直接比较法：适用于R x、R A、R V的大小大致可以估计，当R x≫R A时，采用内接法，当R x ≪R V 时，采用外接法，即大电阻用内接法，小电阻用外接法，可记忆为“大内小外”。

【三维设计】高三数学(理)二轮复习题型专题(10) 导数的简单应用(通用版)(含答案解析)

题型专题(十) 导数的简单应用[师说考点]1．导数公式 (1)(sin x )′＝cos x ； (2)(cos x )′＝－sin x ； (3)(a x )′＝a x ln a (a >0)；(4)(log a x )′＝1x ln a (a >0，且a ≠1)． 2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[典例](1)(2016·贵州模拟)已知M 为不等式组⎩⎨⎧y ≤x 2，1≤x ≤2，y ≥0表示的平面区域，直线l ：y ＝2x ＋a ，当a 从－2连续变化到0时，区域M 被直线l 扫过的面积为( )A.73 B ．2 C.32 D.43[解析] 选D 作出图形可得区域M 被直线l 扫过的面积为⎠⎛12x 2d x －12×1×2＝13x 3|21－1＝13×(8－1)－1＝43，选项D 正确．(2)(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．[解析] 因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ，所以f ′(x )＝1x －3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.[答案] y ＝－2x －1 [类题通法](1)利用定积分求平面图形面积的方法利用定积分求平面图形的面积，一般先正确画出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．(2)利用导数几何意义解题的思路利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．[演练冲关]1．(2016·郑州模拟)函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.2．(2016·兰州质检)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( )A ．(1，3)B ．(－1，3)C ．(1，3)和(－1，3)D ．(1，－3)解析：选C f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1，3)或(－1，3)．经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.3．(2016·石家庄质检)⎠⎛－11(x 2＋1－x 2)d x ＝________.解析：⎠⎜⎛－11x 2d x ＝13x 3|1－1＝23，而根据定积分的定义可知⎠⎜⎛－111－x 2d x 表示圆心在原点的单位圆的上半部分的面积，即半圆的面积，∴⎠⎛－11(x 2＋1－x 2)d x ＝23＋π2.答案：23＋π2[师说考点]1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．[典例] (2016·北京高考)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设有⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．[类题通法]求解或讨论函数单调性问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．[注意]讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[演练冲关]1.定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝e f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的增区间是________．解析：由题图知f′(x)≥0的区间是(－∞，2]，故函数y＝f(x)的增区间是(－∞，2]．答案：(－∞，2]2．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数.[师说考点]1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．[典例] (2016·山东高考改编)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求正实数a 的取值范围． [解] (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．③当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意．综上可知，正实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.[类题通法]研究极值、最值问题的3个注意点(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极值点．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．(3)含参数时，要讨论参数的大小．[演练冲关]1．(2016·江西两市联考)直线y ＝a 分别与曲线y ＝2(x ＋1)，y ＝x ＋ln x 交于A ，B ，则|AB |的最小值为________．解析：设A (x 1，a )，B (x 2，a )，则2(x 1＋1)＝x 2＋ln x 2，∴x 1＝12(x 2＋ln x 2)－1，∴|AB |＝x 2－x 1＝12(x 2－ln x 2)＋1，令y ＝12(x －ln x )＋1，则y ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ，∴函数y ＝12(x －ln x )＋1在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当 x ＝1时，函数取得最小值32，即|AB |min ＝32.答案：322．(2016·云南模拟)已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得f (x )的定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x . 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x .∴当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．∴f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2.(2)∵f ′(x )＝a ＋2xx ，∴当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a 2， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减． ∴当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.∵a <0，∴ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， ∴实数a 的取值范围是[－2，0)．一、选择题1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B ．1C ．0D ．不存在解析：选A ∵f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．(2016·四川高考)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2解析：选D由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.3．(2016·重庆模拟)若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，则实数a ＝()A．e－12B．2e－12C．e12D．2e12解析：选B依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，则有y′|x＝x0＝2x0，于是有⎩⎨⎧a＝2x0，ax0＝2ln x0＋1，解得x0＝e，a＝2x0＝2e－12，选B.4．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]解析：选D由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.5．(2016·石家庄模拟)已知a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为()A．2 B．3 C．6 D．9解析：选D ∵f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2，∴f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，又f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6，∴t ＝ab ＝a (6－a )＝－(a －3)2＋9，∴当且仅当a ＝b ＝3时，t 取得最大值9，故选D.6．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，若x 2f ′(x )＋xf (x )＝sin x (x ∈(0，6))，f (π)＝2，则下列结论正确的是( )A ．xf (x )在(0，6)上单调递减B ．xf (x )在(0，6)上单调递增C ．xf (x )在(0，6)上有极小值2πD ．xf (x )在(0，6)上有极大值2π解析：选D 因为x 2f ′(x )＋xf (x )＝sin x ，x ∈(0，6)，所以xf ′(x )＋f (x )＝sin xx ，设g (x )＝xf (x )，x ∈(0，6)，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＝sin xx ，由g ′(x )>0得0<x <π，g ′(x )<0得π<x <6，所以当x ＝π时，函数g (x )＝xf (x )取得极大值g (π)＝πf (π)＝2π.二、填空题7．(2016·兰州模拟)若f (x )＋⎠⎛01f (x )d x ＝x ，则⎠⎛01f （x ）d x ＝________. 解析：⎠⎛01f (x )d x 是一个常数，设为c ，则有f (x )＝x －c ，∴x －c ＋⎠⎛01(x －c )d x ＝x ，解得c ＝14，即⎠⎛01f (x )d x ＝14.答案：148．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立．又∵y ＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递减，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞9．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x ＝－（ax ＋1）（x －1）x .①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a >1，解得－1<a <0.综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞) 三、解答题10．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a >0)． (1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)f ′(x )＝x （1－a －ax ）x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13. 经检验，a ＝13符合题意，故a 的值为13. (2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a －1.①当0<a<1时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎭⎪0，1a －1，单调减区间是(－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；②当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)； ③当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．综上，当0<a<1时，f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0，＋∞)．11．(2016·兰州模拟)已知函数f (x )＝xln x ＋ax ，x >1. (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值．解：(1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1ln 2x －1ln x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14.∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，∴当1ln x －12＝0时函数t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14的最小值为－14，∴a ≤－14，即实数a的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14. (2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x ，令f ′(x )＝0得2ln 2x ＋ln x －1＝0，解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x<e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∴f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 12＝4e 12.12．已知函数f (x )＝ax －2x －3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值； (2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x (x>0)，由题意可知f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝1，解得a ＝1.故f (x )＝x －2x －3ln x ， ∴f ′(x )＝（x －1）（x －2）x 2，根据题意由f ′(x )＝0，得x ＝2. 于是可得下表：∴f (x )min ＝f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x >0)．由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，⎝⎛⎭⎪⎪⎫也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h （0）>0，解得0<a <98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.。

三维设计江苏专用2017届高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时导数与函数的综合问

所所以以当当xx＝>l0n时，2时g，(x)f>(xg)(取0)>得0，极即小x值2<，ex且. 极小值为f(ln 2) ＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．
角度二：不等式恒成立问题 3．(2016·南京四校联考)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m
∈R)． (1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x＜0，不等式x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求m的取值范围．
故当函m数＞1f(时x)的，单h(调x)在递(增－区∞间，为－(l0n，ml)n上2单)，调单递调减递，减在区(－间 ln m,0)上单调递增，
为所(以－∞h(x，)m0in)＝，h(l(n－2l，n ＋m)∞＜)h．(0)＝0，不合题意．综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．
角度三：存在型不等式成立问题 4．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
[题点全练] 角度一：证明不等式 1．已知函数f(x)＝x＋ex a.
(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在 x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
设则(函2φφ)数证′(x)明(＝解xf)(：＝(x：1)－a的－(＝1x)e图易0)xe，0象x得－0则－(在f1′(f－1(x－(xxx)＝＝0)x)＝e0e)xxxe－x，0.x，处x－x的∈e1切xR－，线a，方程为 y ＝ g(x) ＝
2．已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点 A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1. (1)求实数a的值及函数f(x)的极值； (2)证明：当x>0时，x2<ex.

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时导数与函数的综合问题课时

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时导数与函数的综合问题课时跟踪检测理一保高考，全练题型做到高考达标1．定义在实数集上的函数f (x )＝x 2＋x ，g (x )＝13x 3－2x ＋m .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )≥g (x )对任意的x ∈[－4,4]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)∵f (x )＝x 2＋x ，∴当x ＝1时，f (1)＝2， ∵f ′(x )＝2x ＋1，∴f ′(1)＝3，∴所求切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. (2)令h (x )＝g (x )－f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋m ，则h ′(x )＝(x －3)(x ＋1)． ∴当－4＜x ＜－1时，h ′(x )＞0；当－1＜x ＜3时，h ′(x )＜0；当3＜x ＜4时，h ′(x )＞0.要使f (x )≥g (x )恒成立，即h (x )max ≤0，由上知h (x )的最大值在x ＝－1或x ＝4处取得，而h (－1)＝m ＋53，h (4)＝m －203，所以m ＋53≤0，即m ≤－53，∴实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－53.2．已知函数f (x )＝ax －aex(a ＜0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x，f ′(x )＝x －2e x .由f ′(x )＝0，得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，2)2 (2，＋∞)f ′(x )－＋f (x ) 极小值所以，函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e 2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －ax －a e x e2x＝－a x －2ex.当a ＜0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：x (－∞，2)2 (2，＋∞)F ′(x ) －0 ＋F (x )极小值若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1＞0，解得a ＞－e 2，所以此时－e 2＜a＜0.故实数a 的取值范围为(－e 2,0)．3．某商场的销售部经过市场调查发现，该商场的某种商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.(2)由(1)，可知y ＝2x －3＋10(x －6)2. 设该商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )元，则f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6，所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]＝30(x －4)(x －6)．令f ′(x )＝0，得x ＝4或6(舍去)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值故当销售价格为4元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．4．(2016·扬州调研)已知函数f (x )＝x 33－ax 2＋(a 2－1)x 和g (x )＝x ＋a 2x.(1)求证：不论实数a 取何值，f (x )总有两个极值点； (2)若f (x )和g (x )有相同的极值点，求实数a 的值．解：(1)证明：由题意，知f ′(x )＝x 2－2ax ＋a 2－1＝[x －(a ＋1)]·[x －(a －1)]，令f ′(x )＝0，解得x ＝a ＋1或x ＝a －1，当x <a －1或x >a ＋1时，f ′(x )>0，当a －1<x <a ＋1时，f ′(x )<0，所以x ＝a －1为f (x )的极大值点，x ＝a ＋1为f (x )的极小值点．所以不论实数a 取何值，f (x )总有两个极值点．(2)由题意，知g ′(x )＝1－a 2x 2＝x －a x ＋ax2. 令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a .因为f (x )和g (x )有相同的极值点，且a 和a ＋1，a －1不可能相等，所以当－a ＝a ＋1时，a ＝－12；当－a ＝a －1时，a ＝12.经检验，当a ＝－12或12时，f (x )和g (x )有相同的极值点．所以a ＝－12或a ＝12.二上台阶，自主选做志在冲刺名校设函数f (x )＝e x－ax －1.(1)若函数f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围；(2)当a ＞0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0； (3)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＜(n ＋1)n ＋1.解：(1)由题意知f ′(x )＝e x－a ≥0对x ∈R 恒成立，且e x＞0，故a 的取值范围为(－∞，0]．(2)证明：由a ＞0，及f ′(x )＝e x－a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a－a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ，故当a ∈(0,1)时，g ′(a )＞0，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )＜0，从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故g (a )≤0.(3)证明：由(2)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x－x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立．即当x ＞0时，总有e x＞x ＋1.于是，可得(x ＋1)n ＋1＜(e x )n ＋1＝e(n ＋1)x.令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜e －n ；令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＜e －(n －1)；令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝n －2n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＜e －(n －2)； …… 令x ＋1＝nn ＋1，即x ＝－1n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －1.对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －n ＋e －(n －1)＋e－(n －2)＋…＋e －1＝e－n1－e n1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －ne －1＜1e －1＜1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＜(n ＋1)n ＋。

【三维设计】人教版高中数学选修1-1练习：3.3.2 函数的极值与导数(含答案解析)

课时跟踪检测（十八）函数的极值与导数层级一学业水平达标1．已知函数y ＝f(x)在定义域内可导，则函数y ＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y ＝f(x)在这点处取得极值的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．非充分非必要条件解析：选B 根据导数的性质可知，若函数y ＝f(x)在这点处取得极值，则f′(x)＝0，即必要性成立；反之不一定成立，如函数f(x)＝x 3在R 上是增函数，f′(x)＝3x 2，则f′(0)＝0，但在x ＝0处函数不是极值，即充分性不成立．故函数y ＝f(x)在某点处的导数值为0是函数y ＝f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件，故选B.2．设函数f(x)＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f(x)的极大值点B ．x ＝12为f(x)的极小值点C ．x ＝2为f(x)的极大值点D ．x ＝2为f(x)的极小值点解析：选D 由f′(x)＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝⎛⎭⎫1－2x ＝0可得x ＝2.当0＜x ＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x ＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故x ＝2为f(x)的极小值点．3．已知函数f(x)＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )A ．(2,3)B ．(3，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，3)解析：选B 因为函数f(x)＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，又f′(x)＝6x 2＋2ax ＋36，所以f′(2)＝0解得a ＝－15.令f′(x)＞0，解得x ＞3或x ＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．4．设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf′(x)的图象可能是( )解析：选C 由题意可得f′(－2)＝0，而且当x ∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，此时xf′(x)＞0；排除B 、D ，当x ∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，此时若x ∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x ∈(0，＋∞)，xf′(x)＞0，所以函数y ＝xf′(x)的图象可能是C.5．已知函数f(x)＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B ．0，427C ．－427，0D ．0，－427解析：选A f′(x)＝3x 2－2px －q ，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f(x)＝x 3－2x 2＋x. 由f′(x)＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时f(x)取极大值427.当x ＝1时f(x)取极小值0.6．设x ＝1与x ＝2是函数f(x)＝aln x ＋bx 2＋x 的两个极值点，则常数a ＝______________. 解析：∵f′(x)＝ax＋2bx ＋1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，a2＋4b ＋1＝0.∴a ＝－23.答案：－237．函数f(x)＝ax 2＋bx 在x ＝1a 处有极值，则b 的值为________．解析：f′(x)＝2ax ＋b ，∵函数f(x)在x ＝1a 处有极值，∴f′⎝⎛⎭⎫1a ＝2a·1a ＋b ＝0，即b ＝－2. 答案：－28.已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)．如图，则下列说法中不正确的是________．(填序号)①当x ＝32时，函数f(x)取得最小值；②f(x)有两个极值点；③当x ＝2时函数值取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析：由图象可知，x ＝1,2是函数的两极值点，∴②正确；又x ∈(－∞，1)∪(2，＋∞)时，y ＞0；x ∈(1,2)时，y ＜0，∴x ＝1是极大值点，x ＝2是极小值点，故③④正确．答案：①9．设a 为实数，函数f(x)＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，求f(x)的单调区间与极值．解：由f(x)＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知f′(x)＝e x －2，x ∈R.令f′(x)＝0，得x ＝ln 2. 于是当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)；且f(x)在x ＝ln 2处取得极小值．极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．10．已知f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx(a≠0)在x ＝±1时取得极值，且f(1)＝－1. (1)试求常数a ，b ，c 的值；(2)试判断x ＝±1时函数取得极小值还是极大值，并说明理由．解：(1)由已知，f′(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，且f′(－1)＝f′(1)＝0，得3a ＋2b ＋c ＝0,3a －2b ＋c ＝0. 又f(1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1. ∴a ＝12，b ＝0，c ＝－32.(2)由(1)知f(x)＝12x 3－32x ，∴f′(x)＝32x 2－32＝32(x －1)(x ＋1)．当x<－1或x>1时，f′(x)>0；当－1<x<1时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数． ∴当x ＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1；当x ＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1.层级二应试能力达标1．函数f(x)＝ax 3＋bx 在x ＝1处有极值－2，则a ，b 的值分别为( ) A ．1，－3 B ．1,3C ．－1,3D ．－1，－3解析：选A ∵f′(x)＝3ax 2＋b ，由题意知f′(1)＝0，f(1)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝0，a ＋b ＝－2，∴a ＝1，b ＝－3.2．已知f(x)＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－3,6)C ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选C f′(x)＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，∵f(x)有极大值与极小值，∴f′(x)＝0有两不等实根，∴Δ＝4a 2－12(a ＋6)>0，∴a<－3或a>6.3．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax(x ∈R)有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＜－1eD ．a ＞－1e解析：选A ∵y ＝e x ＋ax ，∴y′＝e x ＋a.令y′＝e x ＋a ＝0，则e x ＝－a ，∴x ＝ln(－a)．又∵x ＞0，∴－a ＞1，即a ＜－1.4．已知函数f(x)＝e x (sin x －cos x)，x ∈(0,2 017π)，则函数f(x)的极大值之和为( ) A.e 2π－e 2 018πe 2π－1 B.e π－e 2 016π1－e 2πC.e π－e 1 008π1－e 2πD.e π－e 1 008π1－e π解析：选B f′(x)＝2e x sin x ，令f′(x)＝0得sin x ＝0，∴x ＝kπ，k ∈Z ，当2kπ<x<2kπ＋π时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当(2k －1)π<x<2kπ时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x ＝(2k ＋1)π时，f(x)取到极大值，∵x ∈(0,2 017π)，∴0<(2k ＋1)π<2 017π，∴0≤k<1 008，k ∈Z. ∴f(x)的极大值之和为S ＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2 015π)＝e π＋e 3π＋e 5π＋…＋e 2 015π＝e π[1－2π1 008]1－e 2π＝e π－e 2 016π1－e 2π，故选B.5．若函数y ＝－x 3＋6x 2＋m 的极大值为13，则实数m 等于______．解析：y′＝－3x 2＋12x ＝－3x(x －4)．由y′＝0，得x ＝0或4.且x ∈(－∞，0)∪(4，＋∞)时，y′＜0；x ∈(0,4)时，y′＞0，∴x ＝4时取到极大值．故－64＋96＋m ＝13，解得m ＝－19.答案：－196．若函数f(x)＝x 3＋x 2－ax －4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为______．解析：由题意，f′(x)＝3x 2＋2x －a ，则f′(－1)f′(1)<0，即(1－a)(5－a)<0，解得1<a<5，另外，当a ＝1时，函数f(x)＝x 3＋x 2－x －4在区间(－1，1)上恰有一个极值点，当a ＝5时，函数f(x)＝x 3＋x 2－5x －4在区间(－1,1)没有极值点．故实数a 的范围为[1,5)．答案：[1,5)7．已知函数f(x)＝e x (ax ＋b)－x 2－4x ，曲线y ＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝e x (ax ＋a ＋b)－2x －4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f′(x)＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎫e x －12. 令f′(x)＝0得，x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e －2)．8．已知函数f(x)＝ax －ae x (a ∈R ，a≠0)．(1)当a ＝－1时，求函数f(x)的极值；(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f(x)＝－x ＋1e x ，f′(x)＝x －2ex . 由f′(x)＝0，得x ＝2.当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的极小值为f(2)＝－1e2，函数f(x)无极大值．(2)F′(x)＝f′(x)＝ae x －(ax －a)e x e 2x ＝－a(x －2)e x .①当a<0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝ae 2＋1>0，解得a>－e 2，所以此时－e 2<a<0；②当a>0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：当x>2时，F(x)＝a(x－1)e x＋1>1，当x<2时，令F(x)＝a(x－1)e x＋1<0，即a(x－1)＋e x<0，由于a(x－1)＋e x<a(x－1)＋e2，令a(x－1)＋e2≤0，得x≤1－e2a，即x≤1－e2a时，F(x)<0，所以F(x)总存在零点，综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．。

三维设计答案

三维设计答案如今，3D设计已经走进人们的生活中，广泛应用于工业、建筑和娱乐等多个领域。

但是，对于很多人来说，3D设计还是一个比较陌生的概念。

在这篇文章中，我们将为您分享一些关于3D设计的答案，让您更了解它的应用和工作原理。

一、什么是3D设计？3D设计是一种使用计算机软件和硬件技术，创建三维虚拟模型的过程。

它应用了计算机图形学、计算机动画、建模以及渲染技术等，旨在将设计师的想象力和理念转化成具有立体感的数字模型。

二、 3D设计应用领域1. 工业领域：包括汽车、飞机、机器设备等领域，应用于产品设计、鉴定、生产和维修等环节，可以提高生产效率和降低成本。

2. 建筑领域：应用于建筑师、设计师和工程师的设计和建造过程，包括室内和室外建筑、景观设计等。

3. 娱乐领域：游戏、电影、动画和虚拟现实等领域，可以应用于角色设计、场景建模等。

4. 医疗领域：应用于医学图像的三维建模、医学模拟和手术仿真等。

三、 3D设计的工作原理1. 建模：通过3D建模软件（如Maya、3D Max）创建立体几何模型，包括线框图、表面网格、体积等。

2. 纹理贴图：能够在3D模型的表面添加贴图，使其更加逼真。

3. 渲染：应该用于创建真实的照明和材质效果，并将结果输出为高质量图像或视频。

4. 动画：运用3D动画软件来使3D模型产生动态效果。

四、 3D设计师的技能要求1. 精通3D建模软件（如Maya，3D Max，Cinema4D等）以及渲染软件（如KeyShot）以及其他辅助软件（如Photoshop）的使用。

2. 掌握关键比例、透视、律动等基础美学概念。

3. 较好的艺术修养，了解色彩搭配、设计地形和建筑等知识。

4. 与客户沟通协作能力，将客户需求转化为3D设计成果。

五、 3D设计的未来趋势智能、网络化和自主化将是3D设计的未来发展方向，随着人工智能技术的快速发展，植入3D设计师的智能低成本，网络化的工作环境有望被广泛应用。

同时，未来的3D设计将会更加注重互动性和动态性，并将越来越自动化和标准化，提高生产效率，降低成本，提升产品质量。

《三维设计》3-2导数的应用(一)(含解析)=====

第十二节导数的应用(一)[知识能否忆起]1．函数的单调性在(a ，b )内可导函数f (x )，f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒等于0. f ′(x )≥0⇔f (x )在(a ，b )上为增函数．f ′(x )≤0⇔f (x )在(a ，b )上为减函数． 2．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f (x )在点x ＝a 的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f ′(x )＜0，右侧f ′(x )＞0，则点a 叫做函数y ＝f (x )的极小值点，f (a )叫做函数y ＝f (x )的极小值．(2)函数的极大值：函数y ＝f (x )在点x ＝b 的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f ′(x )＞0，右侧f ′(x )＜0，则点b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．[小题能否全取]1．(教材习题改编)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．52．(2012·辽宁高考)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)3．(2012·陕西高考)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 4．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．5．已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是________．注意点：1、 f ′(x )>0与f (x )为增函数的关系：f ′(x )>0能推出f (x )为增函数，但反之不一定．如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0，所以f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件．2、可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，即f ′(x 0)＝0是可导函数f (x )在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件．例如函数y ＝x 3在x ＝0处有y ′|x ＝0＝0，但x ＝0不是极值点．此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点．3、可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．[例1] (2012·山东高考改编)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．变式：已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)是否存在a使函数f(x)为R上的单调递减函数，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．[例2]0则称x0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)＝x3＋ax2＋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．变式：设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．[例3] (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．变式：(2012·重庆高考)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处取得极值c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．1．函数f(x)＝x＋eln x的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R2．(2012·“江南十校”联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)3．(2012·陕西高考)设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点4．(2012·大纲全国卷)已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( ) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1D ．－3或15．若f (x )＝ln xx ，e<a f (b )B ．f (a )＝f (b )C ．f (a )<f (b )D ．f (a )f (b )>16．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．07．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．8．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________．9．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．(2012·重庆高考)设f(x)＝a ln x＋12x＋32x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．12．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x.(1)若f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)在x∈[1，a]上的最大值和最小值．1．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )2．(2012·沈阳实验中学检测)已知定义在R 上的奇函数f (x )，设其导函数为f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )<f (－x )，令F (x )＝xf (x )，则满足F (3)>F (2x －1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1,2) B.⎝⎛⎭⎫－1，12 C.⎝⎛⎭⎫12，2D ．(－2,1)3． (2012·湖北高考)设函数f (x )＝ax n (1－x )＋b (x >0)，n 为正整数，a ，b 为常数．曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＝1.(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的最大值．1．(2012·重庆高考)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)2．(2012·山西联考)已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax (a ∈R)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)求f (x )的单调区间．。

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第二课时导数与函数的极值最值课件

由不故题妨f设设(x可这)＝得两x－方个2x程根－为a3xln2x－1x，，3xx则＋2，2f并′＝令(0x有)h＝(两x)x个＝－不a1xx等22－x－的3x2正＋.实2，根，则由当xxΔffx11＝′ ′x＋变2x＝9((xx－ x化2))2a＝＝＞8时a3a0＞ 0＞，得3200f′，，x＝(x)1，或32或f(，－xx)＝2Δ－h的＝20－变2.9＞a3化－＞0情80a，况＞20如0，下表：，(解2＋,3得) 0＜a3＜98.
由f′①(－
由f于 (x)切点的8 横坐标为 1，所以13 f(1)＝4.
0＋
95 27
4
所所以以y＝1＋f(xa)＋在b[－＋3c＝,1]4上，的得最c大＝值5. 为 13，最小值为9257.
第二课时导数与函数的极值、最值
考点一运用导数解决函数的极值问题常考常新型考点——多角探明
[命题分析] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有： (1)已知函数求极值； (2)已知极值求参数； (3)由图判断极值．
[题点全练] 角度一：已知函数求极值 1．已知函数 f(x)＝x－aln x(a∈R)．
角度三：由图判断极值 4．已知函数 f(x)的定义域为 R，导函数 f′(x)的图象如图
所示，则函数 f(x)有________个极大值点，________个极小值点．
解析：由导数与函数极值的关系，知当 f′(x0)＝0 时，若在 x0 的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x)在 x＝x0 处取得极大值；若在 x0 的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x) 在 x＝x0 处取得极小值．设函数 f′(x)的图象与 x 轴的交点从左到右的横坐标依次为 x1，x2，x3，x4，则 f(x)在 x＝x1， x＝x3 处取得极大值，在 x＝x2，x＝x4 处取得极小值．答案：2 2

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第一节导数的概念与计算课件理082502127

2．基本初等函数的导数公式
x (sin x)′＝ cos x ， (cos x)′＝－sin x ， (ax)′＝ a ln a ， 1 1 x (ex)′＝ e ，(logax)＝ xln a ，(ln x)′＝ x .
3．导数的运算法则
g′(x) ； (1)[f(x)± g(x)]′＝ f′(x)±
求函数导数的 3 种原则
考点二
导数的几何意义常考常新型考点——多角探明
[命题分析 ]
导数的几何意义是每年高考的必考内容，考查题型既有填空题，也常出现在解答题的第 (1)问中，难度偏小，属中低档题．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)求切点坐标； (3)求参数的值．
[题点全练 ] 角度一：求切线方程 1． (2016· 南通调研 )已知 f(x)＝ x3－ 2x2＋ x＋ 6，则 f(x) 在点 P(－ 1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于 ________．
解析：由题意得函数 f(x)＝kx＋b 在区间[m，n]上的平 fn－fm 均变化率为＝k. n－m 答案：k
2．(教材习题改编 )如图，函数 y＝ f(x)的图象在点 P 处的切线方程是 y＝－ x＋ 5，则 f(3) ＝ ________， f′ (3)＝ ________.
解析：由图知切点为(3,2)，切线斜率为－1. 答案：2 －1
解析：令 x＝0，得 f(0)＝1.对 f(x)求导，得 f′(x)＝ex ＋2x－1＋cos x，所以 f′(0)＝1，故曲线 y＝f(x)在点(0， f(0))处的切线方程为 y＝x＋1. 答案：y＝x＋1
考点一
导数的运算基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
求下列函数的导数． (1)y＝ x2sin x； 1 (2)y＝ ln x＋； x cos x (3)y＝ x ； e 1 1 (4)y＝＋ . 1－ x 1＋ x

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第一课时导数与函数的单调性课件文

第二节导数的应用
1．函数的单调性在(a，b)内可导函数 f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于 0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x) ≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
2．函数的极值 (1)函数的极小值：
函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右侧 f′(x)＞0 ，则点 a 叫做函数 y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值．
[由题悟法] 导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的 3 步骤 (1)一求．求 f′(x)； (2)二定．确认 f′(x)在(a，b)内的符号； (3)三结论．作出结论：f′(x)＞0 时为增函数；f′(x) ＜0 时为减函数． [提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[小题体验] 1．(教材习题改编)函数 f(x)＝x2ex 的单调增区间是________．
解析：函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝2xex＋x2ex＝ex(2x ＋x2)，令 f′(x)>0，得 x<－2 或 x>0，所以函数 f(x)的单调增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－2)，(0，＋∞)
[类题通法] 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则 f′(x)≥0；若函数单调递减，则 f′(x)≤0”来求解． [提醒] f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a， b)都有 f′(x)≥0，且在(a，b)内的任一非空子区间上 f′(x) 不恒为 0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

【三维设计】高考数学二轮专题复习第一部分专题4 导数(Ⅱ)课件新人教(江苏专)

综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|<2时，函数y＝h(x)有9个零点．
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/182022/1/182022/1/182022/1/18
列表如下： x
F′(x) F(x)
(0,2) － ↘
2 0 极小值F(2)
(2，＋∞) ＋ ↗
故知F(x)在(0,2)内是减函数，在(2，＋∞)内是增函数，所以在x ＝2处取得极小值F(2)＝2－2ln 2＋2a. (2)证明：由a≥0知，F(x)的极小值 F(2)＝2－2ln 2＋2a>0.
于是由上表知，对一切x∈(0，＋∞)，恒有F(x)＝xf′(x)>0.从而当x>0时，恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)内单调递增．所以当x>1时，f(x)>f(1)＝0，即x－1－ln2 x＋2aln x>0. 故当x>1时，恒有x>ln2 x－2aln x＋1.

高2020届高2017级高三三维设计地理一轮复习资料第三章导数及其应用

第三章⎪⎪⎪导数及其应用第一节导数的概念与运算一、基础知识批注——理解深一点1.导数的概念一般地,函数y ＝f （x ）在x ＝x 0处的瞬时变化率lim→Δ0x ΔyΔx ＝lim →Δ0x f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx 为函数y ＝f （x ）在x ＝x 0处的导数,记作f ′（x 0）或y ′|x ＝x 0,即f ′（x 0）＝lim→Δ0x ΔyΔx ＝lim →Δ0x f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx .f ′（x ）与f ′（x 0）的区别与联系f ′（x ）是一个函数,f ′（x 0）是函数f ′（x ）在x 0处的函数值（常数）,所以[f ′（x 0）]′＝0.2.导数的几何意义函数f （x ）在x ＝x 0处的导数f ′（x 0）的几何意义是曲线y ＝f （x ）在点P （x 0,f （x 0））处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数s （t ）对时间t 的导数）.相应地,切线方程为y －f （x 0）＝f ′（x 0）（x －x 0）.曲线y ＝f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线是指以P 为切点,斜率为k ＝f ′(x 0)的切线,是唯一的一条切线.3.函数f （x ）的导函数称函数f ′（x ）＝lim →Δ0xf (x ＋Δx )－f (x )Δx为f （x ）的导函数.4.导数的运算（1）几种常见函数的导数①（C ）′＝0（C 为常数）；②（x n ）′＝nx n －1（n ∈Q *）；③（sin x ）′＝cos_x ；④（cos x ）′＝－sin_x ；⑤（e x ）′＝e x ； ⑥（a x ）′＝a x ln_a （a >0,a ≠1）；⑦（ln x ）′＝1x ； ⑧（log a x ）′＝1x ln a（a >0,a ≠1）. （2）导数的四则运算法则①[u （x ）±v （x ）]′＝u ′（x ）±v ′（x ）；②[u （x ）v （x ）]′＝u ′（x ）v （x ）＋u （x ）v ′（x ）； ③⎣⎡⎦⎤u (x )v (x )′＝u ′(x )v (x )－u (x )v ′(x )[v (x )]2（v （x ）≠0）.熟记以下结论: （1）⎝⎛⎭⎫1x ′＝－1x 2；（2）⎣⎡⎦⎤1f (x )′＝－f ′(x )[f (x )]2（f （x ）≠0）；（3）[af （x ）±bg （x ）]′＝af ′（x ）±bg ′（x ）；（4）奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数.二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）f ′（x 0）与[f （x 0）]′表示的意义相同.（）（2）曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.（）（3）因为（ln x ）′＝1x,所以⎝⎛⎭⎫1x ′＝ln x .（）（4）若两个函数可导,则它们的和、差、积、商（分母不为零）必可导.若两个函数不可导,则它们的和、差、积、商不一定不可导.（）答案:（1）× （2）√ （3）× （4）√ （二）选一选1.下列函数中满足f （x ）＝f ′（x ）的是（） A.f （x ）＝3＋x B.f （x ）＝－x C.f （x ）＝ln xD.f （x ）＝0解析:选D 若f （x ）＝0,则f ′（x ）＝0,从而有f （x ）＝f ′（x ）.故选D. 2.曲线y ＝x x －2＋2在点（1,m ）处的切线方程为（）A.y ＝2x －1B.y ＝－2x ＋1C.y ＝2x －4D.y ＝－2x ＋3解析:选D 当x ＝1时,y ＝11－2＋2＝1.因为y ′＝－2(x －2)2,所以y ′x ＝1＝－2(1－2)2＝－2,则所求的切线方程为y －1＝－2（x －1）,即y ＝－2x ＋3.故选D.3.下列求导运算正确的是（） A.⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2 B.（log 2x ）′＝1x ln 2C.（3x ）′＝3x log 3eD.（x 2cos x ）′＝－2sin x解析:选B ⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝x ′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1－1x 2；（3x ）′＝3x ln 3；（x 2cos x ）′＝（x 2）′cos x ＋x 2（cos x ）′＝2x cos x －x 2sin x ,故选项B 正确.（三）填一填4.（2018·全国卷Ⅲ）曲线y ＝（ax ＋1）e x 在点（0,1）处的切线的斜率为－2,则a ＝________. 解析:∵y ′＝（ax ＋a ＋1）e x , ∴当x ＝0时,y ′＝a ＋1, ∴a ＋1＝－2,解得a ＝－3. 答案:－35.（2018·黑龙江大庆实验中学期中）设f ′（x ）为函数f （x ）的导数,f （x ）＝x 2－2x ＋f ′（1）,则f （－1）＝________.解析:由条件知f ′（x ）＝2x －2, 则f ′（1）＝0⇒f （x ）＝x 2－2x , 故f （－1）＝1＋2＝3. 答案:3考点一导数的运算 [典例] 求下列函数的导数. （1）y ＝ln x ＋1x ；（2）y ＝（2x ＋1）·e x ；（3）y ＝1＋x5x2；（4）y ＝x －sin x 2cos x2.[解] （1）y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ′＝（ln x ）′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1x －1x2. （2）y ′＝[（2x ＋1）·e x ]′＝（2x ＋1）′·e x ＋（2x ＋1）·（e x ）′＝2e x ＋（2x ＋1）·e x＝（2x ＋3）·e x .（3）∵1＋x5x2＝x 35＋x -25,∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 5x 2′＝（x 35）′＋（x -25）′＝35x -25－25x -75.（4）∵y ＝x －sin x 2cos x 2＝x －12sin x ,∴y ′＝1－12cos x .[解题技法] 1.导数运算的原则先化简解析式,再利用导数的运算法则求导.2.导数运算的常见形式及求解方法0成常数,再根据题意求出即可.[题组训练]1.已知函数f （x ）的导函数为f ′（x ）,且满足f （x ）＝2xf ′（1）＋ln x ,则f ′（1）＝（）A.－eB.－1C.1D.e解析:选B 由f （x ）＝2xf ′（1）＋ln x , 得f ′（x ）＝2f ′（1）＋1x .所以f ′（1）＝2f ′（1）＋1,则f ′（1）＝－1. 2.求下列函数的导数. （1）y ＝cos x －sin x ；（2）y ＝（x ＋1）（x ＋2）（x ＋3）；（3）y ＝ln xx 2＋1. 解:（1）y ′＝（cos x ）′－（sin x ）′＝－sin x －cos x . （2）∵y ＝（x ＋1）（x ＋2）（x ＋3）＝（x 2＋3x ＋2）（x ＋3）＝x 3＋6x 2＋11x ＋6, ∴y ′＝3x 2＋12x ＋11.（3）y ′＝(ln x )′(x 2＋1)－ln x (x 2＋1)′(x 2＋1)2＝1x(x 2＋1)－2x ·ln x(x 2＋1)2＝x 2(1－2ln x )＋1x (x 2＋1)2.考点二导数的几何意义考法（一）求曲线的切线方程[典例] （2018·全国卷Ⅰ）设函数f （x ）＝x 3＋（a －1）x 2＋ax ,若f （x ）为奇函数,则曲线y＝f（x）在点（0,0）处的切线方程为（）A.y＝－2xB.y＝－xC.y＝2xD.y＝x[解析]∵f（x）＝x3＋（a－1）x2＋ax,∴f′（x）＝3x2＋2（a－1）x＋a.又∵f（x）为奇函数,∴f（－x）＝－f（x）恒成立,即－x3＋（a－1）x2－ax＝－x3－（a－1）x2－ax恒成立,∴a＝1,∴f′（x）＝3x2＋1,∴f′（0）＝1,∴曲线y＝f（x）在点（0,0）处的切线方程为y＝x.[答案] D[解题技法]若已知曲线y＝f（x）过点P（x0,y0）,求曲线过点P的切线方程的方法（1）当点P（x0,y0）是切点时,切线方程为y－y0＝f′（x0）·（x－x0）.（2）当点P（x0,y0）不是切点时,可分以下几步完成:第一步:设出切点坐标P′（x1,f（x1））；第二步:写出过点P′（x1,f（x1））的切线方程y－f（x1）＝f′（x1）（x－x1）；第三步:将点P的坐标（x0,y0）代入切线方程求出x1；第四步:将x1的值代入方程y－f（x1）＝f′（x1）（x－x1）可得过点P（x0,y0）的切线方程.考法（二）求切点坐标[典例]曲线f（x）＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1,则P点的坐标为（）A.（1,3）B.（－1,3）C.（1,3）和（－1,3）D.（1,－3）[解析]f′（x）＝3x2－1,令f′（x）＝2,则3x2－1＝2,解得x＝1或x＝－1,∴P（1,3）或（－1,3）.经检验,点（1,3）,（－1,3）均不在直线y＝2x－1上,故选C.[答案] C[解题技法]求切点坐标的思路已知切线方程（或斜率）求切点的一般思路是先求函数的导数,再让导数等于切线的斜率,从而求出切点的横坐标,将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标.考法（三）求参数的值（范围）[典例] 函数f （x ）＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线,则实数a 的取值范围是________.[解析] 函数f （x ）＝ln x ＋ax 的图象上存在与直线2x －y ＝0平行的切线,即f ′（x ）＝2在（0,＋∞）上有解,而f ′（x ）＝1x ＋a ,即1x ＋a ＝2在（0,＋∞）上有解,a ＝2－1x 在（0,＋∞）上有解,因为x >0,所以2－1x<2,所以a 的取值范围是（－∞,2）.[答案] （－∞,2）[解题技法]1.利用导数的几何意义求参数的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程（组）或者参数满足的不等式（组）,进而求出参数的值或取值范围.2.求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点（1）注意曲线上横坐标的取值范围；（2）谨记切点既在切线上又在曲线上.[口诀归纳]切线问题抓切点,斜率导数本相关；曲线方程和切线,利用切点方程建.[题组训练]1.[口诀第1句]曲线y ＝e x 在点A 处的切线与直线x －y ＋3＝0平行,则点A 的坐标为（）A.（－1,e －1）B.（0,1）C.（1,e ）D.（0,2）解析:选B ∵y ′＝e x ,令e x ＝1,得x ＝0.当x ＝0时,y ＝1,∴点A 的坐标为（0,1）. 2.[口诀第2句]设曲线y ＝a （x －1）－ln x 在点（1,0）处的切线方程为y ＝2x －2,则a ＝（）A.0B.1C.2D.3解析:选D ∵y ＝a （x －1）－ln x , ∴y ′＝a －1x ,∴y ′|x ＝1＝a －1.又∵曲线在点（1,0）处的切线方程为y ＝2x －2, ∴a －1＝2,解得a ＝3.3.[口诀第1、2句]已知函数f （x ）＝x ln x ,若直线l 过点（0,－1）,并且与曲线y ＝f （x ）相切,则直线l 的方程为（）A.x ＋y －1＝0B.x －y －1＝0C.x ＋y ＋1＝0D.x －y ＋1＝0解析:选B 因为点（0,－1）不在曲线y ＝f （x ）上,所以设切点坐标为（x 0,y 0）.又因为f ′（x ）＝1＋ln x ,所以⎩⎪⎨⎪⎧ y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝0.所以切点坐标为（1,0）,所以f ′（1）＝1＋ln 1＝1,所以直线l 的方程为y ＝x －1,即x －y －1＝0.[课时跟踪检测]A 级——保大分专练1.设f （x ）＝x e x 的导函数为f ′（x ）,则f ′（1）的值为（） A.e B.e ＋1 C.2eD.e ＋2解析:选C 由题意知f （x ）＝x e x ,所以f ′（x ）＝e x ＋x e x ,所以f ′（1）＝e ＋e ＝2e. 2.曲线y ＝sin x ＋e x 在x ＝0处的切线方程是（） A.x －3y ＋3＝0 B.x －2y ＋2＝0 C.2x －y ＋1＝0D.3x －y ＋1＝0解析:选C ∵y ′＝cos x ＋e x ,∴当x ＝0时,y ′＝2.又∵当x ＝0时,y ＝1,∴所求切线方程为y －1＝2x ,即2x －y ＋1＝0.3.设f （x ）＝x （2 019＋ln x ）,若f ′（x 0）＝2 020,则x 0等于（） A.e 2 B.1 C.ln 2D.e解析:选B f ′（x ）＝2 019＋ln x ＋1＝2 020＋ln x ,由f ′（x 0）＝2 020,得2 020＋ln x 0＝2 020,则ln x 0＝0,解得x 0＝1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋bx 2的图象在点P （1,1）处的切线与直线x －y ＋1＝0垂直,则a 的值为（）A.－1B.1C.3D.－3解析:选D 由已知可得P （1,1）在函数f （x ）的图象上, 所以f （1）＝1,即a ln 1＋b ×12＝1,解得b ＝1, 所以f （x ）＝a ln x ＋x 2,故f ′（x ）＝ax ＋2x .则函数f （x ）的图象在点P （1,1）处的切线的斜率k ＝f ′（1）＝a ＋2, 因为切线与直线x －y ＋1＝0垂直, 所以a ＋2＝－1,即a ＝－3.5.（2018·合肥第一次教学质量检测）已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切（其中e 为自然对数的底数）,则实数a 的值是（）A.12B.1C.2D.e解析:选B 由题意知y ′＝a e x ＋1,令a e x ＋1＝2,则a >0,x ＝－ln a ,代入曲线方程得y ＝1－ln a ,所以切线方程为y －（1－ln a ）＝2（x ＋ln a ）,即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.6.设函数f （x ）＝x 3＋ax 2,若曲线y ＝f （x ）在点P （x 0,f （x 0））处的切线方程为x ＋y ＝0,则点P 的坐标为（）A.（0,0）B.（1,－1）C.（－1,1）D.（1,－1）或（－1,1）解析:选D 因为f ′（x ）＝3x 2＋2ax ,所以f ′（x 0）＝3x 20＋2ax 0＝－1.又因为切点P的坐标为（x 0,－x 0）,所以x 30＋ax 20＝－x 0.联立两式得⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 20＋2ax 0＝－1，x 30＋ax 20＝－x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，x 0＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，x 0＝1.所以点P 的坐标为（－1,1）或（1,－1）. 7.已知直线y ＝－x ＋1是函数f （x ）＝－1a ·e x图象的切线,则实数a ＝________.解析:设切点为（x 0,y 0）,则f ′（x 0）＝－1a ·e 0x ＝－1, ∴ex ＝a ,又－1a ·e 0x ＝－x 0＋1,∴x 0＝2,a ＝e 2.答案:e 28.（2019·安徽名校联考）已知函数f （x ）＝2x －ax 的图象在点（－1,f （－1））处的切线斜率是1,则此切线方程是________.解析:因为f ′（x ）＝－2x 2－a ,所以f ′（－1）＝－2－a ＝1,所以a ＝－3,所以f （x ）＝2x＋3x ,所以f （－1）＝－5,则所求切线的方程为y ＋5＝x ＋1,即x －y －4＝0.答案:x －y －4＝0 9.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 ＝________.解析:因为y ′＝－1－cos xsin 2x,所以y ′|=2x π＝－1,由条件知1a＝－1,所以a ＝－1. 答案:－110.若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点,则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________. 解析:由y ＝x 2－ln x ,得y ′＝2x －1x （x ＞0）,设点P 0（x 0,y 0）是曲线y ＝x 2－ln x 上到直线y ＝x －2的距离最小的点, 则y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0＝1,解得x 0＝1或x 0＝－12（舍去）.∴点P 0的坐标为（1,1）.∴所求的最小距离为|1－1－2|2＝ 2.答案: 211.求下列函数的导数.（1）y ＝（1－x ）⎝⎛⎭⎫1＋1x ；（2）y ＝x ·tan x ；（3）y ＝cos x e x. 解:（1）∵y ＝（1－x ）⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝1x－x ＝x -12－x 12,∴y ′＝（x-12）′－（x 12）′＝－12x -32－12x -12.（2）y ′＝（x ·tan x ）′＝x ′tan x ＋x （tan x ）′＝tan x ＋x ·⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′＝tan x ＋x ·cos 2x ＋sin 2x cos 2x＝tan x ＋x cos 2x. （3）y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x－cos x (e x)′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x . 12.已知点M 是曲线y ＝13x 3－2x 2＋3x ＋1上任意一点,曲线在M 处的切线为l ,求:（1）斜率最小的切线方程；（2）切线l 的倾斜角α的取值范围.解:（1）∵y ′＝x 2－4x ＋3＝（x －2）2－1, ∴当x ＝2时,y ′min ＝－1,此时y ＝53,∴斜率最小时的切点为⎝⎛⎭⎫2，53,斜率k ＝－1, ∴切线方程为3x ＋3y －11＝0. （2）由（1）得k ≥－1,∴tan α≥－1, 又∵α∈[0,π）,∴α∈⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫3π4，π. 故α的取值范围为⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫3π4，π. B 级——创高分自选1.如图,y ＝f （x ）是可导函数,直线l :y ＝kx ＋2是曲线y ＝f （x ）在x＝3处的切线,令g （x ）＝xf （x ）,g ′（x ）是g （x ）的导函数,则g ′（3）＝（）A.－1B.0C.2D.4解析:选B 由题图可知切线过点（0,2）,（3,1）,则曲线y ＝f （x ）在x ＝3处的切线的斜率为－13,即f ′（3）＝－13,又因为g （x ）＝xf （x ）,所以g ′（x ）＝f （x ）＋xf ′（x ）,g ′（3）＝f （3）＋3f ′（3）,所以g ′（3）＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 2.已知曲线f （x ）＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g （x ）＝－ln x 相切,则a 的值为________.解析:由f （x ）＝x 3＋ax ＋14,得f ′（x ）＝3x 2＋a ,f ′（0）＝a ,f （0）＝14,∴曲线y ＝f （x ）在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax .设直线y －14＝ax 与曲线g （x ）＝－ln x 相切于点（x 0,－ln x 0）,g ′（x ）＝－1x ,∴⎩⎨⎧－ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34,∴x 0＝e 34,∴a ＝－1e34＝－e-34.答案:－e-343.已知函数f （x ）＝x 3＋（1－a ）x 2－a （a ＋2）x ＋b （a ,b ∈R ）.（1）若函数f （x ）的图象过原点,且在原点处的切线斜率为－3,求a ,b 的值；（2）若曲线y ＝f （x ）存在两条垂直于y 轴的切线,求a 的取值范围. 解:f ′（x ）＝3x 2＋2（1－a ）x －a （a ＋2）. （1）由题意,得{ f (0)＝b ＝0，f ′(0)＝－a (a ＋2)＝－3，解得b ＝0,a ＝－3或a ＝1.（2）因为曲线y ＝f （x ）存在两条垂直于y 轴的切线,所以关于x 的方程f ′（x ）＝3x 2＋2（1－a ）x －a （a ＋2）＝0有两个不相等的实数根, 所以Δ＝4（1－a ）2＋12a （a ＋2）＞0, 即4a 2＋4a ＋1＞0, 所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 第二节导数与函数的单调性一、基础知识批注——理解深一点函数的单调性与导数的关系函数y ＝f （x ）在区间（a ,b ）内可导,（1）若f ′（x ）>0,则f （x ）在区间（a ,b ）内是单调递增函数；（2）若f ′（x ）<0,则f （x ）在区间（a ,b ）内是单调递减函数；（3）若恒有f ′（x ）＝0,则f （x ）在区间（a ,b ）内是常数函数.讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解时,要坚持“定义域优先”原则.二、常用结论汇总——规律多一点（1）在某区间内f ′（x ）>0（f ′（x ）<0）是函数f （x ）在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件.（2）可导函数f （x ）在（a ,b ）上是增（减）函数的充要条件是对∀x ∈（a ,b ）,都有f ′（x ）≥0（f ′（x ）≤0）且f ′（x ）在（a ,b ）上的任何子区间内都不恒为零.三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）若函数f （x ）在（a ,b ）内单调递增,那么一定有f ′（x ）>0.（）（2）如果函数f （x ）在某个区间内恒有f ′（x ）＝0,则f （x ）在此区间内没有单调性.（）（3）在（a ,b ）内f ′（x ）≤0且f ′（x ）＝0的根有有限个,则f （x ）在（a ,b ）内是减函数.（）答案:（1）× （2）√ （3）√（二）选一选1.函数f （x ）＝cos x －x 在（0,π）上的单调性是（） A.先增后减 B.先减后增 C.增函数D.减函数解析:选D ∵f ′（x ）＝－sin x －1＜0, ∴f （x ）在（0,π）上是减函数,故选D.2.函数f （x ）＝x －ln x 的单调递减区间为（） A.（0,1） B.（0,＋∞）C.（1,＋∞）D.（－∞,0）,（1,＋∞）解析:选A 函数的定义域是（0,＋∞）,且f ′（x ）＝1－1x ＝x －1x ,令f ′（x ）<0,得0<x <1,故f （x ）的单调递减区间为（0,1）.3.若函数f （x ）＝kx －ln x 在区间（1,＋∞）上单调递增,则k 的取值范围是（） A.（－∞,－2] B.（－∞,－1] C.[2,＋∞）D.[1,＋∞）解析:选D 因为f （x ）＝kx －ln x ,所以f ′（x ）＝k －1x .因为f （x ）在区间（1,＋∞）上单调递增,所以当x >1时,f ′（x ）＝k －1x ≥0恒成立,即k ≥1x 在区间（1,＋∞）上恒成立.因为x >1,所以0<1x <1,所以k ≥1.（三）填一填4.函数f （x ）＝（x －3）e x 的单调递增区间为________.解析:f ′（x ）＝[（x －3）e x ]′＝e x ＋（x －3）e x ＝（x －2）e x .令f ′（x ）>0,解得x >2.故所求单调递增区间为（2,＋∞）.答案:（2,＋∞）5.已知函数f （x ）＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上单调递减,则实数a 的取值范围是________. 解析:由题意知f ′（x ）＝－3x 2＋2ax －1≤0在R 上恒成立,所以Δ＝4a 2－12≤0,解得－3≤a ≤ 3. 答案:[－3, 3 ]考点一利用导数研究函数的单调性[典例] 已知函数f （x ）＝ln x ＋1ax －1a （a ∈R 且a ≠0）,讨论函数f （x ）的单调性. [解] f ′（x ）＝ax －1ax 2（x >0）, ①当a <0时,f ′（x ）>0恒成立, ∴函数f （x ）在（0,＋∞）上单调递增. ②当a >0时,由f ′（x ）＝ax －1ax2>0,得x >1a ；由f ′（x ）＝ax －1ax2<0,得0<x <1a , ∴函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减. 综上所述,当a <0时,函数f （x ）在（0,＋∞）上单调递增；当a >0时,函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减.[解题技法] 讨论函数f （x ）单调性的步骤（1）确定函数f （x ）的定义域；（2）求导数f ′（x ）,并求方程f ′（x ）＝0的根；（3）利用f ′（x ）＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间,在这些子区间上讨论f ′（x ）的正负,由符号确定f （x ）在该区间上的单调性.[提醒] 研究含参数函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.[题组训练] 1.函数f （x ）＝e x －1x ＋1在定义域内为________函数（填“增”或“减”）. 解析:由已知得函数f （x ）的定义域为{x |x ≠－1}. ∵f （x ）＝e x －1x ＋1,∴f ′（x ）＝e x ＋1(x ＋1)2>0.∴f （x ）在定义域内为增函数. 答案:增2.已知函数f （x ）＝a ln x ＋x 2（a ∈R 且a ≠0）,讨论函数f （x ）的单调性. 解:函数f （x ）的定义域为（0,＋∞）.因为f （x ）＝a ln x ＋x 2,所以f ′（x ）＝ax ＋2x ＝2x 2＋a x .①当a >0时,f ′（x ）>0,所以函数f （x ）在（0,＋∞）上单调递增. ②当a <0时,令f ′（x ）＝0,解得x ＝－a2（负值舍去）, 当0<x <－a2时,f ′（x ）<0, 所以函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减；当x >－a2时,f ′（x ）>0, 所以函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增. 综上所述,当a >0时,函数f （x ）在（0,＋∞）上单调递增；当a <0时,函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减,在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增.考点二利用导数求函数的单调区间[典例] （2018·湘东五校联考节选）已知函数f （x ）＝（ln x －k －1）x （k ∈R ）.当x >1时,求f （x ）的单调区间.[解] f ′（x ）＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ,①当k ≤0时,因为x >1,所以f ′（x ）＝ln x －k >0,所以函数f （x ）的单调递增区间是（1,＋∞）,无单调递减区间. ②当k >0时,令ln x －k ＝0,解得x ＝e k ,当1<x <e k 时,f ′（x ）<0；当x >e k 时,f ′（x ）>0.所以函数f （x ）的单调递减区间是（1,e k ）,单调递增区间是（e k ,＋∞）.综上所述,当k ≤0时,函数f （x ）的单调递增区间是（1,＋∞）,无单调递减区间；当k >0时,函数f （x ）的单调递减区间是（1,e k ）,单调递增区间是（e k ,＋∞）.[解题技法] 利用导数求函数单调区间的方法（1）当导函数不等式可解时,解不等式f ′（x ）>0或f ′（x ）<0求出单调区间. （2）当方程f ′（x ）＝0可解时,解出方程的实根,依照实根把函数的定义域划分为几个区间,确定各区间f ′（x ）的符号,从而确定单调区间.（3）若导函数的方程、不等式都不可解,根据f ′（x ）结构特征,利用图象与性质确定f ′（x ）的符号,从而确定单调区间.[提醒] 若所求函数的单调区间不止一个,这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接,只能用“,”“和”字隔开.[题组训练]1.若幂函数f （x ）的图象过点⎝⎛⎭⎫22，12,则函数g（x ）＝e x f （x ）的单调递减区间为（）A.（－∞,0）B.（－∞,－2）C.（－2,－1）D.（－2,0）解析:选D 设幂函数f （x ）＝x α,因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12,所以12＝⎝⎛⎭⎫22α,α＝2,所以f （x ）＝x 2,故g （x ）＝e x x 2,令g ′（x ）＝e x x 2＋2e x x ＝e x （x 2＋2x ）<0,得－2<x <0,故函数g （x ）的单调递减区间为（－2,0）.2.已知函数f （x ）＝x 4＋a x －ln x －32,其中a ∈R ,且曲线y ＝f （x ）在点（1,f （1））处的切线垂直于直线y ＝12x .（1）求a 的值；（2）求函数f （x ）的单调区间.解:（1）对f （x ）求导得f ′（x ）＝14－a x2－1x ,由f （x ）在点（1,f （1））处的切线垂直于直线y ＝12x ,知f ′（1）＝－34－a ＝－2,解得a ＝54.（2）由（1）知f （x ）＝x 4＋54x －ln x －32（x >0）,则f ′（x ）＝x 2－4x －54x 2,令f ′（x ）＝0,解得x ＝－1或x ＝5,因为x ＝－1不在f （x ）的定义域（0,＋∞）内,所以舍去. 当x ∈（0,5）时,f ′（x ）<0,故f （x ）在（0,5）内单调递减；当x ∈（5,＋∞）时,f ′（x ）>0,故f （x ）在（5,＋∞）内单调递增. 故f （x ）的单调递减区间是（0,5）,单调递增区间是（5,＋∞）. 考点三函数单调性的应用[典例] 设函数f （x ）＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ,曲线y ＝f （x ）在点（0,f （0））处的切线方程为y ＝1.（1）求b ,c 的值；（2）设函数g （x ）＝f （x ）＋2x ,且g （x ）在区间（－2,－1）内存在单调递减区间,求实数a 的取值范围.[解] （1）f ′（x ）＝x 2－ax ＋b ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝1，f ′(0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.（2）由（1）知f （x ）＝13x 3－a 2x 2＋1,则g ′（x ）＝x 2－ax ＋2,依题意,存在x ∈（－2,－1）, 使不等式g ′（x ）＝x 2－ax ＋2<0成立, 即x ∈（－2,－1）时,a <⎝⎛⎭⎫x ＋2x max ＝－22, 当且仅当x ＝2x,即x ＝－2时等号成立.所以满足要求的a 的取值范围是（－∞,－22）. [变透练清]1.[变条件]本例（2）变为:若g （x ）在（－2,－1）内为减函数,其他条件不变,求实数a 的取值范围.解:∵g ′（x ）＝x 2－ax ＋2,且g （x ）在（－2,－1）内为减函数, ∴x 2－ax ＋2≤0在（－2,－1）内恒成立,∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(－2)≤0，g ′(－1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解得a ≤－3. 即实数a 的取值范围是（－∞,－3].2.[变条件]本例（2）变为:若g （x ）的单调递减区间为（－2,－1）,其他条件不变,求实数a 的值.解:∵g （x ）的单调递减区间为（－2,－1）, ∴x 1＝－2,x 2＝－1是g ′（x ）＝0的两个根, ∴（－2）＋（－1）＝a ,即a ＝－3.3.[变条件]本例（2）变为:若g （x ）在（－2,－1）内不单调,其他条件不变,求实数a 的取值范围.解:由1知g （x ）在（－2,－1）内为减函数时,实数a 的取值范围是（－∞,－3]. 若g （x ）在（－2,－1）内为增函数,则a ≥x ＋2x 在（－2,－1）内恒成立,又∵y ＝x ＋2x 在（－2,－2）内单调递增,在（－2,－1）内单调递减, ∴y ＝x ＋2x 的值域为（－3,－22）,∴实数a 的取值范围是[－22,＋∞）,∴函数g （x ）在（－2,－1）内单调时,a 的取值范围是（－∞,－3]∪[－22,＋∞）, 故g （x ）在（－2,－1）上不单调时,实数a 的取值范围是（－3,－22）. [解题技法]由函数的单调性求参数的取值范围的方法（1）由可导函数f （x ）在D 上单调递增（或递减）求参数范围问题,可转化为f ′（x ）≥0（或f ′（x ）≤0）对x ∈D 恒成立问题,再参变分离,转化为求最值问题,要注意“＝”是否取到.（2）可导函数在某一区间上存在单调区间,实际上就是f ′（x ）>0（或f ′（x ）<0）在该区间上存在解集,这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题.（3）若已知f （x ）在区间I 上的单调性,区间I 中含有参数时,可先求出f （x ）的单调区间,令I 是其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.[课时跟踪检测]A 级——保大分专练1.函数f （x ）＝3＋x ln x 的单调递减区间是（） A.⎝⎛⎭⎫1e ，e B.⎝⎛⎭⎫0，1e C.⎝⎛⎭⎫－∞，1e D.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞解析:选B 因为函数f （x ）的定义域为（0,＋∞）,且f ′（x ）＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1,令f ′（x ）＜0,解得0＜x ＜1e,所以f （x ）的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e . 2.已知函数f （x ）＝x 2（x －m ）,m ∈R,若f ′（－1）＝－1,则函数f （x ）的单调递增区间是（）A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43,（0,＋∞） D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪（0,＋∞）解析:选C ∵f ′（x ）＝3x 2－2mx , ∴f ′（－1）＝3＋2m ＝－1,解得m ＝－2, 由f ′（x ）＝3x 2＋4x ＞0,解得x ＜－43或x ＞0,即f （x ）的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－43,（0,＋∞）. 3.下列函数中,在（0,＋∞）上为增函数的是（） A.f （x ）＝sin 2x B.f （x ）＝x e x C.f （x ）＝x 3－xD.f （x ）＝－x ＋ln x解析:选B 对于A,f （x ）＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4（k ∈Z ）；对于B,f ′（x ）＝e x （x ＋1）,当x ∈（0,＋∞）时,f ′（x ）>0,∴函数f （x ）＝x e x 在（0,＋∞）上为增函数；对于C,f ′（x ）＝3x 2－1,令f ′（x ）>0,得x >33或x <－33,∴函数f （x ）＝x 3－x 在⎝⎛⎭⎫－∞，－33和⎝⎛⎭⎫33，＋∞上单调递增；对于D,f ′（x ）＝－1＋1x ＝－x －1x ,令f ′（x ）>0,得0<x <1, ∴函数f （x ）＝－x ＋ln x 在区间（0,1）上单调递增.综上所述,应选B.4.已知函数f （x ）＝x 2＋2cos x ,若f ′（x ）是f （x ）的导函数,则函数f ′（x ）的图象大致是（）解析:选A 设g （x ）＝f ′（x ）＝2x －2sin x ,g ′（x ）＝2－2cos x ≥0,所以函数f ′（x ）在R 上单调递增,故选A.5.已知函数f （x ）＝12x 3＋ax ＋4,则“a ＞0”是“f （x ）在R 上单调递增”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:选A f ′（x ）＝32x 2＋a ,当a >0时,f ′（x ）>0,即a >0时,f （x ）在R 上单调递增；由f （x ）在R 上单调递增,可得a ≥0.故“a ＞0”是“f （x ）在R 上单调递增”的充分不必要条件.6.（2019·百校联盟联考）若函数f （x ）＝e x （sin x ＋a ）在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递增,则实数a 的取值范围是（）A.[2,＋∞）B.（1,＋∞）C.（－2,＋∞）D.[1,＋∞）解析:选D 由题意知f ′（x ）＝e x （sin x ＋cos x ＋a ）≥0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立,即a ≥－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立,∵x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，3π4,∴sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈⎝⎛⎦⎤－22，1,∴－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈[－2,1）,∴a ≥1,故选D.7.函数f （x ）＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调递减区间为________.解析:由f （x ）＝x 3－15x 2－33x ＋6,得f ′（x ）＝3x 2－30x －33,令f ′（x ）＜0,即3（x －11）（x ＋1）＜0,解得－1＜x ＜11,所以函数f （x ）的单调递减区间为（－1,11）.答案:（－1,11） 8.函数f （x ）＝ln x －x1＋2x在定义域内为________函数（填“增”或“减”）. 解析:由已知得f （x ）的定义域为（0,＋∞）. ∵f （x ）＝ln x －x 1＋2x, ∴f ′（x ）＝1x －1＋2x －2x (1＋2x )2＝4x 2＋3x ＋1x (1＋2x )2.∵x >0,∴4x 2＋3x ＋1>0,x （1＋2x ）2>0. ∴当x >0时,f ′（x ）>0.∴f （x ）在（0,＋∞）内为增函数. 答案:增9.已知函数f （x ）＝x 2－5x ＋2ln x ,则函数f （x ）的单调递增区间是________.解析:对f （x ）求导可得f ′（x ）＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x （x >0）.令f ′（x ）＝2x 2－5x ＋2x＝(2x －1)(x －2)x >0（x >0）,解得x >2或0<x <12.综上所述,函数f （x ）的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12和（2,＋∞）.答案:⎝⎛⎭⎫0，12和（2,＋∞） 10.若f （x ）＝x sin x ＋cos x ,则f （－3）,f ⎝⎛⎭⎫π2,f （2）的大小关系为________（用“<”表示）. 解析:由偶函数的定义知函数f （x ）为偶函数, 因此f （－3）＝f （3）.因为f ′（x ）＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x , 当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时,f ′（x ）≤0. 所以f （x ）在区间⎣⎡⎦⎤π2，π上是减函数, 所以f ⎝⎛⎭⎫π2＞f （2）＞f （3）＝f （－3）. 答案:f （－3）＜f （2）＜f ⎝⎛⎭⎫π211.已知函数f （x ）＝1－ln x ＋a 2x 2－ax （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 ）＝－1x ＋2a 2x －a ＝2a 2x 2－ax －1x ＝(2ax ＋1)(ax －1)x . ①若a ＝0,则f ′（x ）<0,f （x ）在（0,＋∞）上单调递减. ②若a >0,则当x ＝1a 时,f ′（x ）＝0,当0<x <1a 时,f ′（x ）<0；当x >1a 时,f ′（x ）>0.故f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增. ③若a <0,则当x ＝－12a时,f ′（x ）＝0, 当0<x <－12a时,f ′（x ）<0；当x >－12a时,f ′（x ）>0. 故f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增. 综上所述,当a ＝0时,f （x ）在（0,＋∞）上单调递减；当a >0时,f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增；当a <0时,f （x ）在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增. 12.已知函数f （x ）＝a ln x ＋12x 2＋（a ＋1）x ＋3.（1）当a ＝－1时,求函数f （x ）的单调递减区间；（2）若函数f （x ）在区间（0,＋∞）上是增函数,求实数a 的取值范围. 解:（1）当a ＝－1时,f （x ）＝－ln x ＋12x 2＋3,定义域为（0,＋∞）,则f ′（x ）＝－1x ＋x ＝x 2－1x .由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1. 所以函数f （x ）的单调递减区间为（0,1）.（2）法一:因为函数f （x ）在（0,＋∞）上是增函数, 所以f ′（x ）＝ax＋x ＋a ＋1≥0在（0,＋∞）上恒成立,所以x 2＋（a ＋1）x ＋a ≥0,即（x ＋1）（x ＋a ）≥0在（0,＋∞）上恒成立. 因为x ＋1＞0,所以x ＋a ≥0对x ∈（0,＋∞）恒成立, 所以a ≥0,故实数a 的取值范围是[0,＋∞）. 法二:因为函数f （x ）在（0,＋∞）上是增函数, 所以f ′（x ）＝ax ＋x ＋a ＋1≥0在（0,＋∞）上恒成立, 即x 2＋（a ＋1）x ＋a ≥0在（0,＋∞）上恒成立. 令g （x ）＝x 2＋（a ＋1）x ＋a , 因为Δ＝（a ＋1）2－4a ≥0恒成立, 所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋12≤0，g (0)≥0，即a ≥0, 所以实数a 的取值范围是[0,＋∞）.B 级——创高分自选1.（2018·广东一模）已知函数y ＝f (x )e x 在其定义域上单调递减,则函数f （x ）的图象可能是（）解析:选A ∵函数y ＝f (x )e x在其定义域上单调递减, ∴⎣⎡⎦⎤f (x )e x ′＝f ′(x )－f (x )e x ≤0在定义域上恒成立,且不恒为0,即f （x ）≥f ′（x ）恒成立.结合图象知A 正确.2.（2018·南昌摸底）已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数,设函数f （x ）的导函数为f ′（x ）,若对任意x >0都有2f （x ）＋xf ′（x ）>0成立,则（）A.4f （－2）<9f （3）B.4f （－2）>9f （3）C.2f （3）>3f （－2）D.3f （－3）<2f （－2）解析:选A 设g （x ）＝x 2f （x ）⇒g ′（x ）＝2xf （x ）＋x 2f ′（x ）＝x [2f （x ）＋xf ′（x ）],则当x >0时,g ′（x ）>0,所以g （x ）在（0,＋∞）上是增函数,易得g （x ）是偶函数,则4f （－2）＝g （－2）＝g （2）<g （3）＝9f （3）,故选A.3.已知函数f （x ）＝e x －ax －1. （1）求f （x ）的单调递增区间；（2）是否存在实数a ,使f （x ）在（－2,3）上单调递减？若存在,求出a 的取值范围；若不存在,请说明理由.解:f ′（x ）＝e x －a ,（1）若a ≤0,则f ′（x ）＝e x －a >0, 即f （x ）在R 上单调递增；若a >0,令e x －a ≥0,解得x ≥ln a . 即f （x ）在[ln a ,＋∞）上单调递增, 因此当a ≤0时,f （x ）的单调递增区间为R, 当a >0时,f （x ）的单调递增区间是[ln a ,＋∞）. （2）存在实数a 满足条件.因为f′（x）＝e x－a≤0在（－2,3）上恒成立,所以a≥e x在（－2,3）上恒成立.又因为－2<x<3,所以e－2<e x<e3,只需a≥e3.当a＝e3时,在（－2,3）上f′（x）＝e x－e3<0,即f（x）在（－2,3）上单调递减,所以a≥e3.故存在实数a∈[e3,＋∞）,使f（x）在（－2,3）上单调递减.第三节导数与函数的极值、最值一、基础知识批注——理解深一点1.函数的极值（1）函数的极小值:函数y＝f（x）在点x＝a的函数值f（a）比它在点x＝a附近其他点的函数值都小,f′（a）＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′（x）＜0,右侧f′（x）＞0,则点a叫做函数y＝f （x）的极小值点,f（a）叫做函数y＝f（x）的极小值.（2）函数的极大值:函数y＝f（x）在点x＝b的函数值f（b）比它在点x＝b附近其他点的函数值都大,f′（b）＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′（x）＞0,右侧f′（x）＜0,则点b叫做函数y＝f （x）的极大值点,f（b）叫做函数y＝f（x）的极大值.极小值点、极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0,极值点是f′(x)＝0的根,但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3,f′(0)＝0,但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况,刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点,不会是端点.2.函数的最值（1）在闭区间[a,b]上连续的函数f（x）在[a,b]上必有最大值与最小值.（2）若函数f（x）在[a,b]上单调递增,则f（a）为函数的最小值,f（b）为函数的最大值；若函数f （x ）在[a ,b ]上单调递减,则f （a ）为函数的最大值,f （b ）为函数的最小值.二、常用结论汇总——规律多一点（1）若函数f （x ）的图象连续不断,则f （x ）在[a ,b ]上一定有最值.（2）若函数f （x ）在[a ,b ]上是单调函数,则f （x ）一定在区间端点处取得最值. （3）若函数f （x ）在区间（a ,b ）内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值点.三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的.（）（2）在指定区间上极值可能有多个,也可能一个也没有,最大值最多有1个.（）（3）函数的极大值不一定比极小值大.（）（4）函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.（）答案:（1）× （2）√ （3）√ （4）√ （二）选一选1.已知函数f （x ）的定义域为开区间（a ,b ）,导函数f ′（x ）在（a ,b ）内的图象如图所示,则函数f （x ）在开区间（a ,b ）内极小值点有（）A.1个B.2个C.3个D.4个解析:选A 导函数f ′（x ）的图象与x 轴的交点中,左侧图象在x 轴下方,右侧图象在x 轴上方的只有一个.所以f （x ）在区间（a ,b ）内有一个极小值点.2.已知a 为函数f （x ）＝x 3－12x 的极小值点,则a ＝（） A.－4 B.－2 C.4D.2解析:选D 由题意得f ′（x ）＝3x 2－12,令f ′（x ）＝0得x ＝±2,∴当x ＜－2或x ＞2时,f ′（x ）＞0；当－2＜x ＜2时,f ′（x ）＜0,∴f （x ）在（－∞,－2）上为增函数,在（－2,2）上为减函数,在（2,＋∞）上为增函数.∴f （x ）在x ＝2处取得极小值,∴a ＝2.3.函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是（）A.1eB.2e 2C.0D.12e解析:选A 易知y ′＝1－xe x,x ∈[0,2],令y ′≥0,得0≤x ≤1；令y ′<0,得1<x ≤2,所以函数y ＝x e x 在[0,1]上单调递增,在（1,2]上单调递减,所以y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是 y |x ＝1＝1e.（三）填一填4.函数f （x ）＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________. 解析:f ′（x ）＝6x 2－4x ,令f ′（x ）＝0,得x ＝0或x ＝23.∵f （－1）＝－4,f （0）＝0,f ⎝⎛⎭⎫23＝－827,f （2）＝8. ∴函数f （x ）＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是8. 答案:85.函数f （x ）＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的极大值点是________. 解析:f ′（x ）＝1－2sin x ,x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.令f ′（x ）＝0,解得x ＝π6,则当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π6时,f ′（x ）>0；当x ∈⎝⎛⎦⎤π6，π2时,f ′（x ）<0,故函数f （x ）＝x ＋2cos x 的极大值点是π6. 答案:π6考点一利用导数解决函数的极值问题考法（一）利用导数求函数的极值或极值点[典例] （2018·天津高考改编）设函数f （x ）＝（x －t 1）·（x －t 2）（x －t 3）,其中t 1,t 2,t 3∈R ,且t 1,t 2,t 3是公差为d 的等差数列.（1）若t 2＝0,d ＝1,求曲线y ＝f （x ）在点（0,f （0））处的切线方程；（2）若d ＝3,求f （x ）的极小值点及极大值.[解] （1）由已知,可得f （x ）＝x （x －1）（x ＋1）＝x 3－x ,故f ′（x ）＝3x 2－1.因此f （0）＝0,f ′（0）＝－1.因此曲线y ＝f （x ）在点（0,f （0））处的切线方程为y －f （0）＝f ′（0）（x －0）,故所求切线方程为x ＋y ＝0.（2）由已知可得f （x ）＝（x －t 2＋3）（x －t 2）（x －t 2－3）＝（x －t 2）3－9（x －t 2）＝x 3－3t 2x 2＋（3t 22－9）x －t 32＋9t 2.故f ′（x ）＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′（x ）＝0,解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时,f ′（x ）,f （x ）的变化情况如下表:＝6 3.[解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤（1）求导数f ′（x ）,不要忘记函数f （x ）的定义域；（2）求方程f ′（x ）＝0的根；（3）检查在方程的根的左右两侧f ′（x ）的符号,确定极值点或函数的极值. 考法（二）已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] （2018·北京高考节选）设函数f （x ）＝[ax 2－（3a ＋1）x ＋3a ＋2]e x ,若f （x ）在x ＝1处取得极小值,求a 的取值范围.[解] 由f （x ）＝[ax 2－（3a ＋1）x ＋3a ＋2]e x ,得f ′（x ）＝[ax 2－（a ＋1）x ＋1]e x ＝（ax －1）（x －1）e x . 若a >1,则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时,f ′（x ）<0；当x ∈（1,＋∞）时,f ′（x ）>0. 所以f （x ）在x ＝1处取得极小值. 若a ≤1,则当x ∈（0,1）时,ax －1≤x －1<0, 所以f ′（x ）>0.所以1不是f （x ）的极小值点. 综上可知,a 的取值范围是（1,＋∞）. [解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1.设函数f （x ）＝2x＋ln x ,则（）A.x ＝12为f （x ）的极大值点B.x ＝12为f （x ）的极小值点C.x ＝2为f （x ）的极大值点D.x ＝2为f （x ）的极小值点解析:选D ∵f （x ）＝2x ＋ln x （x >0）,∴f ′（x ）＝－2x 2＋1x ,令f ′（x ）＝0,则x ＝2.当0<x <2时,f ′（x ）<0；当x >2时,f ′（x ）>0. 所以x ＝2为f （x ）的极小值点.2.（2019·广州高中综合测试）已知函数f （x ）＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10,则数对（a ,b ）为（）A.（－3,3）B.（－11,4）C.（4,－11）D.（－3,3）或（4,－11）解析:选C f ′（x ）＝3x 2＋2ax ＋b ,依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0,解得a ＝－3或a ＝4,故⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时,f ′（x ）＝3x 2－6x ＋3＝3（x －1）2≥0,这时f （x ）无极值,不合题意,舍去,故选C.3.设函数f （x ）＝ax 3－2x 2＋x ＋c （a >0）.（1）当a ＝1,且函数f （x ）的图象过点（0,1）时,求函数f （x ）的极小值；（2）若f （x ）在（－∞,＋∞）上无极值点,求a 的取值范围. 解:f ′（x ）＝3ax 2－4x ＋1.（1）函数f （x ）的图象过点（0,1）时,有f （0）＝c ＝1. 当a ＝1时,f （x ）＝x 3－2x 2＋x ＋1,f ′（x ）＝3x 2－4x ＋1, 由f ′（x ）>0,解得x <13或x >1；由f ′（x ）<0,解得13<x <1.所以函数f （x ）在⎝⎛⎭⎫－∞，13和（1,＋∞）上单调递增,在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减, 所以函数f （x ）的极小值是f （1）＝13－2×12＋1＋1＝1. （2）若f （x ）在（－∞,＋∞）上无极值点, 则f （x ）在（－∞,＋∞）上是单调函数,即f ′（x ）＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′（x ）＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立. 因为a >0,所以f ′（x ）＝3ax 2－4x ＋1≥0在（－∞,＋∞）上恒成立, 则有Δ＝（－4）2－4×3a ×1≤0,即16－12a ≤0,解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞.考点二利用导数解决函数的最值问题[典例] （2017·北京高考）已知函数f （x ）＝e x cos x －x . （1）求曲线y ＝f （x ）在点（0,f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值. [解] （1）因为f （x ）＝e x cos x －x ,所以f ′（x ）＝e x （cos x －sin x ）－1,f ′（0）＝0. 又因为f （0）＝1,所以曲线y ＝f （x ）在点（0,f （0））处的切线方程为y ＝1. （2）设h （x ）＝e x （cos x －sin x ）－1,则h ′（x ）＝e x （cos x －sin x －sin x －cos x ）＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时,h ′（x ）＜0, 所以h （x ）在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减. 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2,有h （x ）＜h （0）＝0, 即f ′（x ）＜0.所以函数f （x ）在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减. 因此f （x ）在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f （0）＝1, 最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. [解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤（1）求函数f （x ）的导数f ′（x ）；（2）求f （x ）在给定区间上的单调性和极值；（3）求f （x ）在给定区间上的端点值；（4）将f （x ）的各极值与f （x ）的端点值进行比较,确定f （x ）的最大值与最小值；（5）反思回顾,查看关键点,易错点和解题规范. [题组训练]1.（2018·珠海摸底）如图,将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形,使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒,则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析:设剪下的四个小正方形的边长为x cm,则经过折叠以后,糊成的长方体纸盒是一个底面是长为（16－2x ） cm,宽为（10－2x ） cm 的长方形,其面积为（16－2x ）（10－2x ）cm 2,长方体纸盒的高为x cm,则体积V ＝（16－2x ）（10－2x ）×x ＝4x 3－52x 2＋160x （0<x <5）cm 3,所以V ′＝12（x －2）·⎝⎛⎭⎫x －203,由V ′>0,得0<x <2,则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x （0<x <5）在（0,2）上单调递增；由V ′<0,得2<x <5,则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x （0<x <5）在（2,5）上单调递减,所以当x ＝2时,V max ＝144（cm 3）.答案:1442.已知函数f （x ）＝ln x －a x .（1）若a >0,试判断f （x ）在定义域内的单调性；（2）若f （x ）在[1,e]上的最小值为32,求实数a 的值.解:（1）由题意得f （x ）的定义域是（0,＋∞）,且f ′（x ）＝x ＋ax 2, 因为a >0,所以f ′（x ）>0, 故f （x ）在（0,＋∞）上单调递增. （2）由（1）可得f ′（x ）＝x ＋ax 2, 因为x ∈[1,e],①若a ≥－1,则x ＋a ≥0,即f ′（x ）≥0在[1,e]上恒成立, 此时f （x ）在[1,e]上单调递增, 所以f （x ）min ＝f （1）＝－a ＝32,所以a ＝－32（舍去）.②若a ≤－e,则x ＋a ≤0,即f ′（x ）≤0在[1,e]上恒成立, 此时f （x ）在[1,e]上单调递减, 所以f （x ）min ＝f （e ）＝1－a e ＝32,所以a ＝－e2（舍去）.③若－e<a <－1,令f ′（x ）＝0,得x ＝－a , 当1<x <－a 时,f ′（x ）<0,所以f （x ）在（1,－a ）上单调递减；当－a<x<e时,f′（x）>0,所以f（x）在（－a,e）上单调递增,所以f（x）min＝f（－a）＝ln（－a）＋1＝32,所以a＝－ e.综上,a＝－ e.[课时跟踪检测]A级——保大分专练1.（2019·辽宁鞍山一中模拟）已知函数f（x）＝x3－3x－1,在区间[－3,2]上的最大值为M,最小值为N,则M－N＝（）A.20B.18C.3D.0解析:选A∵f′（x）＝3x2－3＝3（x－1）（x＋1）,∴f（x）在（－∞,－1）和（1,＋∞）上单调递增,在（－1,1）上单调递减,又∵f（－3）＝－19,f（－1）＝1,f（1）＝－3,f（2）＝1,∴M＝1,N＝－19,M－N＝1－（－19）＝20.2.（2018·梅州期末）函数y＝f（x）的导函数的图象如图所示,则下列说法错误的是（）A.（－1,3）为函数y＝f（x）的单调递增区间B.（3,5）为函数y＝f（x）的单调递减区间C.函数y＝f（x）在x＝0处取得极大值D.函数y＝f（x）在x＝5处取得极小值解析:选C由函数y＝f（x）的导函数的图象可知,当x<－1或3<x<5时,f′（x）<0,y ＝f（x）单调递减；当x>5或－1<x<3时,f′（x）>0,y＝f（x）单调递增.所以函数y＝f（x）的单调递减区间为（－∞,－1）,（3,5）,单调递增区间为（－1,3）,（5,＋∞）.函数y＝f（x）在x＝－1,5处取得极小值,在x＝3处取得极大值,故选项C错误.3.（2019·湖北襄阳四校联考）函数f（x）＝12x2＋x ln x－3x的极值点一定在区间（）A.（0,1）内B.（1,2）内C.（2,3）内D.（3,4）内解析:选B函数的极值点即导函数的零点,f′（x）＝x＋ln x＋1－3＝x＋ln x－2,则f′（1）＝－1<0,f′（2）＝ln 2>0,由零点存在性定理得f′（x）的零点在（1,2）内,故选B.4.已知函数f（x）＝x3＋3x2－9x＋1,若f（x）在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k的取值范围为（）。

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第十三节
导数的应用(二)
典题导入
[例1] 已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－1)，a ∈R.
(1)当a ＝－1时，求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ≥1时，f (x )≥0成立，求a 的取值范围．
1．设函数f (x )＝1
2x 2＋e x －x e x .
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．
[例2] 已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x
x ，其中e 是自然常数，a ∈R.
(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1
2.
2．已知f (x )＝x ln x .
(1)求g (x )＝f (x )＋k
x (k ∈R)的单调区间；
(2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立．
典题导入
[例3] 某物流公司购买了一块长AM ＝30米，宽AN ＝20米的矩形地块AMPN ，规划建设占地如图中矩形ABCD 的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C 在地块对角线MN 上，顶点B 、D 分别在边AM 、AN 上，假设AB 的长度为x 米．
(1)要使仓库的占地面积不少于144平方米，求x 的取值范围；
(2)要规划建设的仓库是高度与AB 的长度相同的长方体建筑，问AB 的长度为多少时仓库的库容量最大．(墙地及楼板所占空间忽略不计)
3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到有关部门的关注，据有关统计数据显示，从上午6点到中午12点，车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出：
y ＝⎩⎪⎨⎪⎧
－18t 3－34t 2
＋36t －629
4，6≤t <9，18t ＋59
4，9≤t ≤10，－3t 2
＋66t －345，10<
t ≤12，
求从上午6点到中午12点，通过该路段用时最多的时刻．
1．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)
2．(2012·山西适应性训练)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式y ＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为()
A．1百万件B．2百万件
C．3百万件D．4百万件
3．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么关于x的不等式xf(x)<0的解集是________．
4．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝x2＋ln x.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝2
3x
3＋1
2x
2的下方．
6．(2012·乌鲁木齐诊断性测验)已知函数(理)f (x )＝e x
－m
－x ，(文)f (x )＝1
e
m e x －x ，其中m
为常数．
(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立，求m 的取值范围； (2)当m >1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由．
7．(2013·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知585
8
－u 与⎝⎛⎭⎫x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
1．(2012·潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)e x，x∈[－2，t](t>－2)．
(1)当t<1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)设f(－2)＝m，f(t)＝n，求证：m<n.
2．(2012·资阳模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋b(a，b∈R)在x＝2处的切线方程为y＝9x －14.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)令g(x)＝－x2＋2x＋k，若对任意x1∈[0,2]，均存在x2∈[0,2]，使得f(x1)<g(x2)，求实数k的取值范围．
1．已知向量m ＝(x 0，－1)，n ＝⎝⎛⎭⎫12，y 0，x 0，334，y 0成等差数列，2，x 0，y 0成等比数列．
(1)求证：m ⊥n ；
(2)若存在不为零的实数k 与t ，使得a ＝(t 2－3)m ＋n ，b ＝tm －kn ，且a ⊥b ，|a |≤37，试讨论函数k ＝f (t )的单调性，并求出函数的极值．
2．设函数f(x)＝ln x－p(x－1)，p∈R.
(1)当p＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)，对任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值范围．。

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