2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(十九)导数的简单应用
2020年高考江苏版高考数学 3.3 导数在实际问题中的应用及综合应用
当 θ∈ 6,2 时, f '(θ)<0,所以 f(θ)为减函数,
π
因此,当 θ=6时, f(θ)取到最大值.
π
答:当 θ=6时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 名师点睛 (1)用 θ 表示 OE 和 EC,就能求出矩形 ABCD 及三角形 CPD 的面积,求定义域时抓住 N、G 关于 OK 对称得到∠GOK 的正弦值,从而求得 sin θ 的范围. (2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代 θ 的范围,判断 f '(θ)的符号,再确定 f(θ)的单调性,就 能得到最大值,从而解决问题. 2.(2016 江苏,17,14 分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥 P-A1B1C1D1,下 部的形状是正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍. (1)若 AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当 PO1 为多少时,仓库的容积最大?
3
∴长方体体积的最大值为36立方分米.
备战 2020 高考
过专题 【五年高考】 A 组 自主命题·江苏卷题组
1.(2018 江苏,17,14 分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆 O 的一段圆弧 MPN(P 为此圆弧的中点) 和线段 MN 构成.已知圆 O 的半径为 40 米,点 P 到 MN 的距离为 50 米.现规划在此农田上修建两个温室大棚, 大棚Ⅰ内的地块形状为矩形 ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求 A,B 均在线段 MN 上,C,D 均在圆弧上. 设 OC 与 MN 所成的角为 θ. (1)用 θ 分别表示矩形 ABCD 和△CDP 的面积,并确定 sin θ 的取值范围; (2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为 4∶3. 求当 θ 为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教
（江苏专用）2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（江苏专用）2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教版的全部内容。
第5讲导数及其应用1．（2019·宁波模拟)曲线y＝错误!在点（1，－1)处的切线方程为________．[解析］由题意可得:y′＝错误!，所以在点(1,－1）处的切线斜率为－2,所以在点(1,－1）处的切线方程为y＝－2x＋1．［答案] y＝－2x＋12．（2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x）＝x3－3x2的单调递减区间为[a,b]，则a＋b＝______．[解析］因为f（x）＝x3－3x2，所以f′（x)＝3x2－6x．令f′（x)≤0，得0≤x≤2,所以函数f（x)的单调递减区间为［0,2],所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案］ 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x）为其导函数，f(x)＋f(x＋2）＝4，当x∈［0，2]时，f（x）＝x2,则f′（2 019)＝______．［解析] 因为f（x)＋f（x＋2)＝4，所以f(x＋2）＋f(x＋4)＝4,所以f（x＋4)＝f（x)，所以f(x）的周期为4．当x∈［2,4］时，x－2∈[0，2]，f(x－2）＝（x－2)2，因为f（x)＋f(x＋2）＝4，所以f(x－2）＋f(x）＝4,所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′（2 019）＝f′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f（x)＝－x2＋2ln x，g（x)＝x＋ax，若函数f(x）与g（x）有相同的极值点，则实数a的值为________．［解析] 因为f(x）＝－x2＋2ln x，所以f′(x）＝－2x＋错误!＝－错误!（x〉0）,令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1（舍去),又当0〈x<1时，f′(x)〉0；当x〉1时，f′(x）<0，所以x ＝1是函数f(x)的极值点．因为g（x)＝x＋错误!，所以g′(x)＝1－错误!．又函数f（x）与g(x）＝x＋错误!有相同极值点，所以x＝1也是函数g（x)的极值点,所以g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1．经检验,当a＝1时，函数g（x）取到极小值．［答案］ 15．(2019·高三第一次调研测试）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y ＝a sin x＋b cos x(a，b，t∈R）相切于点（0,1)，则（a＋b）t的值为______．［解析］由题意可得t＝1,b＝1，y′＝a cos x－b sin x,则a cos 0－b sin 0＝3，a＝3,所以(a＋b)t＝4．［答案] 46．(2018·高考江苏卷）若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在（0,＋∞）内有且只有一个零点,则f（x)在[－1，1］上的最大值与最小值的和为________．［解析］f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a)(a∈R），当a≤0时，f′（x）〉0在（0，＋∞)上恒成立，则f（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f(0）＝1，所以此时f（x）在(0，＋∞）内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x）>0得x>错误!，由f′(x)〈0得0〈x〈错误!，则f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，又f（x）在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f错误!＝－错误!＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1,则f′(x)＝6x（x－1），当x∈(－1，0)时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，当x∈(0，1）时，f′(x）〈0，f（x）单调递减，则f(x)＝f（0）＝1，f(－1）＝－4,f(1)＝0,则f(x）min＝－4，所以f(x）在［－1,1］上的最max大值与最小值的和为－3．［答案］－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷（八）)已知函数f(x）＝x ln x＋错误!x2－3x在区间错误!内有极值，则整数n的值为______．[解析］由题意知，f′（x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g（x)＝ln x＋x－2，因为g（错误!）＝ln 错误!＋错误!－2＝ln 错误!－错误!<ln错误!－错误!＝0，g(2）＝ln 2〉0，所以函数g（x)＝ln x＋x－2在(错误!，2）内有零点．又g′(x)＝错误!＋1〉0恒成立,所以函数g（x)＝ln x＋x－2在（0,＋∞）上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x∈（错误!,2），则当x∈(0，x0）时，f′(x)〈0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x∈（错误!，2），结合题意可知n＝2．［答案] 28．（2019·高三第二学期四校联考）函数f（x）＝a·e x－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f（x2－1)＋f（1－x）<0的解集为______．[解析］f′（x）＝a e x＋e－x，由题易知f′（0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x）＝e x－e－x．易知f(x)＝e x－e－x为奇函数且f′(x）＝e x＋e－x〉0，所以f（x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x）〈0可化为f（x2－1）〈f(x－1)，由f(x）单调递增可得x2－1〈x－1，解得0〈x〈1,所以不等式的解集为{x｜0〈x<1}．［答案］｛x｜0〈x〈1｝9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x）＝x2－4x的图象上有两点A（x1，y1)，B（x，y2）,x1＜x2，若曲线y＝f(x）在点A,B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．2［解析] 由题意得f′（x)＝2x－4，因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2,x2≠2，（2x1－4）·(2x2－4）＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0,2x2－4＞0，x1＝错误!＋2，则3x1－2x2＝3×错误!－2x2＝－2x2－错误!＋6＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝2－错误!，当且仅当错误!(4x2－8）＝错误!时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－错误!．[答案] 2－错误!10．（2018·江苏名校高三入学摸底）已知函数f（x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝错误!，若存在正实数m，n，使得f(m）≤f(x)，g（n）≤g(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf（x）＋ng(x)的零点个数是________．［解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x）＝2x－错误!，f′（2)＝4－错误!＝3，a＝2，f′（x)＝2x－错误!＝错误!，当0<x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x〉1时，f′（x）〉0,f（x）单调递增，所以f(m）＝f（1），m＝1．g（x)＝x－2错误!(x〉0），g′(x)＝1－错误!＝错误!，当0〈x〈1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x）单调递增，所以g(n）＝g（1），n＝1．则h（x）＝f（x）＋g（x)＝x2－2ln x＋x－2错误!，易知当0〈x<1时，h（x)单调递减，当x>1时，h（x）单调递增，且h（1)＝0，所以函数h(x）有1个零点．［答案］ 111．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知函数f（x）＝x2ln x－a(x2－x）(a＜0)，g(x)＝错误!．（1）若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值;(2）判断函数g(x）在x∈（0，1)上的单调性，并说明理由；（3）若方程f（x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解] （1)g（x）＝错误!＝错误!－a(a＜0),则g′（x)＝错误!＝错误!．g（2）＝2ln 2－a，g′(2）＝1－ln 2，函数g（x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a）＝（1－ln 2)（x－2），将点（0，4ln 2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－ln x－1,则h′(x）＝1－错误!＝错误!，当x∈(0，1）时，h′（x）＜0，h（x)单调递减，h（x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1）时,g′（x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0,1)上单调递增．（3)证明：f′(x）＝2x ln x＋x－a（2x－1)，令φ（x)＝2x ln x＋x－a(2x－1）(a＜0)，则φ′（x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x）在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a－2）＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈（0,1),使得φ′（x0)＝0，即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′（x0）＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0,f′（1）＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3）＝0，则x3∈(x0，1），所以f(x)在(0,x3）上单调递减，在（x3,＋∞)上单调递增，又f(1）＝0，不妨设x1＜x2,则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由（2）知,g（x1)＜g(x3)＜g(x2），即错误!则g(x3)(x22－x2)＞f（x2）＝f（x1）＞g(x3）（x错误!－x1），所以（x错误!－x2）－（x错误!－x1）＝（x2－x1）（x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x）＝错误!－1．(1）求函数f（x）的单调区间；（2)设m〉0,求函数f（x)在区间[m，2m]上的最大值．［解] （1)因为函数f（x）的定义域为(0,＋∞)，且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x〉e．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e），单调递减区间为(e，＋∞)．（2）①当错误!，即0〈m≤错误!时，[m，2m］⊆（0，e),函数f（x)在区间［m，2m]上单调递增，所以f(x）max＝f(2m）＝错误!－1；②当m〈e<2m,即错误!<m〈e时，（m，e)⊆(0，e），(e,2m)⊆（e，＋∞)，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e，2m)上单调递减，所以f（x)max＝f(e）＝错误!－1＝错误!－1；③当m≥e时,（m,2m）⊆(e,＋∞)，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递减,所以f（x)max ＝f（m）＝错误!－1．综上所述，当0<m≤错误!时,f(x)max＝错误!－1；当错误!〈m<e时，f（x)max＝错误!－1；当m≥e时,f（x)max＝错误!－1．13．(2019·高三第二次调研测试）已知函数f（x）＝2ln x＋错误!x2－ax，a∈R．（1）当a＝3时,求函数f(x）的极值．（2)设函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g(x)是（0，＋∞）上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f（x）的图象相切于两个不同的点?并说明理由．［解] (1)当a＝3时,f(x）＝2ln x＋错误!x2－3x（x〉0)，f′(x）＝错误!＋x－3＝错误!,令f′（x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时,f′（x)，f(x）的变化情况如下表所示．错误!(2)依题意，知切线方程为y＝f′（x0)(x－x0）＋f（x0）（x0〉0)，从而g(x）＝f′(x0)(x－x0）＋f（x0)（x0>0)，记p(x)＝f（x)－g(x），则p(x)＝f（x）－f（x0)－f′（x0)(x－x0)在（0,＋∞)上为增函数，所以p′（x)＝f′（x)－f′（x0）≥0在(0,＋∞）上恒成立，即p′（x）＝错误!－错误!＋x－x0≥0在(0，＋∞）上恒成立,即x＋错误!≥x0＋错误!在（0，＋∞）上恒成立，因为x＋错误!≥2错误!＝2错误!(当且仅当x＝错误!时，等号成立），所以2错误!≥x0＋错误!，从而（x0－错误!）2≤0，所以x0＝错误!．（3）假设存在一条直线与函数f(x）的图象有两个不同的切点T1(x1,y1），T2(x2，y2)，不妨设0<x1〈x2，则函数f（x）的图象在点T1处的切线l1的方程为y－f(x1）＝f′(x1)（x－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2）＝f′（x2)（x－x2)．因为l1，l2为同一条直线,所以f′（x1)＝f′（x2）,f（x1)－x1f′(x1）＝f（x2)－x2f′(x2)，即错误!＋x1－a＝错误!＋x2－a，2ln x1＋错误!x错误!－ax1－x1错误!＝2ln x2＋错误!x错误!－ax2－x2错误!，整理得2ln错误!＋错误!－错误!＝0．①令t ＝x 2，12，由0<x 1〈x 2与x 1x 2＝2，得t ∈（0,1)．记p (t ）＝2ln t ＋错误!－t ,则p ′（t )＝错误!－错误!－1＝－错误!<0，所以p （t ）在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p （1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x ）的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b （a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；（2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（－∞，－3）∪(1,错误!）∪(错误!,＋∞)，求c 的值．[解］ （1）f ′(x ）＝3x 2＋2ax ，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝0，x 2＝－错误!．当a ＝0时，因为f ′(x ）＝3x 2≥0，所以函数f (x ）在（－∞，＋∞）上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞,－错误!）∪(0，＋∞）时，f ′(x ）>0,x ∈（－错误!，0)时，f ′(x ）〈0，所以函数f (x ）在（－∞,－错误!）,(0,＋∞）上单调递增,在（－错误!,0)上单调递减； 当a <0时,x ∈（－∞,0）∪（－错误!，＋∞)时，f ′(x )〉0，x ∈（0，－错误!）时，f ′（x ）<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，（－错误!，＋∞)上单调递增,在（0，－错误!)上单调递减．（2)由(1）知，函数f (x )的两个极值为f (0）＝b ， f （－错误!)＝错误!a 3＋b ，则函数f （x ）有三个零点等价于f (0)·f (－错误!）＝b （错误!a 3＋b )〈0，从而错误!或错误!又b ＝c －a ，所以当a 〉0时,错误!a 3－a ＋c 〉0或当a <0时,错误!a 3－a ＋c 〈0．设g (a ）＝427a 3－a ＋c ，因为函数f （x ）有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞,－3）∪(1，32）∪（错误!，＋∞),则在（－∞,－3)上g(a)<0，且在(1,错误!)∪(错误!，＋∞）上g(a）>0均恒成立，从而g（－3）＝c－1≤0，且g（错误!）＝c－1≥0,因此c＝1．此时，f(x）＝x3＋ax2＋1－a＝（x＋1）［x2＋(a－1）x＋1－a］，因为函数有三个零点，则x2＋（a－1）x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4（1－a）＝a2＋2a－3>0,且（－1）2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞,－3)∪(1，错误!）∪（错误!，＋∞）．综上c＝1．。
高考专题 导数-2020年苏教版(理)二轮专项复习(典型例题+练习题+课后习题+答案)
专题04 导数导数的概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用．在本专题中，我们将复习导数的概念及其运算，体会导数的思想及其内涵；应用导数探索函数的单调性、极值等性质，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用．导数的相关问题主要围绕以下三个方面：导数的概念与运算，导数的应用，定积分与微积分基本定理．§4－1 导数概念与导数的运算【知识要点】1．导数概念：(1)平均变化率：对于函数y ＝f (x )，定义1212)()(x x x f x f --为函数y ＝f (x )从x 1到x 2的平均变化率．换言之，如果自变量x 在x 0处有增量∆x ，那么函数f (x )相应地有增量f (x 0＋∆x )－f (x 0)，则比值xx f x x f ∆-∆+)()(00就叫做函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋∆x 之间的平均变化率．(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率是xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim000，我们称它为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)，即x x f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0000. (3)函数y ＝f (x )的导函数(导数)：当x 变化时，f ′(x )是x 的一个函数，我们称它为函数y ＝f (x )的导函数(简称导数)，即xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0.2．导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f '(x 0)．3．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(x ＞0，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，且a ≠1)；⑦x x 1)(ln =； ⑧e xx a a log 1)(log =(a ＞0，且a ≠1)．(2)导数的运算法则：①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )；③)0)(()()()()()(])()([2=/'-'='⋅x v x v x v x u x v x u x v x u . (3)简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))的导数：设函数y ＝f (u )，u ＝g (x )，则函数y ＝f (u )＝f [g (x )]称为复合函数．其求导步骤是：x y '＝u f '·x g '，其中u f '表示f 对u 求导，x g '表示g 对x 求导．f 对u 求导后应把u 换成g (x )．【复习要求】1．了解导数概念的实际背景； 2．理解导数的几何意义；3．能根据导数定义求函数y ＝C ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，x y xy ==,1的导数； 4．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数； 5．理解简单复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))导数的求法． 【例题分析】例1 求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x 2－1)；(2)11+-=x x y ； (3)y ＝sin2x ； (4)y ＝e x ·ln x ．解：(1)方法一：y ′＝(x ＋1)′(x 2－1)＋(x ＋1)(x 2－1)′＝x 2－1＋(x ＋1)·2x ＝3x 2＋2x －1．方法二：∵y ＝(x ＋1)(x 2－1)＝x 3＋x 2－x －1，∴y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1．(2)方法一：⋅+=+--+=+'+--+'-='+-='222)1(2)1()1()1()1()1)(1()1()1()11(x x x x x x x x x x x y 方法二：∵12111.+-=+-=x x x y ，∴2)1(2)12()121('+='+-='+-=x x x y . (3)方法一：y'＝(sin2x )'＝(2sin x · cos x )'＝2[(sin x )'·cos x ＋sin x ·(cos x )']＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos2x ． 方法二：y'＝(sin2x )'·(2x )'＝cos2x ·2＝2cos2x ．(4))(ln e ln )e ('+'='⋅⋅x x y xx＝xx xxx x x e )1(ln e ln e ⋅⋅+=+．【评析】理解和掌握求导法则和式子的结构特点是求导运算的前提条件．运用公式和求导法则求导数的基本步骤为：①分析函数y ＝f (x )的结构特征；②选择恰当的求导法则和导数公式求导数； ③化简整理结果．应注意：在可能的情况下，求导时应尽量减少使用乘法的求导法则，可在求导前利用代数、三角恒等变形等方法对函数式进行化简，然后再求导，这样可减少运算量．(如(1)(2)题的方法二较方法一简捷)．对于(3)，方法一是使用积的导数运算公式求解，即使用三角公式将sin2x 表示为sin x 和cos x 的乘积形式，然后求导数；方法二是从复合函数导数的角度求解．方法二较方法一简捷．对利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数要熟练、准确． 例2 (1)求曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线方程；(2)过点(1，－3)作曲线y ＝x 2的切线，求切线的方程．【分析】对于(1)，根据导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，可求出切线的斜率，进而由直线方程的点斜式求得切线方程．对于(2)，注意到点(1，－3)不在曲线y ＝x 2上，所以可设出切点，并通过导数的几何意义确定切点的坐标，进而求出切线方程．解：(1)曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线斜率为y ′＝2x ｜x ＝1＝2， 从而切线的方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0．(2)设切点的坐标为),(200x x ．根据导数的几何意义知，切线的斜率为y '＝2x |x x =＝2x 0，从而切线的方程为).(20020x x x x y -=-因为这条切线过点(1，－3)，所以有)1(230020x x x -=--， 整理得032020=--x x ，解得x 0＝－1，或x 0＝3．从而切线的方程为y －1＝－2(x ＋1)，或y －9＝6(x －3)， 即切线的方程为2x ＋y ＋1＝0，或6x －y －9＝0．【评析】用导数求曲线的切线方程，常依据的条件是：①函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率， 即k ＝f '(x 0)；②切点既在切线上又在曲线上，即切点的坐标同时满足切线与曲线的方程．例3设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f '(x )的最小值为－12．求a ，b ，c 的值．【分析】本题考查函数的奇偶性、二次函数的最值、导数的几何意义等基础知识，以及推理能力和运算能力．题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、b 、c 的值．解：∵f (x )为奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )， 即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ， ∴c ＝0．∵f '(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12， ∴b ＝－12． 又直线x －6y －7＝0的斜率为61，因此，f '(1)＝3a ＋b ＝－6， ∴a ＝2． 综上,a ＝2，b ＝－12，c ＝0． 例4 已知a ＞0，函数a x x f -=1)(，x ∈(0，＋∞)．设ax 201<<，记曲线y ＝f (x )在点M (x 1，f (x 1))处的切线为l ． (1)求l 的方程；(2)设l 与x 轴的交点是(x 2，0)，证明：ax 102≤<. 【分析】对于(1)，根据导数的几何意义，不难求出l 的方程；对于(2)，涉及到不等式的证明，依题意求出用x 1表示的x 2后，将x 2视为x 1的函数，即x 2＝g (x 1)，结合要证明的结论进行推理．解：(1)对f (x )求导数，得21)(xx f -='，由此得切线l 的方程为： )(1)1(1211x x x a x y --=--． (2)依题意，切线方程中令y ＝0，得211112122)1(ax x x a x x x -=+-=． 由ax 201<<，及)2(2112112ax x ax x x -=-=，有x 2＞0； 另一方面，aa x a ax x x 1)1(2212112+--=-=，从而有ax 102≤<，当且仅当a x 11=时，a x 12=.【评析】本题考查的重点是导数的概念和计算、导数的几何意义及不等式的证明．涉及的基础知识都比较基本，题目难度也不大，但把导数的相关知识与不等式等内容有机整合，具有一定新意，体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法．本题中的(2)在证明ax 102≤<时，还可用如下方法： ①作法，.0)1(1211212112≥-=+-=-ax aax x a x a②利用平均值不等式，aax ax a ax ax a ax x x 1)22(1)2)((1)2(21111112=-+≤-=-=．例5 设函数),(1)('Z ∈++=b a bx ax x f ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝3．(1)求f'(x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 解：(1)2)(1)('b x a x f +-=， 于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,12122b a b a 解得⎩⎨⎧-==,1,1b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.38,49b a 因为a ，b ∈Z ，所以⋅-+=11)(x x x f(2)证明：已知函数y 1＝x ，xy 12=都是奇函数， 所以函数xx x g 1)(+=也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而1111)(+-+-=x x x f ， 可知，函数g (x )的图象按向量a ＝(1，1)平移，即得到函数f (x )的图象，故函数f (x )的图象是以点(1，1)为中心的中心对称图形． (3)证明：在曲线上任取一点)11,(000-+x x x ． 由200)1(11)('--=x x f 知，过此点的切线方程为)]()1(11[110200020x x x x x x y ---=-+--．令x ＝1得1100-+=x x y ，切线与直线x ＝1交点为)11,1(00-+x x ； 令y ＝x 得y ＝2x 0－1，切线与直线y ＝x 交点为(2x 0－1，2x 0－1)．直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1，1)； 从而所围三角形的面积为2|22||12|21|112||111|2100000=--=----+⋅⋅x x x x x ． 所以，所围三角形的面积为定值2． 练习4－1一、选择题：1．(tan x )′等于( ) (A)x2sin 1(B)x2sin 1-(C)x 2cos 1(D)x2cos 1-2．设f (x )＝x ln x ，若f '(x 0)＝2，则x 0等于( ) (A)e 2(B)e(C)22ln (D)ln23．函数y ＝ax 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a 等于( ) (A)81 (B)41 (C)21 (D)14．曲线x y 21e =在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )(A)2e 29 (B)4e 2(C)2e 2(D)e 2二、填空题： 5．f '(x )是1231)(3++=x x x f 的导函数，则f '(－1)＝______． 6．若函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝x ＋2，则f (1)＋f '(1)＝______． 7．过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为______；切线的斜率为______． 8．设函数f (x )＝xe kx (k ≠0)，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是______． 三、解答题：9．求下列函数的导数： (1)y ＝x －e x ；(2)y ＝x 3＋cos x ； (3)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)；(4)⋅=xxy ln10．已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)，且该曲线在点B 处的切线方程为y ＝x －3，求a 、b 、c 的值．11．求曲线24121232-=-=x y x y 与在交点处的两条切线的夹角的大小．§4－2 导数的应用【知识要点】1．利用导数判断函数的单调性：(1)函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：设函数f (x )在区间(a ，b )内可导， ①如果恒有f '(x )＞0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递增； ②如果恒有f '(x )＜0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递减．值得注意的是，若函数f (x )在区间(a ，b )内有f '(x )≥0(或f '(x )≤0)，但其中只有有限个点使得f '(x )＝0，则函数f (x )在区间(a ，b )内仍是增函数(或减函数)．(2)一般地，如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值越大，说明这个函数在这个范围内变化得快．这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．2．利用导数研究函数的极值：(1)设函数f (x )在点x 0附近有定义，如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＜f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极大值，x 0是极大值点；如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＞f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极小值，x 0是极小值点．(2)需要注意，可导函数的极值点必是导数为零的点，但导数为零的点不一定是极值点．如y ＝x 3在x ＝0处的导数值为零，但x ＝0不是函数y ＝x 3的极值点．也就是说可导函数f (x )在x 0处的导数f '(x 0)＝0是该函数在x 0处取得极值的必要但不充分条件．(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值：f (x )在区间[a ，b ]上的最大值(或最小值)是f (x )在区间(a ，b )内的极大值(或极小值)及f (a )、f (b )中的最大者(或最小者)．(4)应注意，极值只是相对一点附近的局部性质，而最值是相对整个定义域内的整体性质．【复习要求】1．了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数一般不超过三次)；2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数一般不超过三次)；3．会利用导数解决某些实际问题． 【例题分析】例1 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝x 3－3x ； (2)f (x )＝3x 2－2ln x ；(3)2)1(2)(--=x bx x f ． 解：(1)f (x )的定义域是R ，且f '(x )＝3x 2－3， 令f '(x )＝0，得x ＝－1，x ＝1．列表分析如下：所以函数f (x )的减区间是(－1，1)，增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)． (2)f (x )的定义域是(0，＋∞)，且xx x f 26)(-='， 令f ′(x )＝0，得33,3321-==x x ．列表分析如下： 所以函数f (x )的减区间是)33,0(，增区间是),33(+∞． (3)f (x )的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，求导数得3342)1()1(2)1(222)1()1(2)2()1(2)(---=--+-=-----='⋅x x b x b x x x b x x x f ．令f ′(x )＝0，得x ＝b －1．①当b －1＜1，即b ＜2时，f ′(x )的变化情况如下表：＋∞)上单调递减．②当b －1＞1，即b ＞2时，f ′(x )的变化情况如下表：所以，当b ＞2时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，b －1)上单调递增，在(b －1，＋∞)上单调递减．③当b －1＝1，即b ＝2时，12)(-=x x f ，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减．【评析】求函数f (x )的单调区间的步骤是：①确定f (x )的定义域(这一步必不可少，单调区间是定义域的子集)； ②计算导数f ′(x )；③求出方程f ′(x )＝0的根；④列表考察f ′(x )的符号，进而确定f (x )的单调区间(必要时要进行分类讨论)．例2求函数44313+-=x x y 的极值． 解：y ′＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令y ′＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2． 列表分析如下：所以当x ＝－2时，y 有极大值3；当x ＝2时，y 有极小值3-． 【评析】求函数f (x )的极值的步骤是：①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根；③列表考察f ′(x )＝0的根左右值的符号：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．例3 已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a ． (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9．令f ′(x )＜0，解得x ＜－1或x ＞3．所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)因为f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ，f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，所以f (2)＞f (－2)．因为在(－1，3)上f ′(x )＞0，所以f (x )在[－1，2]上单调递增，又由于f (x )在[－2，－1]上单调递减，因此f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2．故f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2，因此f (－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f (x )在区间[－2，2]上的最小值为－7．【评析】求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上最值的方法： ①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根x 1，x 2，…； ③比较函数值f (x 1)，f (x 2)，…及f (a )、f (b )的大小，其中的最大(小)者就是f (x )在闭区间[a ，b ]上最大(小)值．例4 设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)【分析】本题给出的信息量较大，并且还都是抽象符号函数．解答时，首先要标出重要的已知条件，从这些条件入手，不断深入研究．由f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0你能产生什么联想?它和积的导数公式很类似，整理可得[f (x )g (x )]′＞0．令h (x )＝f (x )g (x )，则当x ＜0时，h (x )是增函数．再考虑奇偶性，函数h (x )是奇函数．还有一个已知条件g (－3)＝0，进而可得h (－3)＝f (－3)g (－3)＝0，这样我们就可以画出函数h (x )的示意图，借助直观求解．答案：D.例5 求证：当x ＞0时，1＋x ＜e x ．分析：不等式两边都是关于x 的函数，且函数类型不同，故可考虑构造函数f (x )＝1＋x －e x ，通过研究函数f (x )的单调性来辅助证明不等式．证明：构造函数f (x )＝1＋x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ． 当x ＞0时，有e x ＞1，从而f ′(x )＝1－e x ＜0，所以函数f (x )＝1＋x －e x 在(0，＋∞)上单调递减， 从而当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0， 即当x ＞0时，1＋x ＜e x ．【评析】通过构造函数，利用函数的单调性证明不等式是常用方法之一，而借助导数研究函数单调性辅助证明不等式突出了导数的工具性作用．例6用总长14.8 m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果容器底面的长比宽多0.5 m ，那么长和宽分别为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积．解：设容器底面长方形宽为x m ，则长为(x ＋0.5)m ，依题意，容器的高为x x x 22.3)]5.0(448.14[41-=+--．显然⎩⎨⎧>->,022.3,0x x ⇒0＜x ＜1.6，即x 的取值范围是(0，1.6)．记容器的容积为y m 3，则y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x x ∈(0，1.6)． 对此函数求导得，y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6．令y ′＞0，解得0＜x ＜1；令y ′＜0，解得1＜x ＜1.6．所以，当x ＝1时，y 取得最大值1.8，这时容器的长为1＋0.5＝1.5．答：容器底面的长为1.5m 、宽为1m 时，容器的容积最大，最大容积为1.8m 3．【评析】解决实际优化问题的关键在于建立数学模型(目标函数)，通过把题目中的主要关系(等量和不等量关系)形式化，把实际问题抽象成数学问题，再选择适当的方法求解．例7 已知f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，当x ＝1时，f (x )取得极值－2． (1)求f (x )的解析式；(2)证明对任意x 1、x 2∈(－1，1)，不等式｜f (x 1)－f (x 2)｜＜4恒成立．【分析】对于(1)题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、c 、d 的值；对于(2)可通过研究函数f (x )的最值加以解决．解：(1)由f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，知f (0)＝0，解得d ＝0， 所以f (x )＝ax 3＋cx (a ≠0)，f ′(x )＝3ax 2＋c (a ≠0)．由当x ＝1时，f (x )取得极值－2，得f (1)＝a ＋c ＝－2，且f ′(1)＝3a ＋c ＝0，解得 a ＝1，c ＝－3，所以f (x )＝x 3－3x ．(2)令f ′(x )＞0，解得x ＜－1，或x ＞1；令f ′(x )＜0，解得－1＜x ＜1，从而函数f (x )在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数．故当x ∈[－1，1]时，f (x )的最大值是f (－1)＝2，最小值是f (1)＝－2， 所以，对任意x 1、x 2∈(－1，1)，|f (x 1)－f (x 2)|＜2－(－2)＝4． 【评析】使用导数判断函数的单调性，进而解决极值(最值)问题是常用方法，较为简便． 例8 已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ．令f ′(x )＞0，解得e 1>x ； 令f ′(x )＜0，解得e 10<<x ． 从而f (x )在)e 1,0(单调递减，在),e 1(+∞单调递增．所以，当e 1=x 时，f (x )取得最小值e1-．(2)解法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ，①若a ≤1，当x ＞1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x ＞1－a ≥0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1．②若a ＞1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数． 所以，x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝1－a ＜0， 即f (x )＜ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．解法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式x x a 1ln +≤对于x ∈[1，＋∞)恒成立． 令xx x g 1ln )(+=，则)11(111)(2x x x x x g -=-='．当x ＞1时，因为0)11(1)(>-='xx x g ，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]． 例9 已知函数)1ln()1(1)(-+-=x a x x f n，其中n ∈N *，a 为常数． (1)当n ＝2时，求函数f (x )的极值；(2)当a ＝1时，证明：对任意的正整数n ，当x ≥2时，有f (x )≤x －1． 解：(1)由已知得函数f (x )的定义域为{x ｜x ＞1}，当n ＝2时，)1ln()1(1)(2-+-=x a x x f ，所以32)1()1(2)('x x a x f ---=．①当a ＞0时，由f (x )＝0得121,12121<-=>+=ax a x ， 此时321)1())(()(x x x x x a x f ----='．当x ∈(1，x 1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ②当a ≤0，f ′(x )＜0恒成立，所以f (x )无极值． 综上所述，n ＝2时， 当a ＞0时，f (x )在ax 21+=处取得极小值，极小值为)2ln 1(2)21(a a a f +=+． 当a ≤0时，f (x )无极值．(2)证法一：因为a ＝1，所以)1ln()1(1)(-+-=x x x f n．当n 为偶数时，令)1ln()1(11)(-----=x x x x g n， 则)2(0)1(1211)1(1)(11≥>-+--=---+='++x x nx x x x n x g n n ． 所以当x ≥2时，g (x )单调递增，又g (2)＝0， 因此0)2()1ln()1(11)(=≥-----=g x x x x g n恒成立， 所以f (x )≤x －1成立．当n 为奇数时，要证f (x )≤x －1，由于0)1(1<-nx ，所以只需证ln(x －1)≤x －1，令h (x )＝x －1－ln(x －1)， 则)2(012111)(≥≥--=--='x x x x x h ． 所以，当x ≥2时，h (x )＝x －1－ln(x －1)单调递增，又h (2)＝1＞0， 所以，当x ≥2时，恒有h (x )＞0，即ln(x －1)＜x －1成立． 综上所述，结论成立． 证法二：当a ＝1时，)1ln()1(1)(-+-=x x x f n.当x ≥2时，对任意的正整数n ，恒有1)1(1≤-nx ， 故只需证明1＋ln(x －1)≤x －1．令h (x )＝x －1－[1＋ln(x －1)]＝x －2－ln(x －1)，x ∈[2，＋∞)， 则12111)(--=--='x x x x h ， 当x ≥2时，h ′(x )≥0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，因此当x ≥2时，h (x )≥h (2)＝0，即1＋ln(x －1)≤x －1成立． 故当x ≥2时，有1)1ln()1(1-≤-+-x x x n， 即f (x )≤x －1．练习4－2一、选择题：1．函数y ＝1＋3x －x 3有( ) (A)极小值－2，极大值2 (B)极小值－2，极大值3 (C)极小值－1，极大值1(D)极小值－1，极大值32．f '(x )是函数y ＝f (x )的导函数，y ＝f '(x )图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )3．函数f (x )＝ax 3－x 在R 上为减函数，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜0(B)a ≤0(C)31<a (D)31≤a 4．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜－1 (B)a ＞－1(C)e1-<a (D)e1->a 二、填空题：5．函数f (x )＝x 3－3ax 2＋2bx 在x ＝1处取得极小值－1，则a ＋b ＝______． 6．函数y ＝x (1－x 2)在[0，1]上的最大值为______．7．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2，2]上的最小值为－37，则实数a ＝______． 8．有一块边长为6m 的正方形铁板，现从铁板的四个角各截去一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器，为使其容积最大，截下的小正方形边长为______m ． 三、解答题：9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象过点P (1，2)，且在点P 处的切线斜率为8． (1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)求函数f (x )在区间[－1，1]上的最大值与最小值．10．当)2π,0( x 时，证明：tan x ＞x ．11．已知函数f (x )＝e x －e －x ．(1)证明：f (x )的导数f '(x )≥2；(2)若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．专题04 导数参考答案练习4－1一、选择题：1．C 2．B 3．B 4．D 二、填空题：5．3 6．4 7．(1，e)；e 8．y ＝x 三、解答题：9．(1)y '＝1－e x ；(2)y '＝3x 2－sin x ；(3)y '＝3x 2＋12x ＋11；(4)2ln 1x xy -=10．略解：因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)两点，所以a ＋b ＋c ＝1．① 4a ＋2b ＋c ＝－1．②因为y '＝2ax ＋b ，所以y '｜x ＝2＝4a ＋b ．故4a ＋b ＝1．③ 联立①、②、③，解得a ＝3，b ＝－11，c ＝9．11．解：由01622412122332=-+⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=x x x y x y ，所以(x －2)(x 2＋4x ＋8)＝0，故x ＝2，所以两条曲线只有一个交点(2，0)．对函数2212x y -=求导数，得y ′＝－x ， 从而曲线2212x y -=在点(2，0)处切线的斜率是－2．对函数2413-=x y 求导数，得243'x y =，从而曲线2413-=x y 在点(2，0)处切线的斜率是3．设两条切线的夹角为α ，则1|3)2(132|tan =⨯-+--=α，所以两条切线的夹角的大小是45°．练习4－2一、选择题：1．D 2．C 3．B 4．A 二、填空题： 5．61-6．932 7．3 8．1三、解答题：9．解：(1)a ＝4，b ＝－3．(2)函数f (x )的单调增区间为(－∞，－3)，),31(+∞；减区间为)31,3(-． (3)函数f (x )在[－1，1]上的最小值为2714-，最大值为6．10．证明：设f (x )＝tan x －x ，)2π,0(∈x ．则0tan 1cos 11)'cos sin ()(2.2>=-=-='x xx x x f ， 所以函数f (x )＝tan x －x 在区间)2π,0(内单调递增．又f (0)＝0，从而当)2π,0(∈x 时，f (x )＞f (0)恒成立，即当)2π,0(∈x 时，tan x ＞x ．11．解：(1)f (x )的导数f '(x )＝e x ＋e －x ．由于2e e 2e e =≥+--⋅x x x x ，故f '(x ）≥2，当且仅当x ＝0时，等号成立． (2)令g (x )＝f (x )－ax ，则g '(x )＝f '(x )－a ＝e x ＋e －x －a ，①若a ≤2，当x ＞0时，g '(x )＝e x ＋e －x －a ＞2－a ≥0， 故g (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以，x ≥0时，g (x )≥g (0)，即f (x )≥ax ．②若a ＞2，方程g '(x )＝0的正根为24ln 21-+=a a x ，此时，若x ∈(0，x 1)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜g (0)＝0，即f (x )＜ax ，与题设f (x )≥ax 相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，2]．习题4一、选择题：1．B 2．B 3．A 4．D 5．C 二、填空题：6．1 7．－2 8．5；－15 9．y ＝－3x 10．61 三、解答题：11．(1)f '(x )＝(1＋kx )e kx ，令(1＋kx )e kx ＝0，得)0(1=/-=k kx ． 若k ＞0，则当)1,(k x --∞∈时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增．若k ＜0，则当)1,(kx --∞∈时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减． (2)若k ＞0，则当且仅当11-≤-k ，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增；若k ＜0，则当且仅当11≥-k，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增．综上，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．12．解：(1)f '(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2取得极值，则有f '(1)＝0，f '(2)＝0．即⎩⎨⎧=++=++.031224,0366b a b a 解得a ＝－3，b ＝4．(2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f '(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0，1)时，f '(x )＞0；当x ∈(1，2)时，f '(x )＜0；当x ∈(2，3)时，f '(x )＞0． 所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c ，又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ． 则当x ∈[0，3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c ． 因为对于任意的x ∈[0，3]，有f (x )＜c 2恒成立， 所以 9＋8c ＜c 2，解得c ＜－1或c ＞9，因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．13．解：对函数f (x )求导得：f '(x )＝e ax (ax ＋2)(x －1)．(1)当a ＝2时，f '(x )＝e 2x (2x ＋2)(x －1)． 令f '(x )＞0，解得x ＞1或x ＜－1； 令f '(x )＜0，解得－1＜x ＜1．所以，f (x )单调增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；f (x )单调减区间为(－1，1)．(2)令f '(x )＝0，即(ax ＋2)(x －1)＝0，解得ax 2-=，或x ＝1． 由a ＞0时，列表分析得：当a x -<时，因为0,,02>>->a a x x ，所以02>--a x x ，从而f (x )＞0． 对于a x 2-≥时，由表可知函数在x ＝1时取得最小值01)1(<-=a e af ，所以，当x ∈R 时，a af x f e 1)1()(min -==．由题意，不等式03)(≥+ax f 对x ∈R 恒成立，所以得031≥+-ae a a ，解得0＜a ≤ln3．14．(1)解：对函数f (x )求导数，得x a x x f 21)('++=．依题意有f '(－1)＝0，故23=a ．从而23)1)(12(23132)(2+++=+++='x x x x x x x f ．f (x )的定义域为),23(+∞-，当123-<<-x 时，f '(x )＞0； 当211-<<-x 时，f '(x )＜0； 当21->x 时，f ′(x )＞0． 从而，f (x )分别在区间),21(),1,23(+∞---内单调递增，在区间)21,1(--内单调递减．(2)解：f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，ax ax x x f +++=122)(2．方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式∆＝4a 2－8． ①若∆＜0，即22<<-a ，在f (x )的定义域内f '(x )＞0，故f (x )无极值．②若∆＝0，则2=a 或.2-=a若⋅++='+∞-∈=2)12()(),,2(,22x x x f x a 当22-=x 时，f '(x )＝0， 当)22,2(--∈x 或),22(+∞-∈x 时，f '(x )＞0，所以f (x )无极值．若),2(,2+∞∈-=x a ，f '(x )2)12(2--=x x ＞0，f (x )也无极值．③若∆＞0，即2>a 或2-<a ，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实数根22,222221-+-=---=a a x a a x ．当2-<a 时，x 1＜－a ，x 2＜－a ，从而f ′(x )在f (x )的定义域内没有零点，故f (x )无极值． 当2>a 时，x 1＞－a ，x 2＞－a ，f '(x )在f (x )的定义域内有两个不同的零点，所以f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2处取得极值．综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为),2(+∞． f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 12＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln[(x 1＋a )(x 2＋a )]＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝ln21＋a 2－1＞1－ln2＝ln 2e．。
2020江苏高考数学一轮配套精练：第19课导数的综合应用
第佃课导数的综合应用A.课时精练一、填空题1. 在平面直角坐标系xOy中，记曲线y= 2x —m(x € R, m^- 2)在x= 1处的切线为直线I•若直线I在两坐标轴上的截距之和为12,则实数m的值为___________ .2. 已知函数f(x) = e x—mx —n在x= 0处的切线过点(1 , 0),那么m + n的值为___________ .3. 已知函数f(x) = sinx+ 2x ,x € R，且f(1 —a)+ f(2a)<0 ,那么a的取值范围是________ .4. (2018黑龙江齐齐哈尔二模)已知对任意的x€ e e2〔，不等式~>x2恒成立(其中e是自然对数的底数)，那么实数a的取值范围是___________ .5. 已知曲线f(x) = acosx与曲线g(x) = x2+ bx + 1在交点(0, m)处有公切线，那么实数a+ b的值为 ________ .6. (2017南通调研)已知函数f(x) =—x2+ 7x + lnx —b在区间(0, 2 016)上只有一个零点，则实数b的值为_________ .13 2 1 一1 H 一1 "I7. 已知函数f(x) = §x3+ x2+ ax•若g(x) = e^,对任意的x1 € 三，2 I,存在x? € ?, 2 I,使得f(X1)W g(X2)成立，则实数a的取值范围是_________ .8. (2018盐城中学最后一卷)若函数f(x) = mx2+ 2cosx+ m(m € R)在x= 0处取得极小值，则实数m的取值范围是 __________ .二、解答题3 1 29. 已知函数f(x) = ax —^x (a>0), x€ ［0,+^ ).(1) 若a= 1,求函数f(x)在［0, 1］上的最值；(2) 若函数y= f (x)的单调减区间为A，试探究函数y = f(x)在区间A上的单调性.10. (2018徐州考前模拟)已知函数f(x) = lnx —ax+ a, a€ R.(1) 若a= 1,解关于x的方程f(x)= 0;(2) 求函数f(x)在［1 , e］上的最大值.11. (2018南通模拟)如图所示的某种容器的体积为90 n cm3,它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm,圆锥的高为h1 cm,母线与底面所成的角为45 °圆柱的高为h2 cm.已知圆柱底面的造价为2a元/cm2，圆柱侧面的造价为a元/cm2,圆锥侧面的造价为，2a元/cm2.(1) 将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；(2) 当容器造价最低时，圆柱的底面半径r为多少？(第11题)B.滚动小练1. 函数y = 73- log2X的定义域为__________ .2. 已知函数f(x)是偶函数，定义域为R, g(x)= f(x) + 2x,若g(lo g 27) = 3，则g Iog2^ =2 *3. 已知函数f(x) = ax + 2x + c(a, c€ N)满足：① f(1) = 5;② 6v f(2) v 11.⑴求a, c的值；⑵若对任意的实数x€ 2，2 -都有f(x)—2mx< 1成立，求实数m的取值范围.。
2020版高考数学二轮复习专题限时集训导数的简单应用文
专题限时集训(十三) 导数的简单应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足下列条件： ①f ′(x )>0时.x <－1或x >2； ②f ′(x )<0时.－1<x <2； ③f ′(x )＝0时.x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )A [根据条件知.函数f (x )在(－1,2)上是减函数．在(－∞.－1).(2.＋∞)上是增函数.故选A.]2．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.12 B ．1 C ．2D ．eB [由题意知y ′＝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.]3．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)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 ＋a2＝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.]4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1.＋∞)上是增函数.则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞.－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－2 6.＋∞)D ．[－5.＋∞)C [由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x2＋ax ＋3x ≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1.＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g 1≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a≥－4，a≥－5⇔a ≥－2 6.故选C.]5．(20xx·重庆七校联考)函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x ).若xf ′(x )＋f (x )＝e x.且f (1)＝e.则( )A ．f (x )的最小值为eB ．f (x )的最大值为eC ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1eA [设g (x )＝xf (x )－e x.则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数． 因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0. 所以g (x )＝xf (x )－e x＝g (1)＝0. 所以f (x )＝ex x .f ′(x )＝exx －1x2. 当0<x <1时.f ′(x )<0. 当x >1时.f ′(x )>0. 所以f (x )≥f (1)＝e.]6．(20xx·西安八校联考)已知曲线f (x )＝e x＋x 2.则曲线在(0.f (0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．②当a >0时.令f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝0.则－2ax 2＋x ＋1＝0.易知其判别式为正. 设方程的两根分别为x 1.x 2(x 1<x 2). 则x 1x 2＝－12a<0.∴x 1<0<x 2.∴f ′(x )＝－2ax2＋x ＋1x ＝－2a x －x1x －x2x.x >0.令f ′(x )>0.得x ∈(0.x 2).令f ′(x )<0得x ∈(x 2.＋∞).其中x 2＝1＋8a ＋14a.∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 10．设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m .n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2.求m ＋n 的最小值． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0.＋∞).f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x. 当m ≤0时.f ′(x )>0.∴f (x )在(0.＋∞)上单调递增； 当m >0时.令f ′(x )>0.得0<x <m 2m. 令f ′(x )<0.得x >m 2m. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增. 在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知.当m ≤0时.f (x )在(0.＋∞)上单调递增.无最大值． 当m >0时.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增.在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2. ∴n ＝－12ln m －12.∴m ＋n ＝m －12ln m －12.点.则P .Q 两点间距离的最小值为________．32 [y ′＝e －x－x e －x＝(1－x )e －x.令(1－x )e －x＝1.则e x ＝1－x .e x＋x －1＝0.令h (x )＝e x ＋x －1.易得h (x )是增函数.且h (0)＝0.则方程e x＋x －1＝0有且只有一解x ＝0.易求得过曲线y ＝x e －x上点(0,0)的切线方程为y ＝x .由题意可得.P .Q 两点间距离d 的最小值即两平行直线x －y ＝0和x －y ＋6＝0间的距离.所以最小值为d min ＝62＝3 2.]【押题2】 已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a .b ∈R )．(1)当a ＝－1.b ＝3时.求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值； (2)当a ＝0时.是否存在正实数b .使当x ∈(0.e](e 是自然对数的底数)时.函数f (x )的最小值是3？若存在.求出b 的值；若不存在.说明理由．[解] (1)当a ＝－1.b ＝3时.f (x )＝－x 2＋3x －ln x .且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.则f ′(x )＝－2x ＋3－1x ＝－2x2－3x ＋1x ＝－2x －1x －1x.令f ′(x )>0.得12<x <1；令f ′(x )<0.得1<x <2.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增.在(1,2)上单调递减．所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上仅有极大值点x ＝1.且这个极大值点也是最大值点.故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为f (1).且f (1)＝2. 又f (2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝(2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2＝34－2ln 2＝34－ln 4<0.所以f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最小值为f (2).且f (2)＝2－ln 2.综上.函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为2.最小值为2－ln 2. (2)当a ＝0时.f (x )＝bx －ln x .则f ′(x )＝b －1x ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1b x.①当0<b ≤1e .即1b≥e 时.f ′(x )<0.所以f (x )在(0.e]上单调递减.所以f (x )min ＝f (e)＝b e －1≤0.②当b >1e .即0<1b <e 时.令f ′(x )<0.得0<x <1b .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1b 上单调递减；令f ′(x )>0.得1b<x <e.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1b，e 上单调递增．。
2020年高考数学二轮专项提升(江苏)专题02 导数及其应用(解析版)
专题02 导数及其应用1、（2019年江苏高考卷）.在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是____. 【答案】(e, 1).【解析】设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 点A 在曲线ln y x =上的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 代入点(),1e --，得001ln 1ex x ---=-， 即00ln x x e =，考查函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()'ln 1H x x =+，当1x >时，()()'0,H x H x >单调递增，注意到()H e e =，故00ln x x e =存在唯一的实数根0x e =，此时01y =， 故点A 的坐标为(),1A e .导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．2、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,xxxy x x x x x '=+++=++所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 3、【2019年高考天津文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 【答案】220x y +-=【解析】∵1sin 2y x '=--， ∴011|sin 022x y ='=--=-，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=.【名师点睛】曲线切线方程的求法：（1）以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．（2）如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组0010010()()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨'=⎪-⎩得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程．4、【2018年高考天津文数】已知函数f (x )=e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′（1）的值为__________．【答案】e【解析】由函数的解析式可得，则.即的值为e.【名师点睛】本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、【2018年高考全国Ⅱ卷文数】曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________．【答案】y =2x –2 【解析】由，得.则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【名师点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理. 6、【2017年高考全国Ⅰ卷文数】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则21()2f x x x'=-，所以(1)211f '=-=， 所以曲线21y x x=+在点(1,2)处的切线方程为21(1)y x -=⨯-，即1y x =+． 【名师点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设),(00y x P 是曲线)(x f y =上的一点，则以P 为切点的切线方程是000()()y y f x x x '-=-．若曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处的切线平行于y 轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为0x x =．7、【2017年高考天津文数】已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________．【答案】1【解析】由题可得(1)f a =，则切点为(1,)a ， 因为1()f x a x'=-，所以切线l 的斜率为(1)1f a '=-， 切线l 的方程为(1)(1)y a a x -=--， 令0x =可得1y =， 故l 在y 轴上的截距为1．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题型，函数()f x 在点0x 处的导数0()f x '的几何意义是曲线()y f x =在点00(,)P x y 处的切线的斜率，切线方程为000()()y y f x x x '-=-．解题时应注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同，没切点应设出切点坐标，建立方程组进行求解．一、常见函数的导数以及运算法则 1、基本初等函数的导数公式 (1)(x α)＝αx α－1 (α为常数)； (2)(a x )′＝a x ln_a (a >0且a ≠1)；(3)(log a x )′＝1x log a e ＝1x ln a (a >0，且a ≠1)；(4)(e x )′＝e x ； (5)(ln x )′＝1x(6)(sin x )′＝cos_x ； (7)(cos x )′＝－sin_x .备注：①求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；②有的函数虽然表面形式为函数的商的形式，但在求导前利用代数或三角恒等变形将函数先化简，然后进行求导，有时可以避免使用商的求导法则，减少运算量； 2、常见函数的导数及导数的运算法则 （1）[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； （2）[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； （3）⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x ) (g (x )≠0).二、导数几何意义的应用，需注意以下两点：1、函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0).2、函数f (x )的导函数若f (x )对于区间(a ，b )内任一点都可导，则f (x )在各点的导数也随着自变量x 的变化而变化，因而也是自变量x 的函数，该函数称为f (x )的导函数.(1)当曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x ＝x 0；(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.3、方法与技巧（1）f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，而函数值f(x0)是一个常量，其导数一定为0，即(f(x0))′＝0.（2）对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则.求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.三、利用导数研究函数的单调性(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)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)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.四、导数的极值(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要注意分析这个零点是不是函数的极值点.(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值.五、利用导数研究函数的最值1、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.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在区间(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.2、求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.3、可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题：第一步：求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：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；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规范.4、方法与技巧(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分. (2)求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小.(3)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较. 5、失误与防范(1)注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行. (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)解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.题型一、利用导数研究函数的切线问题导数的几何意义就是求在该点的切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分在与过的不同，要是过某一点一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可。
2020版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用理 (2)
专题限时集训(十三) 导数的简单应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．(20xx·深圳二模)已知函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，则曲线y ＝f (x )在x＝1处的切线的倾斜角为( )A.π4 B.3π4 C.π3D.2π3B [函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，可得f (－x )＝－f (x )，可得a ＝0，f (x )＝x ＋2x，f ′(x )＝1－2x2，即有曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为k ＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为3π4，故选B.]2．若x ＝2是函数f (x )＝(x 2－2ax )e x的极值点，则函数y ＝f (x )的最小值为( )A ．(2＋22)e－2B ．0C ．(2－22)e2D ．－eC [∵f (x )＝(x 2－2ax )e x， ∴f ′(x )＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意可知f ′(2)＝0，即a ＝1.∴f (x )＝(x 2－2x )e x. ∴f ′(x )＝(x 2－2)e x， 由f ′(x )＝0得x ＝± 2.又f (2)＝(2－22)e 2，f (－2)＝(2＋22)e －2，且f (2)＜f (－2)．故选C.]3．[易错题](20xx·长春二模)已知f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝e ，x ∈R,2f (x )－f ′(x )＞0，则不等式f (x )＜e 2x －1的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，e)D ．(e ，＋∞)B [令g (x )＝fxe2x， 则g ′(x )＝e2xf′x －2e2xf x e4x ＝f′x －2f xe2x，∵2f (x )－f ′(x )＞0， ∴g ′(x )＜0， ∴g (x )递减， 不等式f (x )＜e2x －1⇔f x e2x ＜1e ＝e e2＝f 1e2⇔g (x )＜g (1)⇔x ＞1，故选B.]4．[易错题]若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)C [由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知⎩⎨⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.]5．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)，则⎠⎛01f (x )dx ＝________.394[∵f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)， ∴f ′(x )＝4－3x 2f ′(1)，令x ＝1得f ′(1)＝4－3f ′(1)，即f ′(1)＝1. 令x ＝0得f ′(0)＝4. ∴f (x )＝4x －x 3＋8.∴⎠⎛01f (x )dx ＝⎠⎛01(4x －x 3＋8)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x2－x44＋8x ⎪⎪⎪10＝394.]所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减． 所以当a ＜0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a . 根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a ≥－a ， 即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a ＜0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 所以实数a 的取值范围是[－2,0)．8．(20xx·武汉模拟)已知函数f (x )＝exx －a (x －ln x )．(1)当a ≤0时，试求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围． [解](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝exx －1x2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝exx －1－ax x －1x2，＝ex －axx －1x2.当a ≤0时，对于x ∈(0，＋∞)，e x－ax ＞0恒成立， 所以由f ′(x )＞0，得x ＞1；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1. 所以f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)． (2)若f (x )在(0,1)内有极值， 则f ′(x )＝0在(0,1)内有解． 令f ′(x )＝ex －axx －1x2＝0，即e x－ax ＝0，即a ＝ex x .设g(x )＝exx ，x ∈(0,1)，所以g′(x )＝exx －1x2， 当x ∈(0,1)时，g′(x )＜0恒成立，所以g(x)单调递减．又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，所以当a＞e时，f′(x)＝ex－ax x－1x2＝0有解．设H(x)＝e x－ax，设H′(x)＝e x－a＜0，x∈(0,1)，所以H(x)在(0,1)上单调递减．因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0，所以H(x)＝e x－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：x (0，x0) x0(x0,1)H(x) ＋0 －f′(x) －0 ＋f(x) ↘极小值↗所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．综上，a的取值范围为(e，＋∞)．内容押题依据利用导数讨论函数的单调性、函数的单调性、极值与不等式交汇是近几年高考的热点，极值、不等式的证明考查灵活应用导数工具、数形结合思想及分类讨论思想解题的能力，考查逻辑推理及数学运算的素养【押题】 设函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )的极大值点为x ＝1，证明：f (x )≤e －x＋x 2. [解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋a ln x ＋a ， 当a ＝0时，f (x )＝x ，则函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞e －a ＋1a ，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e －a ＋1a，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －a ＋1a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫e －a ＋1a ，＋∞上单调递增； 当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜e －a ＋1a ，由f ′(x )＜0得x ＞e －a ＋1a，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －a ＋1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫e －a ＋1a ，＋∞上单调递减． 综上所述，当a ＝0时，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －a ＋1a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫e －a ＋1a ，＋∞上单调递增；当a ＜0时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －a ＋1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫e－a ＋1a，＋∞上单调递减． (2)由(1)知a ＜0且e －a ＋1a ＝1，解得a ＝－1，f (x )＝x －x ln x ．要证f (x )≤e —x ＋x 2，即证x －x ln x ≤e —x ＋x 2，即证1－ln x ≤e —x x＋x .令f (x )＝ln x ＋e —x x ＋x －1(x ＞0)，则f ′(x )＝1x ＋－e —xx －e —xx2＋1＝x ＋1x －e —x x2.令g (x )＝x －e —x(x ＞0)，易知函数g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．而g (1)＝1－1e ＞0，g (0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x 0，使得g (x 0)＝x 0－e —x0＝0，即x 0＝e —x0，且当x ∈(0，x 0)时g (x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时g (x )＞0，故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．。
2020年高考数学二轮专项提升(江苏)专题03 导数、函数的综合应用(原卷版)
专题03 导数、函数的综合运用1、（2019江苏卷）.在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x =+>上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是_____.2、（2019江苏卷）.设函数()()()(),,,R f x x a x b x c a b c =---∈，()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值； （3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 3、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．4、【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．5、【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.6、【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 7、【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．8、【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++> （1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有(),x f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．一、函数零点的问题1、利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2、对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.二、函数单调性的讨论对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.三、新型定义问题的处理“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。
(江苏专用)高三数学二轮总复习 训练4 导数的简单应用 理
(建议用时：50分钟)1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________． 解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 (0,1]2．(2013·扬州质量检测)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是________．解析 根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f (x )在x ＝a 处取到极大值，所以x ＝a 为f ′(x )的一个零点，且在x ＝a 的左边f ′(x )＞0，右边f ′(x )＜0，所以导函数f ′(x )的开口向下，且a ＞－1，即a 的取值范围是(－1,0)．答案 (－1,0)3．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )<0的解集为________．解析 xf ′(x )<0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，f ′x <0或⎩⎪⎨⎪⎧ x <0，f ′x >0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2时，f (x )单调递减，此时f ′(x )<0. 当x ∈(－∞，0)时，f (x )单调递增，此时f ′(x )>0.答案()－∞，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，24．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是______．解析 由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得 又a >0，解得3<a <2.答案 (3，2)5．(2013·苏锡常镇调研)已知a ，b 为正实数，函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，则f (x )在[－1,0]上的最小值为________．解析 因为函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，所以函数g (x )＝ax 3＋bx 在[0,1]上的最大值为2，而g (x )是奇函数，所以g (x )在[－1,0]上的最小值为－2，故f (x )在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－32.答案 －326．设P 为曲线C ：f (x )＝x 2－x ＋1上的点，曲线C 在点P 处的切线斜率的取值范围是[－1,3]，则点P 的纵坐标的取值范围是________．解析 设P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝2x －1.∴－1≤2x 0－1≤3，即0≤x 0≤2.∵y 0＝f (x 0)＝x 20－x 0＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122＋34， ∵x 0∈[0,2]，∴34≤y 0≤3， 故点P 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 7．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝a ln x ＋x .∴f ′(x )＝a x ＋1.又∵f (x )在[2,3]上单调递增，∴a x＋1≥0在x ∈[2,3]上恒成立，∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)．答案 [－2，＋∞)8．(2013·盐城调研)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值为________．解析 依题意知f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.又a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，∴ab 的最大值为9.答案 99．已知f (x )＝e x －ax －1.(1)求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围．解 (1)∵f (x )＝e x －ax －1(x ∈R )，∴f ′(x )＝e x －a .令f ′(x )≥0，得e x ≥a .当a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立；当a >0时，有x ≥ln a ．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(ln a ，＋∞)．(2)由(1)知f ′(x )＝e x －a .∵f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )＝e x －a ≥0恒成立，即a ≤e x 在R 上恒成立．∵x ∈R 时，e x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．10．(2013·西安五校二次联考)已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x ，a ∈R . (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x(x >0)． (1)由题意得f ′(1)＝f ′(3)，解得a ＝23. (2)f ′(x )＝ax －1x －2x (x >0)．①当a ≤0时，x >0，ax －1<0.在区间(0,2)上，f ′(x )>0；在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，1a >2.在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0. 故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝x －222x ≥0，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2. 11．(2013·重庆卷)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解 (1)因f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x . 令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝x －2x －3x .令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.备课札记：。
2020届江苏高考数学(文)总复习板块专练：导数及其应用
板块命题点专练(四)导数及其应用命题点一导数的运算及几何意义一.. …2 b.1. (2014江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线y = ax + -(a , b 为常数)过点P(2, — 5)，且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x + 2y + 3= 0平行，贝U a + b 的值是 ___________ .解析：y = ax 2 +卩的导数为y' = 2ax — £,xx直线7x + 2y + 3= 0的斜率为一7.a =— 1, 解得* 则a +b = — 3.|b =— 2, 答案：—3 2.(2018天津高考)已知函数f(x) = e x ln x , f ' (x)为f(x)的导函数，贝Uf ' (1)的值为x解析：T f(x)= e x in x,••• f ' (x)= e x ln x + —，二 f ' (1) = e. 答案：e3. (2018全国卷川)曲线y = (ax + 1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为一 2,则a = ____________ . 解析：T y ' = (ax + a + 1)e x ，•当 x = 0 时，y ' = a + 1, •- a + 1 = — 2,解得 a = — 3. 答案：—34. _____________________ (2017天津高考)已知a € R,设函数f(x)= ax — ln x 的图象在点(1, f(1))处的切线为I , 则I 在y 轴上的截距为 .1解析：因为f ' (x) = a — -，所以f ' (1) = a — 1,又f(1) = a ,所以切线I 的方程为y — a =(a — 1)(x — 1)，令 x = 0,得 y = 1.答案：15. ___________________________ (2016全国卷川)已知f(x)为偶函数，当 x v 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)= In x — 3x ,所以当x >0时，f ' (x) =1 — 3，贝U 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 =b 4a + 2=—5, 由题意得b 74a — 4=—2,—2x — 1.答案：y= —2x —1—1) + f(2a2)w 0，则实数a的取值范围是.命题点二导数的应用1. (2018 •苏高考)若函数f(x)= 2x 3— ax 2 + 1(a € R )在(0,+^ )内有且只有一个零点, 则f(x)在［—1,1］上的最大值与最小值的和为 _________ .解析：法一：f ' (x) = 6x 2— 2ax = 2x(3x — a)(x >0). ① 当a w 0时，f ' (x)> 0, f(x)在(0 ,+s )上单调递增， 又 f(0) = 1,「. f(x)在(0 ,+s )上无零点.a② 当 a > 0 时，由 f ' (x)> 0,得 x >a ;a由 f ' (x)v 0，得 0v x v 3, 3又f(x)在(0,+8)内有且只有一个零点， •f 3 =—27+I =0,二 a =3.此时 f(x)= 2x 3— 3x 2 + 1, f ' (x)= 6x(x — 1),当x € ［ — 1,1］时，f(x)在［—1,0］上单调递增，在［0,1］上单调递减. 又 f(1) = 0, f(— 1)=— 4,•- f(x)max + f(x)min = f(0)+ f( — 1)= 1 — 4=一 3. 法二：令 f(x)= 2x 3— ax 2 + 1 = 0,I 2令 g(x)= 2x + ?,贝y g ' (x)= 2 —由 g ' (x)v 0，得 0v x v 1；由 g ' (x)>0,得 x > 1, •g(x)在 (0,1)上单调递减，在(1, + 8)上单调递增.••• f(x)在(0 , + 8 )内有且只有一个零点， •a= g(1)= 3,此时 f(x)= 2x 3— 3x 2 + 1, f ' (x)= 6x(x — 1),当x € ［ —1,1 ］时，f(x)在［—1,0］上单调递增，在［0,1］上单调递减. 又 f(1) = 0, f(— 1)=— 4, 二 f(x )max+ f(x)min =f(0)+ f( — 1)= 1— 4=— 3答案：—32. (2017 •苏高考)已知函数f(x)= x 3— 2x + e x — ±,其中e 是自然对数的底数.若e••• f(x)在0, a 上单调递减，在3,+ 8上单调递增.2x3 + 1 1得 a = 2- = 2x+ 飞x xf(a1解析：由f(x)= x3—2x + e x—r, e得f( —x)=—x3+ 2x+ e X—e x=—f(x),所以f(x)是R上的奇函数.又f' (x)= 3x2—2+ e x+ 3x2— 2 + 2e x•!= 3x2> 0,当且仅当x= 0 时取等号，e y e所以f(x)在其定义域内单调递增.因为f(a—1) + f(2a2)w 0,所以f(a—1) w—f(2a2) = f( —2a2),1所以 a —K —2a2，解得—1w a< ^,故实数a的取值范围是一1, * [答案：—1, 1 13. (2017全国卷n改编)若x=—2是函数f(x)= (x2+ ax—1)e x-1的极值点，贝V f(x)的极小值为_________ .解析：因为f(x)= (x2+ ax —1)e x—1,所以f' (x)= (2x + a)e x 1+ (x2+ ax—1)e x 1=[x2+ (a + 2)x + a —1] e x—1.因为x = —2 是函数f(x)= (x2+ ax —1)e x—1的极值点，所以一2 是x2+ (a + 2)x + a—1 = 0 的根，所以 a =—1, f' (x) = (x2+ x—2)e x 1= (x + 2)(x —1)e x 1.令f' (x)> 0，解得x v—2 或x> 1,令f' (x)v 0，解得一2v x v 1,所以f(x)在(—^,—2)上单调递增，在(一2,1)上单调递减，在(1, + )上单调递增，所以当x= 1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值=f(1) = — 1.答案：—14. (2018 全国卷I )已知函数f(x)= ae x—In x — 1.(1)设x= 2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；1⑵证明：当a>一时，f(x)>0.e解：(1)f(x)的定义域为(0,+^), f' (x) = ae x—由题设知，f' (2) = 0,所以a= fz—1) + f(2a2)w 0，则实数a的取值范围是.133可知f ' (x)在(0 ,+s )上单调递增，又 f ' (2) = 0, 所以当 O v x v 2 时，f ' (x) V 0 ;当 x > 2 时，f ' (x)> 0. 所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+^). 1e x⑵证明：当 a >一时，f(x)>- — In x — 1.e ex xe e 1设 g(x)= — — In x — 1，则 g (x)=-—-.e e x 可知g ' (x)在(0, +)上单调递增，且 g ' (1) = 0,所以当 0v x V 1 时，g ' (x)V 0;当 x > 1 时，g ' (x)>0. 所以x = 1是g(x)的最小值点. 故当 x > 0 时，g(x)> g(1) = 0. 1因此，当a > 一时，f(x) > 0.e5.(2017 •苏高考)已知函数f(x) = x 3 + ax 2 + bx + 1(a > 0, b € R )有极值，且导函数f ' (x) 的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域;2(2)证明：b > 3a ;⑶若f(x), f ' (x)这两个函数的所有极值之和不小于—解：(1)由 f(x)= x 3+ ax 2 + bx + 1, 得 f ' (x)= 3x 2 + 2ax + b = 3 \x +1 2 + b- a3.2当x =— 3时，f ' (x)有极小值b —；.因为f ' (x)的极值点是f(x)的零点,又a >0,故b = 因为f(x)有极值，故f ' (x)= 0有实根, a 2 1 3 从而 b — 3 =扁(27 — a 3)w 0,即即 a >3. 当 a = 3 时，f ' (x) >0(X M — 1),故f(x)在R 上是增函数，f(x)没有极值； 当a >3时，f ' (x) = 0有两个相异的实根 —a — \ a — 3b— a + ：：：j a — 3b,x 2 =从而 f(x)= 2e 2e x - In x — 1, f ' (x) =1 x 2e 2e i x .2，求a 的取值范围.ab , ―ar +1=0，X 1 = 所以f 3 3a a+27 9当故f(x)的极值点是X i , X2.从而a > 3.2a2 3因此b=严+ 3,定义域为(3,+^).9 a(2)证明：由⑴知,請=警+希.22t 3 2 3 2t —27设g(t)=§+4 5，则g' (t)=§—孑=—9^ -当t€ 冷6, + m 时，g' (t)>0, 从而g(t)在乎，+ m上单调递增. 因为a>3,所以a a>3 3, 故g(a寸^)>g(3Q5)={3，即灵 >也.因此b2> 3a.22 2 2 4a —6b⑶由⑴知，f(x)的极值点是x i, X2,且X i+ X2= —3a , X i + X2= 9一.从而f(x1)+ f(x2) = x?+ ax f+ bx1+ 1 + x2 + ax2+ bx2+ 1 = '(3x1+ 2ax1+ b) + X2(3x2+ 2ax2 33+ b) + 肛1+ x2) + |b(x i+ X2) + 2=气严—讐+ 2 = 0.记f(x), f' (X)所有极值之和为h(a),2因为f' (x)的极值为b—a= —~a2+ 3,3 9 a所以h(a)=—1a2+ 3, a> 3.9 a2 3因为h' (a)=—2a —汽< 0,9 a于是h(a)在(3, + m)上单调递减.因为h(6)=—；于是h(a) > h(6)，故a< 6.因此a的取值范围为(3,6].6. (2014江苏高考)已知函数f(x)= e x+ e—x,其中e是自然对数的底数.⑴证明：f(x)是R 上的偶函数；⑵若关于x 的不等式mf(x)w e _x + m — 1在(0,+^ )上恒成立，求实数 m 的取值范围；(3)已知正数a 满足：存在x o € [1 ,+^ )，使得f(x o )v a(— x 0+ 3x °)成立.试比较 e a —1 与a e —1的大小，并证明你的结论.解：(1)证明：因为对任意 x € R ,都有 f(— x)= e — x + e —(— x) = e — x + e x = f(x),所以 f(x)是 R 上的偶函数.(2)由条件知 m(e x + e — x — 1) < e — x — 1在(0, +^)上恒成立.所以一—七——>—3,tT +円1 3 当且仅当t = 2,即卩x = In 2时等号成立.因此实数 m 的取值范围是[—m，— § [ x 13(3)令函数 g(x) = e +e — a( — x + 3x),e 则 g ' (x)= e x — ~x + 3a(x ? - 1). e 当 x > 1 时，e x — 1 > 0, x 2— 1> 0,e 又 a >0,故 g ' (x)>0.所以g(x)是[1, + g )上的单调增函数，因此 g(x)在 [1, + g )上的最小值是 g(1) = e + e —1 — 2a.由于存在x °€ [1,+ g)，使e'+ e — x 0 — a( — x 0+ 3x °) < 0成立，当且仅当最小值 g(1) v 0.—1—1 e + e 故 e + e — 1— 2a < 0,即 a > 2 —.令函数 h(x)= x — (e — 1)ln x — 1,e — 1则 h ' (x)= 1 — .令 h ' (x)= 0,得 x = e — 1, 当 x € (0, e — 1)时，h ' (x)< 0, 故h(x)是(0, e — 1)上的单调减函数； 当 x € (e — 1,+ g )时,h ' (x) >0, 故h(x)是(e — 1, + g )上的单调增函数. 所以h(x)在(0,+s )上的最小值是 h(e — 1). 注意到 h(1) = h(e)= 0,t — 1 令 t = e x (x > 0),贝 U t > 1,所以 m W —12 —1+ 1t — 1 +-对任意t > 1成立. 1t —11 因为t -1+1—,+1>2t — 1 • 1- + 1 = 3, h — 1所以当x€ (1, e—1)? (0, e—1)时，h(e—1)< h(x)< h(1) = 0.当x € (e—1, e)? (e—1,+)时,h(x)v h(e)= 0.所以h(x)v 0对任意的x € (1, e)成立.①当 a € e^2^, e ? (1, e)时，h(a)v 0，即a— 1 v (e—1) • a,从而e a—1< a e—1;②当 a = e 时，e a—1= a e_ 1;③当 a € (e,+^)? (e —1,+ )时，h(a) > h(e) = 0,即 a — 1 > (e—1)ln a,故e a 1> a e1.综上所述，当a€e；e, e 时，e a^< a e 1;当a= e 时，e a 1= a e1;当a € (e, + m) 时，e a—1> a e—1.x7. (2017北京高考)已知函数f(x)= e cosx—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, n上的最大值和最小值.解：(1)因为f(x)= e x cosx—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.V(2)设h(x)= e (cos x—sin x)—1,则h ' (x)= e x(cosx —sin x—sin x —cosx) = —2e x sin x.当x € 0,才时,h' (x)< 0,所以h(x)在区间0, I上单调递减.所以对任意x€ 0, n有h(x)< h(0) = 0,即f' (x)< 0.所以函数f(x)在区间0, n上单调递减.因此f(x)在区间0, n上的最大值为f(0)=1,最小值为f n =—n8. (2018江苏高考)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆0的一段圆弧 MPN(P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成.已知圆0的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米•现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚I 内的地块形状为矩形 ABCD ,大棚H 内的地块形状CDP ,要求A , B 均在线段 MN 上，C , D 均在圆弧上.设 0C 与MN 所成的角为 a(1)用a 分别表示矩形 ABCD 和厶CDP 的面积，并确定 sin a 的取值范围；⑵若大棚I 内种植甲种蔬菜，大棚n 内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积 年产值之比为4： 3.求当a 为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.解：(1)如图，设P0的延长线交 MN 于点H ，则PH 丄MN , 所以0H = 10.过点0作0E 丄BC 于点E , 则 0E // MN ，所以/ C0E = a, 故 0E = 40cos a, EC = 40sin a,则矩形 ABCD 的面积为 2X 4Ocos0(4Osin a+ 10)=800(4sin 0cos a+ cos 0),1△ CDP 的面积为 专 x 2X 40cos 0(40- 40sin 0) =1 600(cos a — sin 0cos 0). 1连结 OG ,令/ GOK = a,贝U sin %=],4当ae a,訂时，才能作出满足条件的矩形 ABCD ,所以sin a 的取值范围是 1, 1】A 丿答：矩形 ABCD 的面积为800(4sin Qcos a+ cos B)平方米，△ CDP 的面积为1 600(cos a — sin 0cos a 平方米，sin a 的取值范围是 4, 1 , ⑵因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为 4 : 3,设甲的单位面积的年产值为4k(k > 0)，乙的单位面积的年产值为3k(k > 0),则年总产值为 4k x 800(4sin 0cos a+ cos0)+ 3k x 1 600(cos a — sin 0cos 0)设 f( 0 = sin Qcos 0+ cos 0, 0€ a, ?卜2 2 2则 f ' (0)= cos a — sin 0— sin 0= — (2sin 0+ sin 0— 1)=—(2sin 0— 1)(sin 0+ 1).过点N 作GNG 和 K ，贝U=8 000k(sin 0 cos 0 + cos 0,00, OE 的延长线于点令f(e)=0,得e=右当f(e>o,所以f(e为增函数;当f(Q)< o,所以f(e为减函数.所以当e= 6时，f(e取到最大值.答：当e= 6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：第18讲 导数的简单应用
[解析] (1)由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0 在区间[a，a
＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0 在区间[a，a＋1]上恒成立，所以
－a2＋2＋a≥0， －a＋12＋2＋a≥0，
解得－1≤a≤－1＋2
5，所以实数 a 的最大值
为－1＋2
5 .
(2)f′(x)＝1x－ax－2＝1－axx2－2x， 由题意知 f′(x)<0 有实数解， ∵x>0，∴ax2＋2x－1>0 有实数解． 当 a≥0 时，显然满足； 当 a<0 时，只需 Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0. 综上知 a>－1，即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞)．
故 f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞上单调递增， 在0，a3上单调递减． 若 a＝0，则 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0； 当 x∈a3，0时，f′(x)<0. 故 f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)上单调递增， 在a3，0上单调递减．
∵f(x)是 R 上的增函数，∴f′(x)≥0 在 R 上恒成立，
即 ex≥eax在 R 上恒成立，∴a≤e2x 在 R 上恒成立． 又 e2x>0，∴a≤0，即 a 的取值范围是(－∞，0]． 答案：－1 (－∞，0]
3．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y＝ln x 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点(－e，－1)(e 为自 然对数的底数)，则点 A 的坐标是________．
4．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)是否存在 a，b，使得 f(x)在区间[0,1]的最小值为－1 且最 大值为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由． 解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝a3. 若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)>0； 当 x∈0，a3时，f′(x)<0.
(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习专题四函数与导数、不等式第18讲导数的简单应用练习
第18讲 导数的简单应用课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角A 级——高考保分练1．若f (x )＝sin x x ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________. 解析：f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2.答案：－4π22．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝________. 解析：令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.经验证，－1ln 2为函数y ＝x ·2x的极小值点．答案：－1ln 23．(2019·连云港调研)若f (x )＋3f (－x )＝x 3＋2x ＋1对x ∈R 恒成立，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为________．解析：∵f (x )＋3f (－x )＝x 3＋2x ＋1，① ∴f (－x )＋3f (x )＝－x 3－2x ＋1，② 联立①②，解得f (x )＝－12x 3－x ＋14，则f ′(x )＝－32x 2－1，∴f (1)＝－12－1＋14＝－54，f ′(1)＝－32－1＝－52，∴切线方程为y ＋54＝－52(x －1)，即10x ＋4y －5＝0.答案：10x ＋4y －5＝04．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________. 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]， 所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e5．(2019·苏北四市期末)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：xy ＝3上任意一点P 到直线l ：x ＋3y ＝0的距离的最小值为________．解析：设过曲线C ：xy ＝3上任意一点P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，3x 0的切线与直线l ：x ＋3y ＝0平行．因为y ′＝－3x2，所以y ′|x ＝x 0＝－3x 20＝－33， 解得x 0＝± 3.当x 0＝3时，P (3，1)到直线l ：x ＋3y ＝0的距离d ＝|3＋3|2＝3；当x 0＝－3时，P (－3，－1)到直线l ：x ＋3y ＝0的距离d ＝|－3－3|2＝3，所以曲线C ：xy ＝3上任意一点到直线l ：x ＋3y ＝0的距离的最小值为 3. 答案： 36.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，则函数f (x )的极大值、极小值分别是________．解析：由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．答案：f (－2)、f (2)7．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 8．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵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. 答案：99．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是________． 解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值， 则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1.解a 3－3a ≥－2，即a 3－3a ＋2≥0，得a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)． 答案：[－2,1)10．(2019·盐城期中)已知函数f (x )＝(x ＋m )e x－12x 2－(m ＋1)x 在R 上单调递增，则实数m 的取值集合为________．解析：因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0在R 上恒成立，即f ′(x )＝e x＋(x ＋m )e x －x －(m ＋1)＝(x ＋m ＋1)(e x－1)≥0在R 上恒成立．①当x ＞0时，e x－1＞0，所以x ＋m ＋1≥0恒成立， 即m ≥(－1－x )max ，所以m ≥－1；②当x ＜0时，e x－1＜0，所以x ＋m ＋1≤0恒成立， 即m ≤(－1－x )min ，所以m ≤－1； ③当x ＝0时，e x－1＝0，所以m ∈R . 综上可知，实数m 的取值集合为{－1}． 答案：{－1}11．(2019·苏州中学期末)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．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ，从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 62＋b －a 26，即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a6对称． 从而由题设条件知－a 6＝－12，即a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0， 得b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， 所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0， 即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )＜0， 即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6. 12．已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．解：(1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f x >0，x >0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f x <0，x >0，得x >e ，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e，m >0，即0<m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln ee －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e－1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.B 级——难点突破练1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1 是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．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 －xx＝－ax ＋x －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，＋∞)2．已知三次函数f (x )在x ＝0处取得极值0，在x ＝1处取得极值1，若存在两个不同实数x 1，x 2∈(k ，k ＋1)，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，则实数k 的取值范围是________．解析：设三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ， 则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .∵f (x )在x ＝0处取得极值0，在x ＝1处取得极值1.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝c ＝0，f ＝3a ＋2b ＋c ＝0，f 0＝d ＝0，f1＝a ＋b ＋c ＋d ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝3，c ＝d ＝0.∴f (x )＝－2x 3＋3x 2，f ′(x )＝－6x 2＋6x ，由f ′(x )>0，得0<x <1；由f ′(x )<0，得x >1或x <0，∴函数f (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝0，作出函数f (x )的图象如图所示． 结合图象可得k <32<k ＋1，∴实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 3．已知函数f (x )＝exx.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝xf (x )－ax ＋1，若g (x )在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )＝exx，x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以f ′(x )＝exx －x 2.当f ′(x )＝0时，x ＝1.f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表：故f ((－∞，(2)g (x )＝e x－ax ＋1，x ∈(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝e x－a ，①当a ≤1时，g ′(x )＝e x－a >0，即g (x )在(0，＋∞)上递增，此时g (x )在(0，＋∞)上无极值点． ②当a >1时，令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ； 令g ′(x )＝e x－a >0，得x ∈(ln a ，＋∞)； 令g ′(x )＝e x －a <0，得x ∈(0，ln a )．故g (x )在(0，ln a )上递减，在(ln a ，＋∞)上递增，所以g (x )在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x ＝ln a . 故实数a 的取值范围是(1，＋∞)． 4．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 )＝a x ＋2＝a ＋2xx.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⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a2，∴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)．。
【数学】江苏专用2020版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练导数练习文
【关键字】数学（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3 导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．3．已知函数f(x)＝ln x＋(a＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．4．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤.5．已知函数f(x)＝xln x和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；(3)求证：＋＋…＋＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝0时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(2)f ′(x)＝－1＋＝.令f ′(x)＝0，得－x2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a.①当a ≤－时，f ′(x)≤0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当a ＞－时，由f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝.(i)若－＜a ＜0，则x1＞x2＞0，由f ′(x)＜0，得0＜x ＜x2，x ＞x1；由f ′(x)＞0，得x2＜x ＜x1.所以f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)．(ii)若a ＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x1＞0＞x2，由f ′(x)＜0，得x ＞x1；由f ′(x)＞0，得0＜x ＜x1.所以f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．综上所述，当a ≤－时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当－＜a ＜0时，f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)； 当a ≥0时，f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．2．解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a.若a ≤0，则f ′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递加．若a ＞0，则当x ∈时，f ′(x)＞0；当x ∈时，f ′(x)＜0.所以f(x)在上单调递加，在上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，a 的取值范围是(0,1)．3．解 (1)f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x2. 因为a ＞0，由f ′(x )＞0，得x ∈(a ，＋∞)，由f ′(x )＜0，得x ∈(0，a )，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(2)由题意，将方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12化简得 b ＝ln x －12x 2＋12，x ∈(0，＋∞)．令h (x )＝ln x －12x 2－b ＋12， 则h ′(x )＝1x －x ＝1＋x 1－x x .当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )在x ＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h (1)＝ln 1－12×12－b ＋12＝－b . 所以当－b ＞0，即b ＜0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有两个交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12有两个实根； 当b ＝0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有一个交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12有一个实根； 当b ＞0时，y ＝h (x )的图象与x 轴无交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12无实根． 4．证明 要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≥1－x ， 只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x .记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ，则h ′(x )＝x (e x －e －x )．显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在[0,1]上是增函数，∴h (x )≥h (0)＝0.∴f (x )≥1－x ，x ∈[0,1]．要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≤11＋x ， 只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1.当x ∈(0,1)时，K ′(x )＞0，∴K (x )在[0,1]上是增函数．∴K (x )≥K (0)＝0，∴f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． 综上，1－x ≤f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． 5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )，即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x＝0. 令h (x )＝ln x －x ＋1x， 则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x2 ＝－[x －122＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )，即ln x ＜m (x －1x)，设F (x )＝ln x －m (x －1x)，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0， F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2) ＝－mx 2＋x －m x 2. ①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2，当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2.当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时， ln x ＜12(x －1x)成立． 不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)， ∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1 ＝4k 4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k 4k 2－1(k ∈N *)， 累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n2－1＞ln(2n＋1)(n∈N*)．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时达标训练(十九) 导数的简单应用A 组1．(2019·苏州期末)曲线y ＝x ＋2e x在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．解析：由函数y ＝x ＋2e x ，可得y ′＝1＋2e x，当x ＝0时，y ＝2，y ′＝3，所以曲线y ＝x ＋2e x 在点(0，2)处的切线方程为y ＝3x ＋2，令y ＝0，可得x ＝－23，所以曲线y ＝x ＋2ex在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12×2×23＝23.答案：232．(2019·常州期末)若直线kx －y －k ＝0与曲线y ＝e x(e 是自然对数的底数)相切，则实数k ＝________．解析：设切点坐标为(x 0，e x 0)，则曲线y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线方程为y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，即e x 0x －y ＋e x 0(1－x 0)＝0，易知该切线与直线kx －y －k ＝0重合，所以e x 0＝－e x 0(1－x 0)＝k ，得x 0＝2，k ＝e 2.答案：e 23．(2019·安徽师大附中期中)已知函数f (x )＝e x ＋a e －x为偶函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为83，则该切点的横坐标为________．解析：∵函数f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即e －x ＋a e x ＝e x ＋a e －x，可得a ＝1.∴f (x )＝e x ＋e －x ，∴f ′(x )＝e x －e －x.设该切点的横坐标为x 0，则e x 0－e －x 0＝83.令e x 0＝t >0，可得t －1t ＝83，整理可得3t2－8t －3＝0，解得t ＝3或－13(舍)．∴e x 0＝3，解得x 0＝ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34．(2019·广东广州一模)已知过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，y 0)，则由(x e x )′＝x e x ＋e x可知切线斜率k ＝(x 0＋1)·e x 0，所以切线方程为y －y 0＝(x 0＋1)·e x 0(x －x 0)．将点A (a ，0)代入切线方程得－y 0＝(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)．又y 0＝x 0e x 0，所以(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)＝－x 0e x 0，整理得x 20－ax 0－a ＝0有两个解，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0.答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)5．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则e x＝－a ，x ＝ln(－a )．因为函数f (x )有大于零的极值点，所以ln(－a )＞0，所以－a ＞1，即a ＜－1. 答案：(－∞，－1)6．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋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________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋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.答案：(－∞，－3]7．(2019·盐城三模)已知函数f (x )＝x ＋4sin x ，若不等式kx ＋b 1≤f (x )≤kx ＋b 2对一切实数x 恒成立，则b 2－b 1的最小值为________．解析：原不等式可化为(k －1)x ＋b 1≤4sin x ≤(k －1)x ＋b 2，结合函数图象(图略)知k ＝1，进一步得b 2≥4，b 1≤－4，所以b 2－b 1≥8，所以b 2－b 1的最小值为8.答案：88．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________． 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e )≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]， 所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e9．若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2mx ＋1x －2＝2mx 2－2x ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g (x )＝2mx 2－2x ＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≥0，解得m ≥12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 10．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵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. 答案：911．(2019·南京盐城一模)设函数f (x )＝x 3－a 2x (a >0，x ≥0)，O 为坐标原点，A (3，－1)，C (a ，0)，对函数图象上的任意一点B ，都满足OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→成立，则a 的值为________．解析：由题意得OA ―→＝(3，－1)，OC ―→＝(a ，0)，设B (x ，x 3－a 2x )，则OB ―→＝(x ，x 3－a 2x )，由OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→得3x －(x 3－a 2x )≤3a ，整理得(x －a )(x 2＋ax －3)≥0.法一：设y 1＝x －a ，y 2＝x 2＋ax －3，则由(x －a )(x 2＋ax －3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，两函数的图象应交于x 轴上的点(a ，0)，将x ＝a 代入x 2＋ax －3＝0，得a 2＋a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法二：设g (x )＝(x －a )(x 2＋ax －3)，则g (a )＝0，g ′(x )＝x 2＋ax －3＋(x －a )(2x ＋a )＝3x 2－3－a 2，因为g ′(x )在[0，＋∞)上有唯一零点，所以要使g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，需g ′(a )＝2a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法三：由3x －(x 3－a 2x )≤3a 得x 3－a 2x ≥3x －3a .设p (x )＝x 3－a 2x ，q (x )＝3x －3a ，易知当x ≥0时，p (x )的图象上的点不在q (x )图象的下方，因为两函数图象有公共点(a ，0)，且q (x )的图象是直线，所以p ′(a )＝2a 2＝3，得a ＝62. 答案：6212．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知x ＞0，且f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案：(0，1)∪(2，3)13．已知函数f (x )＝－x ln x ＋ax 在(0，e]上是增函数，函数g (x )＝|e x－a |＋a 22，当x ∈[0，ln 3]时，函数g (x )的最大值M 与最小值m 的差为32，则a 的值为________．解析：由题意可知f ′(x )＝－(ln x ＋1)＋a ≥0在(0，e]上恒成立，所以a ≥ln x ＋1，即a ≥2.当2≤a ＜3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x＋a 22，0≤x ＜ln a ，e x－a ＋a22，ln a ≤x ≤ln 3，g (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，ln 3]上单调递增，因为g (0)－g (ln 3)＝a －1＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a ＋a 22＝2a －4≥0，所以g (0)≥g (ln 3)，所以M －m ＝g (0)－g (ln a )＝a －1＝32，解得a ＝52；当a ≥3时，g (x )＝a －e x＋a 22，g (x )在[0，ln 3]上递减，所以M －m ＝g (0)－g (ln 3)＝2≠32，舍去．故a ＝52.答案：5214．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1，2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1，2]上单调递减．又g ′(x )＝（e x）2＋2a 2·e x ，所以g ′(x )＝（e x ）2＋2a2·ex≤0在区间[1，2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤－（e x ）2，e 2－a e≤0无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1，2]上单调递增， 即g ′(x )＝（e x ）2＋2a 2·e x≥0在区间[1，2]上恒成立， 且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－（e x）2，e 2－a e≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 B 组1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．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 －xx＝－（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，＋∞)2．(2019·南京四校联考)已知f (x )＝e x ＋x 2－ax ，g (x )＝ln x ＋x ，若对任意的x >0，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式f (x )≥g (x )可化为e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，由题意知，当x >0时，e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，即a ＋1≤e x ＋x 2－ln xx恒成立．令F (x )＝e x ＋x 2－ln xx，则F ′(x )＝e x（x －1）＋x 2－1＋ln x x2，显然有F ′(1)＝0，且当x >0时，[e x (x －1)＋x 2－1＋ln x ]′＝x e x ＋2x ＋1x>0，所以当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，所以F (x )min ＝F (1)＝e ＋1.因此有a ＋1≤e ＋1.故a ≤e.答案：(－∞，e]3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1e x ，x ≥a ，－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.解析：对于函数y ＝x －1ex，y ′＝2－xex ，由y ′>0，得x <2；由y ′<0，得x >2， 所以y ＝x －1e x在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0.先不考虑a ，作出y ＝x －1e x和y ＝－x －1的图象如图所示．只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1ex 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有三个公共点．答案： ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 4．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．解析：令h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2＋|x －a |－(2a －1)x －a ln x ，则h (x )有且仅有两个零点．a ≤0时，h (x )＝x 2－2(a －1)x －a ln x －a ，h ′(x )＝2x －2(a －1)－ax>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意．a >0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ln x ＋a ，0<x <a ，x 2－2（a －1）x －a ln x －a ，x ≥a ，0<x <a 时，h ′(x )＝2(x －a )－ax <0，所以h (x )在(0，a )上单调递减；x ≥a 时，h ′(x )＝2x －2(a －1)－a x ＝2(x －a )＋2x －ax>0，所以h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (a )＝－a 2＋a －a ln a <0，即a －1＋ln a >0.令φ(a )＝a ＋ln a －1，则φ′(a )＝1＋1a>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增，又φ(1)＝0，所以φ(a )>0的解集为a ∈(1，＋∞)．此时易知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1a2－2＋a ln a ＋a >0，h (a 3)＝a (a 5－2a 3＋2a 2－3ln a －1)>0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1a，a 和(a ，a 3)上各有一个零点，满足题意．综上，a ∈(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |，x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析：x ＜1时，f (x )＝－|x 3－2x 2＋x |＝－|x (x －1)2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1）2，x ＜0，－x （x －1）2，0≤x ＜1， 当x ＜0时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)＞0 ∴f (x )是增函数；当0≤x ＜1，f ′(x )＝－(x －1)(3x －1)，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，根据图象变换可作出函数y ＝f (x )在R 上的图象如图所示．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)， 因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e.函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1 6．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则ba的最小值为________．解析：f ′(x )＝1x ＋(e －a )＝（e －a ）x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立． 当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1.由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a≥－ln （a －e ）－1a.设g (x )＝－ln （x －e ）－1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x ＋ln （x －e ）＋1x 2＝ee －x＋ln （x －e ）x2. 由于y ＝e e －x＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e ，2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e ，当a ＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.答案：－ 1e。