2018年高考数学二轮复习第一部分专题一第五讲导数的应用第五讲导数的应用(一)习题
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
2018高考理科第二轮复习专题三 导数及其应用
一、导数的概念及几何意义： 1、函数在x=x0处的导数及其导函数的概念； 2、函导数的几何意义.
二、导数运算
1、求导公式； 2、导数的四则运算法则.
二、导数的应用
1、利用导数求曲线的切线；
2、利用导数判断函数的单调性： (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，
如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件， 当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为 常数函数，函数不具有单调性.
3、利用导数求函数极值和最值： (1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的 最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论 的问题. (2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一 个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有. (3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的 函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值 一定是函数的最值. 4、利用导数综合研究函数的性质、函数的零点、 方程的根、构造函数证明不等式等问题.
（二）求函数的极值、最值
1 【例3】已知函数f(x)= ln x , g ( x) ax b. x (1)若a 2, F (x) f ( x) g ( x), 求F （x）的单调区间； 1 （2）若函数g ( x) ax b是函数f ( x) ln x 图像 x 的切线，求a+b的最小值.
(1)(2)(4) . 其中正确的命题的序号是 ____________
类型二 导数的几何意义 求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在 点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不 一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在 点P处的切线，必以点P为切点. 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.
2018届高考数学考试大纲解读专题04导数及其应用文
专题04 导数及其应用（十七）导数及其应用1．导数概念及其几何意义（1）了解导数概念的实际背景.（2）理解导数的几何意义.2．导数的运算（1）能根据导数定义求函数y=C（C为常数），21,,,y x y x yx===的导数.（2）能利用下面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.•常见基本初等函数的导数公式：•常用的导数运算法则：法则1:法则2:法则3:3．导数在研究函数中的应用（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（其中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（其中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（其中多项式函数一般不超过三次）.4．生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.与2017年考纲相比没什么变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，在2018年的高考中预计仍会以“一小一大”的格局呈现，“一小”即以选择题或填空题的形式考查导数的几何意义和导数在研究函数问题中的直接应用，或以定积分的简单应用为主，难度中等；“一大”即以压轴题的形式呈现，仍会以导数的应用为主，主要考查导数、含参不等式、方程、探索性等方面的综合应用，难度较大.考向一 利用导数研究函数的单调性样题1 （2017新课标全国Ⅰ文科）已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2ax =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042a a --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥． 综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．样题2（2017新课标全国Ⅲ文科）已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--.【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.考向二 利用导数研究函数的极值问题样题3 若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．1【答案】A样题4 （2017山东文科）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （1）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【解析】（1）由题意2()f x x ax '=-， 所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-，①当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减；当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--， 当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-.②当0a =时，()(sin )g x x x x '=-，当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值.③当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；考向三 导数与不等式恒成立问题样题 5 已知定义在R 上的奇函数()f x 满足：当0x ≥时，()s i n f x x x=-.若不等式2(4)(2)f t f m m t ->+对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是A ．(,-∞B ．(C ．(,0)(2,)-∞+∞D ．(,(2,)-∞+∞【答案】A【解析】由题意得，当0x ≥时，()1cos 0f x x '=-≥，则()f x 在[0,)+∞上单调递增，又根据奇函数的性质可知，()f x 在R 上单调递增，那么由2(4)(2)f t f m mt ->+可得242t m mt ->+在R 上恒成立，分离参数得242t m t <-+，令24()2t g t t =-+，求导可得，()g t 在(,-∞上单调递增，在(上单调递减，在)+∞上单调递增，故min ()g t g ==min ()m g t g <==.故选A ．【思路点睛】本题主要考查导数的最值应用,奇函数的性质,分离参数的方法，属于中档题.本题有两种方法求解：（1）利用函数是奇函数，可将0x <时的函数解析式求出，再用函数的单调性求解；（2）直接先求出0x ≥时的单调性，再根据奇函数在对称区间上的单调性相同可得出()f x 在R 上单调递增，可得到242t m mt ->+在R 上恒成立，再利用分离参数的方法，可得到242t m t <-+，进而利用求导的方法求出24()2t g t t =-+的最小值即可.此题判断出()f x 在R 上的单调性是解题的关键． 样题6 已知函数()2f x x x =-，()e 1x g x ax =--（e 为自然对数的底数）．（1）讨论函数()g x 的单调性；（2）当0x >时，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．。
第五讲 导数在研究函数性质中的应用
第5讲│ 要点热点探究要源自热点探究► 探究点一 导数的几何意义及其应用 例1 (1)[2012· 广东卷] 曲线 y＝x3－x＋3 在点(1,3)处的 切线方程为________． 1 x (2)[2012· 课程标准卷] 设点 P 在曲线 y＝ e 上，点 Q 在曲 2 线 y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为( ) A．1－ln2 B. 2(1－ln2) C．1＋ln2 D. 2(1＋ln2)
第5讲 │ 二轮复习建议
数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能 力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心 是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是围 绕定积分及其应用展开，设计考查求解定积分的值，使用定积 分计算曲边形面积的方法，试题一般是选择题或者填空题，难 度也不大． 预计 2013 年对导数及其应用的考查不会出现大的变动，仍 然会在选择题和填空题中考查导数的几何意义及其简单应用、 定积分及其简单应用，在解答题中作为压轴题综合考查导数在 研究函数性质中的应用、导数研究不等式和方程等问题．
[答案] B
1 [解析] 曲线即 y＝x －lnx(x>0)，y′＝2x－ ，令 y′＝－ x 1 1 得 x＝ 或 x＝－1(舍去)，由此可得曲线 x2－y－2ln x＝0 的 2 1 1 斜率为－1 的切线的切点坐标为2，4＋ln2，该点到直线 4x＋ 4y＋1＝0 的距离即为曲线上的点到直线距离的最小值， 即所求 |2＋1＋4ln2＋1| 2 的最小值为 ＝ (1＋ln2)． 2 4 2
第5讲│ 要点热点探究
[点评] 本例第一题是导数几何意义的直接运用， 要注意所求 的是曲线上一点处的切线方程，这与过某点的曲线的切线方程是 不同的；本例第二题对数形结合的思想意识要求较高，其难点有 两处，一个是判定两曲线关于直线 y＝x 对称，在解析中我们使 1 x 用的是证明一般曲线关于直线 y＝x 对称的方法，实际上 y＝ e 2 和 y＝ln(2x)互为反函数，图象关于 y＝x 对称(这个判断高于新课 标教材中指数函数与对数函数互为反函数的要求)， 第二个难点是 把求解的最小值转化为求切点或者求曲线上的点到直线 y＝x 的 距离问题，以及问题的解决方法．
2018届高考数学二轮复习导数的简单应用课件文
答案：C
利用导数研究函数的单调性
[师生共研·悟通]
导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件， 如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件， 当函数 在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x)为常数，函数不具有 单调性．
导数的运算及几何意义
[师生共研·悟通] 1．导数的几何意义
函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切 线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应 的切线方程为 y (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； 1 (4)(logax)′＝ (a>0，且 a≠1)． xln a
答案：C
3．已知直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋mx＋n 相切于点 A(1，3)，则 n＝ A．－1 B． 1 ( )
C．3 D．4 解析：对 y＝x3＋mx＋n 求导得，y′＝3x2＋m，
∵A(1,3)在直线 y＝kx＋1 上，∴k＝2，
3＋m＝2， ∴由 1＋m＋n＝3，
解得 n＝3.
答案：D
4 3．已知函数f(x)＝ax ＋x (a∈R)在x＝－ 处取得极值． 3
3 2
(1)确定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
4 4 因为f(x)在x＝－ 处取得极值，所以f′－3＝0， 3 4 16a 8 16 1 即3a× ＋2× －3 ＝ － ＝0，解得a＝ . 9 3 3 2
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.4 导数的综合应用 精品
解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为 增 函 数 ． 又
b>a>3>e ， 所 以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ， 所 以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为
P21，f12到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝12－－12－2ln2＋3＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a， ∵x>1a时，F′(x)<0， ∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0，
高考巡航 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与 函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性 方程根的存在区间
不等式恒成立 导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
北京市2018届高三数学理一轮复习 2.11 导数的应用课件 精品
解（1） 由题意得ff′0＝01＝，0， 即 cb＝＝10，. (2)、由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0； 当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0， a).
(2)由(1)f′(x)＝ex＋ex 1－a＝1－ex＋1 1－a. ①当 a≥1 时，f′(x)＜0 恒成立， ∴a∈[1，＋∞)时，函数 y＝f(x)在 R 上单调递减． ②当 0＜a＜1 时，由 f′(x)＞0 得(1－a)(ex＋1)＞1， 即 ex＞－1＋1－1 a，解得 x＞ln1－a a， 当 0＜a＜1 时，由 f′(x)＜0 得(1－a)(ex＋1)＜1，
真题再现
2. 【2016高考北京数学】（本小题13分）设函数 f (x) xeax 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.
知识梳理
1、函数的单调性与导数
2．函数的极值与导数
当 0<x<1a时，f′(x)>0； 当 x>1a时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f 1a＝－ln a－1＝－1，解得 a＝1.
解析答案
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题型六 利用导数解决生活中的优化问题
例 6.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该 蓄水池的底面半径为 r 米，高为 h 米，体积为 V 立方米．假设 建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为 100 元/平方米， 底面的建造成本为 160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12 000π元(π为圆周率)．
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第五讲 导数的应用(一)限时规范训练 A 组——高考热点强化练一、选择题1．曲线y ＝e x在点A 处的切线与直线x ＋y ＋3＝0垂直，则点A 的坐标为( ) A ．(－1，e －1) B ．(0,1) C ．(1，e)D ．(0,2)解析：与直线x ＋y ＋3＝0垂直的直线的斜率为1，所以切线的斜率为1，因为y ′＝e x，所以由y ′＝e x ＝1，解得x ＝0，此时y ＝e 0＝1，即点A 的坐标为(0,1)，选B. 答案：B2．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 )在原点附近的图象大致是( )解析：因为f ′(x )＝2x －2sin x ，[f ′(x )]′＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增，故选A. 答案：A3．曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2解析：因为f (x )＝x ln x ，所以f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1，所以曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为π4.答案：B4．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，2] C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，52解析：因为f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6，当x ∈(2，＋∞)时，令f ′(x )≥0，即6x 2－6mx ＋6≥0，则m ≤x ＋1x ，又因为y ＝x ＋1x 在(2，＋∞)上为增函数，故当x ∈(2，＋∞)时，x ＋1x >52，故m ≤52，故选D. 答案：D5．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：A6．已知常数a ，b ，c 都是实数，f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34的导函数为f ′(x )，f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，若f (x )的极小值等于－115，则a 的值是( ) A ．－8122B.13 C ．2D ．5解析：由题意知，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集为[－2,3]，且在x ＝3处取得极小值－115，故有⎩⎪⎨⎪⎧3a >0，－2＋3＝－2b 3a ，－2×3＝c3a ，f 3＝27a ＋9b ＋3c －34＝－115，解得a ＝2.答案：C7．(2017·沈阳模拟)已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：根据题意，设函数g (x )＝f x x 2(x ≠0)，当x >0时，g ′(x )＝f ′x ·x －2·f xx 3<0，说明函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，又f (1)＝0，所以g (1)＝0， 故g (x )在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零，即f (x )在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零． 答案：D8．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：因为x 2f ′(x )＋xf (x )＝sin x ，x ∈(0,6)，所以xf ′(x )＋f (x )＝sin x x，设g (x )＝xf (x )，x ∈(0,6)，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＝sin x x，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. 答案：D 二、填空题9．曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．解析：∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，∴切线方程为y－2＝x －1， 即x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝010．设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则函数f (x )的单调增区间为________．解析：因为f (x )＝x (e x －1)－12x 2，所以f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)(x ＋1)．令f ′(x )>0，即(e x－1)·(x ＋1)>0，解得x ∈(－∞，－1)或x ∈(0，＋∞)．所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)11．函数f (x )＝x 3－3x 2＋6在x ＝________时取得极小值．解析：依题意得f ′(x )＝3x (x －2)．当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )在x ＝2时取得极小值． 答案：212．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA, △FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415 cm 3三、解答题13．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 )的单调区间与极值．解析：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2， 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln 5. 14．设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．解析：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝6x ＋a e x －3x 2＋ax e x e x 2＝－3x 2＋6－a x ＋ae x， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0. 当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6xe x， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.15．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e xcos 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．解析：(1)因为f (x )＝e xcos 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 xsin 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. B 组——高考能力提速练一、选择题1．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b <0，c >0，d >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <0解析：∵函数f (x )的图象在y 轴上的截距为正值，∴d >0.∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在(－∞，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )<0的解集为(x 1，x 2)，∴a >0，又x 1，x 2均为正数，∴c 3a >0，－2b6a>0，可得c >0，b <0.答案：A2．设函数f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，则实数t 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π－π6(k ∈Z)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π3，2k π＋11π6(k ∈Z)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋π3(k ∈Z) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π3，2k π＋7π6(k ∈Z) 解析：由题意得f ′(x )＝1－2cos x ≤0，即cos x ≥12，解得2k π－π3≤x ≤2k π＋π3(k ∈Z)，∵f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3，∴2k π－π3≤t ≤2k π－π6(k ∈Z)，故选A. 答案：A3．(2017·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 ．e 12D ．2e 12解析：依题意，设直线y ＝ax 与曲线y ＝2ln x ＋1的切点的横坐标为x 0，则有y ′|x ＝x 0＝2x 0，于是有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2x 0，ax 0＝2ln x 0＋1，解得x 0＝e ，a ＝2x 0＝2e －12，选B.答案：B4．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( ) A ．[－3，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]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：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增又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：D5．对∀x ∈R ，函数f (x )的导数存在，若f ′(x )>f (x )，且a >0，则以下说法正确的是( ) A ．f (a )>e a·f (0) B ．f (a )<e a·f (0) C ．f (a )>f (0) D ．f (a )<f (0)解析：设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex>0，故g (x )＝f xex为R 上的单调递增函数，因此g (a )>g (0)， 即f aea>f 0e＝f (0)，所以f (a )>e a·f (0)，选A.答案：A6．若函数f (x )＝x e x－a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．－1e <a <0B ．a >－1eC ．－e<a <0D ．0<a <e解析：构造函数g (x )＝x e x，则g ′(x )＝e x(x ＋1)，因为e x>0，所以由g ′(x )＝0，解得x ＝－1， 当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数， 所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值：g (－1)＝－e －1＝－1e.画出函数y ＝x e x的图象，如图所示，显然当－1e <a <0时，函数f (x )＝x e x－a 有两个零点，故选A.答案：A7．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析：设y ＝2x 3＋3x 2＋1(－2≤x ≤0)，则y ′＝6x (x ＋1)(－2≤x ≤0)，所以－2≤x <－1时y ′>0，－1<x <0时y ′<0，所以y ＝2x 3＋3x 2＋1在[－2,0]上的最大值为2，所以函数y ＝e ax在(0,2]上的最大值不超过2，当a >0时，y ＝e ax 在(0,2]上的最大值e 2a≤2，所以0<a ≤12ln 2，当a ＝0时，y＝1≤2，当a <0时，y ＝e ax在(0,2]上的最大值小于1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2.答案：D8．定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，已知f (x ＋1)是偶函数，且(x －1)f ′(x )<0.若x 1<x 2，且x 1＋x 2>2，则f (x 1)与f (x 2)的大小关系是( )A ．f (x 1)<f (x 2)B ．f (x 1)＝f (x 2)C ．f (x 1)>f (x 2)D ．不确定解析：由(x －1)f ′(x )<0可知，当x >1时，f ′(x )<0，函数单调递减．当x <1时，f ′(x )>0，函数单调递增．因为函数f (x ＋1)是偶函数，所以f (x ＋1)＝f (1－x )，f (x )＝f (2－x )，即函数f (x )图象的对称轴为x ＝1.所以，若1≤x 1<x 2，则f (x 1)>f (x 2)；若x 1<1，则x 2>2－x 1>1，此时有f (x 2)<f (2－x 1)，又f (2－x 1)＝f (x 1)，所以f (x 1)>f (x 2)． 综上，必有f (x 1)>f (x 2)，选C. 答案：C 二、填空题9．曲线y ＝x (3ln x ＋1)在点(1,1)处的切线方程为______．解析：y ′＝3ln x ＋1＋x ·3x＝3ln x ＋4，k ＝y ′|x ＝1＝4，切线方程为y －1＝4(x －1)，即y ＝4x－3.答案：y ＝4x －310．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，＋∞11．已知函数f (x )＝ln x ，则函数g (x )＝f (x )－f ′(x )在区间[2，e]上的最大值为________． 解析：因为f (x )＝ln x ，所以f ′(x )＝1x ，则g (x )＝f (x )－f ′(x )＝ln x －1x，函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1x ＋1x2>0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以g (x )在区间[2，e]上的最大值g (x )max ＝g (e)＝ln e －1e ＝1－1e .答案：1－1e12．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为________．解析：本题考查导数在函数中的应用，考查考生的构造思想．设F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在R 上恒成立，且F (0)＝0，所以F (x )＝xf (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以在(0，＋∞)上g (x )＝xf (x )＋1>1恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋1的零点个数为0. 答案：0 三、解答题13．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a 的值．解析：(1)x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2(a >0)，显然f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax 2. ①若a ≥－1，则当x ∈(1，e)时，x ＋a >0，即f ′(x )>0，故f (x )在[1，e]上为增函数， ∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则当x ∈(1，e)时，x ＋a <0，即f ′(x )<0，故f (x )在[1，e]上为减函数，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ，当1<x <－a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1，－a )上为减函数； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，e)上为增函数． ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e.综上所述，a ＝－ e.14．(2017·潍坊模拟)已知函数f (x )＝a x＋b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x .(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)若∀x ≥1，f (x )≤kx 恒成立，求k 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝bx －ax 2，故f ′(1)＝b －a ＝1， 又f (1)＝a ，点(1，a )在直线y ＝x 上， ∴a ＝1，则b ＝2.∴f (x )＝1x ＋2ln x 且f ′(x )＝2x －1x2，当0<x <12时，f ′(x )<0，当x >12时，f ′(x )>0.故函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2ln 2，无极大值．(2)由题意知，k ≥f x x ＝2ln x x ＋1x 2(x ≥1)恒成立， 令g (x )＝2ln x x ＋1x2(x ≥1)， 则g ′(x )＝2－2ln x x 2－2x 3＝2x －x ln x －1x 3(x ≥1)， 令h (x )＝x －x ln x －1(x ≥1)，则h ′(x )＝－ln x (x ≥1)，当x ≥1时，h ′(x )≤0，h (x )在[1，＋∞)上为减函数，故h (x )≤h (1)＝0，故g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，＋∞)上为减函数，故g (x )的最大值为g (1)＝1，∴k ≥1.15．已知函数f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5. (1)求函数f (x )的图象在点(3，f (3))处的切线方程；(2)若曲线y ＝f (x )与y ＝2x ＋m 有三个不同的交点，求实数m 的取值范围．解析：(1)∵f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋5，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋2. 易求得f ′(3)＝2，f (3)＝132. ∴f (x )的图象在(3，f (3))处的切线方程是y －132＝2(x －3)，即4x －2y ＋1＝0. (2)令f (x )＝2x ＋m ，即13x 3－32x 2＋2x ＋5＝2x ＋m ，得13x 3－32x 2＋5＝m ， 设g (x )＝13x 3－32x 2＋5， ∵曲线y ＝f (x )与直线y ＝2x ＋m 有三个不同的交点，∴曲线y ＝g (x )与直线y ＝m 有三个不同的交点，易得g ′(x )＝x 2－3x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝3，当x <0或x >3时，g ′(x )>0，当0<x <3时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增，在(0,3)上单调递减，又g (0)＝5，g (3)＝12，即g (x )极大值＝5，g (x )极小值＝12， ∴可画出如图所示的函数g (x )的大致图象．1 2<m<5.∴实数m的取值范围为。