导数及其应用经典练习答案
导数及其应用测试题(有详细答案)
《导数及其应用》一、选择题1。
0()0f x '=是函数()f x 在点0x 处取极值的:A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 2、设曲线21y x =+在点))(,(x f x 处的切线的斜率为()g x ,则函数()cos y g x x =的部分图象可以为A 。
B. C 。
D.3．设()f x '是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( ）4.若曲线y ＝x 2＋ax ＋b在点(0，b ）处的切线方程是x －y ＋1＝0，则（ ）A ．a ＝1，b ＝1B ．a ＝－1，b ＝1C ．a ＝1，b ＝－1D ．a ＝－1,b ＝－1 5．函数f (x ）＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x ）在x ＝－3时取得极值,则a 等于（ ）A ．2B ．3C ．4D ．56。
设函数()f x 的导函数为()f x '，且()()221f x x x f '=+⋅，则()0f '等于 （ )A 、0B 、4-C 、2-D 、27。
直线y x =是曲线ln y a x =+的一条切线，则实数a 的值为（ ）A ．1-B ．eC ．ln 2D ．18。
若函数)1,1(12)(3+--=k k x x x f 在区间上不是单调函数，则实数k 的取值范围（ ） A ．3113≥≤≤--≤k k k 或或 B ．3113<<-<<-k k 或C ．22<<-kD ．不存在这样的实数k9.函数()f x 的定义域为(),a b ，导函数()f x '在(),a b 内的图像如图所示， 则函数()f x 在(),a b 内有极小值点 （ )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 10.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为'()f x ，'(0)0f >，对于任意实数x 都有()0f x ≥,则(1)'(0)f f 的最小值为（ ) A ．3 B ．52 C ．2 D ．32二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分） 11。
专题三 导数及其应用第八讲导数的综合应用答案
专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用答案部分1．A 【解析】∵21()[(2)1]x f x x a x a e-'=+++-，∵(2)0f '-=，∴1a =-， 所以21()(1)x f x x x e -=--，21()(2)x f x x x e -'=+-，令()0f x '=，解得2x =-或1x =，所以当(,2)x ∈-∞-，()0f x '>，()f x 单调递增；当(2,1)x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的极小值为11(1)(111)1f e -=--=-，选A ．2．D 【解析】由导函数的图象可知，()y f x =的单调性是减→增→减→增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知，()y f x =的极值点一负两正，所以D 符合，选D ．3．D 【解析】当0x 时，令函数2()2x f x x e =-，则()4x f x x e '=-，易知()f x '在[0，ln4）上单调递增，在[ln4，2]上单调递减，又(0)10f '=-<，1()202f '=->，(1)40f e '=->，2(2)80f e '=->，所以存在01(0,)2x ∈是函数()f x 的极小值点，即函数()f x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,2)x 上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D ．4．B 【解析】（解法一）2m ≠时，抛物线的对称轴为82n x m -=--．据题意，当2m >时，822n m --≥-即212m n +≤．2262m n m n +⋅≤≤18mn ∴≤．由2m n =且212m n +=得3,6m n ==．当2m <时，抛物线开口向下，据题意得，8122n m --≤-即218m n +≤．2292m n m n +⋅≤≤812mn ∴≤．由2n m =且218m n +=得92m =>，故应舍去.要使得mn 取得最大值，应有218m n +=(2,8)m n <>．所以(182)(1828)816mn n n =-<-⨯⨯=，所以最大值为18．选B ．（解法二）由已知得()(2)8f x m x n '=-+-，对任意的1[,2]2x ∈，()0f x '≤，所以1()02()0f f x ⎧'⎪⎨⎪'⎩≤≤，即0,021822m n m n m n ⎧⎪+⎨⎪+⎩≥≥≤≤．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令mn t =，则当0n 时，0t ，当0n ≠时，t m n=，由线性规划的相关知识，只有当直线212m n +=与曲线t m n 相切时，t 取得最大值，由212192t n t n n ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得6n ，18t ，所以max ()18mn =，选B ．5．A 【解析】令()()f x h x x，因为()f x 为奇函数，所以()h x 为偶函数，由于 2()()()xf x f x h x x'-'=，当0x 时，'()()xf x f x - 0<，所以()h x 在(0,)+∞ 上单调递减，根据对称性()h x 在(,0)-∞上单调递增，又(1)0f -=，(1)0f ， 数形结合可知，使得()0f x 成立的x 的取值范围是()(),10,1-∞-． 6．D 【解析】由题意可知存在唯一的整数0x ，使得000(21)-<-x e x ax a ，设()(21)=-x g x e x ，()=-h x ax a ，由()(21)x g x e x '=+，可知()g x 在1(,)2-∞- 上单调递减，在1(,)2-+∞上单调递增，作出()g x 与()h x 的大致图象如图所示， 故(0)(0)(1)(1)>⎧⎨--⎩h g h g ≤，即132<⎧⎪⎨--⎪⎩a a e ≤，所以312a e ≤． 7．D 【解析】∵()ln f x kx x =-，∴1()f x k x'=-，∵()f x 在(1,)+∞单调递增， 所以当1x > 时，1()0f x k x '=-≥恒成立，即1k x≥在(1,)+∞上恒成立， ∵1x >，∴101x<<，所以k ≥1，故选D ． 8．A 【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y x =-，在(2，0)处的切线方程为36y x =-，以此对选项进行检验．A 选项，321122y x x x =--，显然过两个定点，又2312y x x '=--，则02|1,|3x x y y ==''=-=，故条件都满足，由选择题的特点知应选A ．法二 设该三次函数为32()f x ax bx cx d =+++，则2()32f x ax bx c '=++ 由题设有(0)0(2)0(0)1(2)3f f f f =⎧⎪=⎪⎨'=-⎪⎪'=⎩，解得11,,1,022a b c d ==-=-=． 故该函数的解析式为321122y x x x =--，选A ． 9．C 【解析】由正弦型函数的图象可知：()f x 的极值点0x满足0()f x =， 则022x k m πππ=+()k Z ∈，从而得01()()2x k m k Z =+∈．所以不等式 ()22200[]x f x m +<，即为2221()32k m m ++<，变形得21[1()]32m k -+>， 其中k Z ∈．由题意，存在整数k 使得不等式21[1()]32m k -+>成立． 当1k ≠-且0k ≠时，必有21()12k +>，此时不等式显然不能成立， 故1k =-或0k =，此时，不等式即为2334m >，解得2m <-或2m >． 10．A 【解析】设所求函数解析式为()y f x =，由题意知(5)2,52f f =--=（），且(5)0f '±=，代入验证易得3131255y x x =-符合题意，故选A ． 11．C 【解析】当(0,1]x ∈时，得321113()4()a x x x --+≥，令1t x =，则[1,)t ∈+∞， 3234a t t t --+≥，令()g t =3234t t t --+，[1,)t ∈+∞，则()2981(1)(91)g x t t t t '=--+=-+-，显然在[1,)+∞上，()0g t '<， ()g t 单调递减，所以max ()(1)6g t g ==-，因此6a -≥；同理，当[2,0)x ∈-时，得2a -≤．由以上两种情况得62a --≤≤．显然当0x =时也成立，故实数a 的取值范围为[6,2]--．12．C 【解析】设()ln x f x e x =-，则1()x f x e x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()xe g x x=，2(1)()x e x g x x -'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．13．【解析】B 当0a =，可得图象D ；记2()2a f x ax x =-+，232()2g x a x ax =-+ ()x a a R +∈，取12a =，211()(1)24f x x =--，令()0g x '=，得2,23x =，易知 ()g x 的极小值为1(2)2g =，又1(2)4f =，所以(2)(2)g f >，所以图象A 有可能；同理取2a =，可得图象C 有可能；利用排除法可知选B ．14．C 【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确．由32()f x x ax bx c =+++得 32()f x c x ax bx -=++，因为函数32y x ax bx =++的对称中心为（0,0），所以32()f x x ax bx c =+++的对称中心为(0,)c ，所以B 正确．由三次函数的图象可知，若0x 是()f x 的极小值点，则极大值点在0x 的左侧，所以函数在区间0(,)x -∞单调递减是错误的，D 正确．选C ．15．A 【解析】法一：由题意可得，00sin y x =[1,1]∈-，而由()f x =0[0,1]y ∈，当0a =时，()f x∴0[0,1]y ∈时，0()[1f x ∈．∴0(())1f f y >．∴ 不存在0[0,1]y ∈使00))((y y f f =成立，故B ，D 错；当1a e =+时，()f x ，当0[0,1]y ∈时，只有01y =时()f x 才有意义，而(1)0f =，∴ ((1))(0)f f f =，显然无意义，故C 错．故选A ．法二：显然，函数()f x 是增函数，()0f x ≥，从而以题意知0[0,1]y ∈．于是，只能有00()f y y =．不然的话，若00()f y y >，得000(())()f f y f y y >>， 与条件矛盾；若00()f y y <，得000(())()f f y f y y <<，与条件矛盾．于是，问题转化为()f t t =在[0,1]上有解．由t =2t t e t a =+-，分离变量，得2()t a g t e t t ==-+，[0,1]t ∈ 因为()210tg t e t '=-+>，[0,1]t ∈，所以，函数()g t 在[0,1]上是增函数，于是有1(0)()(1)g g t g e ==≤≤，即[1,]a e ∈，应选A ．16．D 【解析】A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤，错误．00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，并不是最大值点；B ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于y 轴的对称图像，故0x -应是()f x -的极大值点；C ．0x -是()f x -的极小值点．错误．()f x -相当于()f x 关于x 轴的对称图像，故0x 应是()f x -的极小值点．跟0x -没有关系；D ．0x -是()f x --的极小值点．正确．()f x --相当于()f x 先关于y 轴的对称，再关于x 轴的对称图像．故D 正确．17．B 【解析】∵21ln 2y x x =-,∴1y x x '=-,由0y '，解得11x -，又0x >， ∴01x <故选B ．18．D 【解析】()x f x xe =，()(1)x f x e x '=+，0>x e 恒成立，令()0f x '=，则1-=x当1-<x 时，()0f x '<，函数单调减，当1->x 时，()0f x '>，函数单调增，则1x =-为()f x 的极小值点，故选D ．19．D 【解析】2()1222f x x ax b '=--，由(1)0f '=，即12220a b --=，得6a b +=．由0a >，0b >，所以2()92a b ab +=≤，当且仅当3a b ==时取等号．选D ． 20．D 【解析】若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则易知a c =，∵选项A ，B 的函数为2()(1)f x a x =+，∴[()][()()](1)(3)x x x f x e f x f x e a x x e '=+=++，∴1x =-为函数()x f x e 的一个极值点满足条件；选项C 中，对称轴02b x a =->， 且开口向下，∵0,0a b <>，∴(1)20f a b -=-<，也满足条件；选项D 中，对称轴02b x a=-<，且开口向上，∴0,2a b a >>，∴(1)20f a b -=-<，与题图矛盾，故选D ．21．D 【解析】由题2||ln MN x x =-，(0)x >不妨令2()ln h x x x =-， 则1'()2h x x x=-，令'()0h x =解得2x =，因(0,2x ∈时，'()0h x <，当)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当x =时，||MN 达到最小．即2t =． 22．①③④⑤ 【解析】 令32(),()3f x x ax b f x x a '=++=+，当0a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上单调递增函数，此时30x ax b ++=仅有一个实根，所以(4)(5)对； 当3a =-时，由2()330f x x '=-<得11x -<<，所以1x = 是()f x 的极小值点． 由(1)0f >，得31310b -⋅+>,即2b >，(3)对．1x =- 是()f x 的极大值点， 由(1)0f -<，得3(1)3(1)0b --⋅-+<，即2b <-，(1)对．23．①④【解析】（1）设12x >x ，函数2x 单调递增，所有122>2x x ，120x x ， 则m =1212()()f x f x x x --=121222x x x x >0，所以正确； （2）设1x >2x ，则120x x ->，则1212()()g x g x n x x 22121212()x x a x x x x 12121212()()x x x x a x x a x x ，可令1x =1，2x =2，4a =-，则10n =-<，所以错误；（3）因为m n ，由（2）得：2121)()(x x x f x f --12x x a =++，分母乘到右边， 右边即为12()()g x g x -，所以原等式即为12()()f x f x -=12()()g x g x -，即为12()()f x g x -=12()()f x g x ，令()()()h x f x g x =-，则原题意转化为对于任意的a ，函数()()()h x f x g x =-存在不相等的实数1x ，2x 使得函数值相等，2()2x h x x ax =--，则()2ln 22x h x x a '=--，则()2(ln 2)2x h x ''=-，令0()0h x ''=，且012x <<，可得0()h x '为极小值． 若10000a =-，则0()0h x '>，即0()0h x '>，()h x 单调递增，不满足题意， 所以错误．（4）由(3) 得12()()f x f x -=12()()g x g x -，则1122()()()()f x g x g x f x +=+， 设()()()h x f x g x =+，有1x ，2x 使其函数值相等，则()h x 不恒为单调． 2()2x h x x ax =++，()2ln 22x h x x a '=++，()2()2ln 220x h x ''=+>恒成立， ()h x '单调递增且()0h '-∞<，()0h '+∞>．所以()h x 先减后增，满足题意，所以正确．24．4【解析】当01x ≤时，()ln f x x ，()0g x ，此时方程|()()|1f x g x即为ln 1x 或ln 1x，故x e 或1x e ，此时1x e 符合题意，方程有一个实根． 当12x 时，()ln f x x ，22()422g x x x ，方程|()()|1f x g x即为2ln 21x x 或2ln 21x x ，即2ln 10x x 或2ln 30x x ， 令2ln 1y x x ，则120y x x，函数2ln 1y x x 在(1,2)x 上单调递减，且1x 时0y，所以当12x 时，方程2ln 10x x 无解；令2ln 3y x x ，则120y x x ，函数2ln 3y x x 在(1,2)x 上单调递减，且1x 时20y ，2x 时ln 210y ，所以当12x 时，方程2ln 30x x 有一个实根． 当2x ≥时，()ln f x x ，2()6g x x ，方程|()()|1f x g x 即为2ln 61x x 或2ln 61x x，即2ln 70x x 或2ln 50x x ，令2y ln 7x x ， 则120y x x，函数2y ln 7x x 在[2,)x 上单调递增，且2x 时 ln 230y ，3x 时ln320y ，所以当2x ≥时方程2ln 70x x 有1个实根；同理2ln 50x x 在[2,)x 有1个实根．故方程1|)()(|=+x g x f 实根的个数为4个．25．2【解析】由题意2()363(2)f x x x x x '=-=-，令()0f x '=得0x =或2x =．因0x <或2x >时，()0f x '>，02x <<时，()0f x '<．∴2x =时()f x 取得极小值． 26．【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-． （i ）若2≤a ，则()0'≤f x ，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减．（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x -=或2a x +=．当2(0,()22a a a x +∈+∞时，()0f x '<； 当x∈时，()0f x '>．所以()f x在，)+∞单调递减，在单调递增． (2)由(1)知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >．由于()f x 的两个极值点1x ，2x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >．由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<． 设函数1()2ln g x x x x=-+，由(1)知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <．所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--．27．【解析】(1)当1=a 时，()1≥f x 等价于2(1)e10-+-≤x x ． 设函数2()(1)1-=+-x g x x e ，则22()(21)(1)--=--+=--x x g'x x x e x e ． 当1≠x 时，()0<g'x ，所以()g x 在(0,)+∞单调递减．而(0)0=g ，故当0≥x 时，()0≤g x ，即()1≥f x ．(2)设函数2()1e -=-xh x ax ． ()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0≤a 时，()0>h x ，()h x 没有零点；（ii ）当0a >时，()(2)e x h'x ax x -=-．当(0,2)∈x 时，()0<h'x ；当(2,)∈+∞x 时，()0>h'x ．所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1e =-a h 是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0>h ，即2e 4<a ，()h x 在(0,)+∞没有零点； ②若(2)0=h ，即2e 4=a ，()h x 在(0,)+∞只有一个零点； ③若(2)0<h ，即2e 4>a ，由于(0)1=h ，所以()h x 在(0,2)有一个零点， 由(1)知，当0>x 时，2e >x x ， 所以33342241616161(4)11110e (e )(2)=-=->-=->a a a a a h a a a． 故()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点．综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2e 4=a ． 28．【解析】(1)当0a =时，()(2)ln(1)2f x x x x =++-，()ln(1)1x f x x x'=+-+．设函数()()ln(1)1x g x f x x x'==+-+，则2()(1)x g x x '=+． 当10x -<<时，()0g x '<；当0x >时，()0g x '>．故当1x >-时，()(0)0g x g =≥，且仅当0x =时，()0g x =，从而()0f x '≥，且仅当0x =时，()0f x '=．所以()f x 在(1,)-+∞单调递增．又(0)0f =，故当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．(2)（i ）若0a ≥，由(1)知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f ++->=≥，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾．（ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x x h x x x ax x ax ==+-++++．由于当||min{x <时，220x ax ++>，故()h x 与()f x 符号相同． 又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点．2222222212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x ax x ++-++++'=-=++++++．如果610a +>，则当6104a x a +<<-，且||min{x <时，()0h x '>， 故0x =不是()h x 的极大值点．如果610a +<，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当1(,0)x x ∈，且||min{x <时，()0h x '<，所以0x =不是()h x 的极大值点． 如果610a +=，则322(24)()(1)(612)x x h x x x x -'=+--．则当(1,0)x ∈-时，()0h x '>； 当(0,1)x ∈时，()0h x '<．所以0x =是()h x 的极大值点，从而0x =是()f x 的极大值点综上，16a =-． 29．【解析】(1)因为2()[(41)43]xf x ax a x a e =-+++，所以2()[2(41)][(41)43]xxf x ax a e ax a x a e '=-++-+++（x ∈R ） =2[(21)2]xax a x e -++．(1)(1)f a e '=-．由题设知(1)0f '=，即(1)0a e -=，解得1a =． 此时(1)30f e =≠． 所以a 的值为1．(2)由(1)得2()[(21)2](1)(2)xxf x ax a x e ax x e '=-++=--． 若12a >，则当1(,2)x a∈时，()0f x '<； 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>． 所以()0f x <在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当(0,2)x ∈时，20x -<，11102ax x --<≤， 所以()0f x '>．所以2不是()f x 的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是1(,)2+∞．30．【解析】(1)由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-．令()0h x '=，解得0x =．由1a >，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞．(2)证明：由()ln xf x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a ．由1()ln g x x a'=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a．因为这两条切线平行，故有121ln ln x a a x a =，即122(ln )1x x a a =．两边取以a 为底的对数，得21log 2log ln 0a a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-． (3)证明：曲线()y f x =在点11(,)xx a 处的切线1l ：111ln ()xxy a a a x x -=⋅-．曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线2l ：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-． 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合．即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a-+++=． ③ 因此，只需证明当1ee a ≥时，关于1x 的方程③有实数解． 设函数12ln ln ()ln ln ln x xau x a xa a x a a=-+++， 即要证明当1ee a ≥时，函数()y u x =存在零点．2()1(ln )x u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，21(ln )21()10(ln )a u a a '=-<， 故存在唯一的0x ，且00x >，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a-=．由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减．()u x 在0x x =处取得极大值0()u x ．因为1ee a ≥，故ln(ln )1a -≥， 所以0000012ln ln ()ln ln ln xxau x a x a a x a a=-+++02012ln ln 22ln ln 0(ln )ln ln a ax x a a a+=++≥≥． 下面证明存在实数t ，使得()0u t <． 由(1)可得1ln xa x a +≥， 当1ln x a>时， 有12ln ln ()(1ln )(1ln )ln ln au x x a x a x a a+-+++≤ 2212ln ln (ln )1ln ln aa x x a a=-++++， 所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =．所以，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线．31．【解析】(1)函数()f x x =，2()22g x x x =+-，则()1f x '=，()22g x x '=+．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解，因此，()f x 与()g x 不存在“S 点”． (2)函数2()1f x ax =-，()ln g x x =， 则1()2()f x ax g x x'='=，． 设0x 为()f x 与()g x 的“S 点”，由00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==．当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为()f x 与()g x 的“S 点”．因此，a 的值为e 2． (3)对任意0a >，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且()h x 的图象是不间断的，所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则0b >．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x -=-=′，′．由()()f x g x =且()()f x g x ''=，得22e e (1)2x x b x a xb x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数()f x 与()g x 在区间(0,1)内的一个“S 点”． 因此，对任意0a >，存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”． 32．【解析】(1)函数()f x的导函数1()f x x'=-， 由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12=．= 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=，所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． (2)令(||)a k m e-+=，2||1()1a n k+=+，则 ()||0f m km a a k k a -->+--≥，所以，存在0(,)x m n ∈使00()f x kxa =+，所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由()f x kx a =+得k =设()h x =则22ln 1()12()x ag x a h x x x--+--+'==， 其中()ln g x x =-． 由(1)可知()(16)g x g ≥，又34ln 2a -≤， 故()1(16)134ln 2g x a g a a --+--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当34ln 2a -≤时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．33．【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减． （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增． （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20nnnnf n a a n n n =+-->->->． 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．34．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．设()ln g x ax a x =--，则()()f x xg x =，()0f x ≥等价于()0g x ≥． 因为(1)0g =，()0g x ≥，故(1)0g '=，而1()g x a x'=-，(1)1g a '=-，得1a =． 若1a =，则1()1g x x'=-．当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．所以1x =是()g x 的极小值点，故()(1)0g x g =≥．综上，1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--． 设()22ln h x x x =--，则1()2h x x'=-． 当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点． 由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <． 因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2ef x --<<．35．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞．①若a 0≤，因为11()ln 2022f a =-+<，所以不满足题意； ②若＞0a ，由()1a x a f 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，故x a =是()f x 在(0,)+∞的唯一最小值点．由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥． 故a =1．（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．36．【解析】（Ⅰ）因为1(21)121x x x '--=--，()x xe e --'=- 所以 1()(1)(21)21x x f x e x x e x --'=----- （Ⅱ）由(1)(212)()021xx x e f x x ----'==-解得 1x =或52x =． 因为x（12，1） 1 （1，52） （52，+∞）-0 +-↘↗↘又2()(211)02x f x x e -=-≥， 所以()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,]2e -．37．【解析】（1）由32()1f x x ax bx =+++，得222()323()33a a f x x axb x b '=++=++-.当3ax =-时，()f x '有极小值23a b -.因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以33()1032793a a a ab f -=-+-+=，又0a >，故2239a b a=+.因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而231(27a )039a b a-=-≤，即3a ≥. 3a =时，()>0(1)f x x '≠-，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1=3a x --，2=3a x -+列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1=+． 设23()9t g t t=+，则22222227()39t g t t t -'=-=．当(,)2t ∈+∞时，()0g t '>，所以()g t 在()2+∞上单调递增．因为3a >，所以>(g g >=> 因此23b a >．（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a-+，3a >. 因为223()=09h a a a'--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(36]，.38．【解析】（Ⅰ）由432()2336f x x x x x a =+--+，可得 32()()8966g x f x x x x '==+--，进而可得2()24186g x x x '=+-.令()0g x '=，解得1x =-，或14x =. 当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，()g x 的单调递增区间是(,1)-∞-，(,)4+∞，单调递减区间是1(1,)4-. （Ⅱ）证明：由0()()()()h x g x m x f m =--，得0()()()()h m g m m x f m =--，000()()()()h x g x m x f m =--.令函数10()()()()H x g x x x f x =--，则10()()()H x g x x x ''=-.由（Ⅰ）知，当[1,2]x ∈时，()0g x '>，故当0[1,)x x ∈时，1()0H x '<，1()H x 单调递减；当0(,2]x x ∈时，1()0H x '>，1()H x 单调递增.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈时，1100()()()0H x H x f x >=-=，可得1()0,()0H m h m >>即.令函数200()()()()H x g x x x f x =--，则20()()()H x g x g x '=-.由（Ⅰ）知，()g x 在[1,2]上单调递增，故当0[1,)x x ∈时，2()0H x '>，2()H x 单调递增；当0(,2]x x ∈时，2()0H x '<，2()H x 单调递减.因此，当00[1,)(,2]x x x ∈时，220()()0H x H x <=，可得20()0,()0H m h x <<即. 所以，0()()0h m h x <.（Ⅲ）证明：对于任意的正整数p ，q ，且00[1)(,],2px x q∈，令pm q=，函数0()()()()h g m x x x m f =--. 由（Ⅱ）知，当0[1),m x ∈时，()h x 在区间0(,)m x 内有零点； 当0(,2]m x ∈时，()h x 在区间0(),x m 内有零点. 所以()h x 在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x ， 则 110()()()()0p ph g x f q x qx =--=. 由（Ⅰ）知()g x 在[1,2]上单调递增，故10()()12()g x g g <<<，于是432234041()|()||2336|||||()()(2)2p p f f p p p q p q pq aq q q x q g x g g q+--+-==≥. 因为当[12],x ∈时，()0g x >，故()f x 在[1,2]上单调递增， 所以()f x 在区间[1,2]上除0x 外没有其他的零点，而0p x q≠，故()0pf q ≠.又因为p ，q ，a 均为整数，所以432234|2336|p p q p q pq aq +--+是正整数， 从而432234|2336|1p p q p q pq aq +--+≥. 所以041|2|()p x q g q -≥.所以，只要取()2A g =，就有041||p x q Aq-≥. 39．【解析】（Ⅰ）由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x '=-， 所以()2f ππ'=，因此曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即 222y x ππ=--．（Ⅱ）由题意得2()(cos sin 22)(2cos )xh x e x x x a x x =-+--+， 因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =- 则()1cos 0m x x '=-≥ 所以()m x 在R 上单调递增． 因为(0)0,m =所以 当0x >时，()0,m x >当0x <时，()0m x < (1)当0a ≤时，x e a -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--； (2)当0a >时，()()()ln 2sin x ah x e e x x '=--由 ()0h x '=得 1ln x a =，2=0x ①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-<>，()h x 单调递增； 当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x '-><，()h x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x '->>，()h x 单调递增． 所以 当ln x a =时()h x 取得极大值．极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--； ②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； ③当1a >时，ln 0a >所以 当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减； 当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增； 所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取得极小值．极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； 当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值， 极大值是()021h a =--；极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦．40．【解析】(Ⅰ) 因为322)11(=)(′xx x a x f －－－322)(1(=x ax x )－－， 当0a ≤时，(0,1)x ∈，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， (1,)x ∈+∞，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；当0>a 时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(′x ax a x x a x ax x x f ))－－)－－①当02a <<时，1>2a，(0,1)x ∈或)x ∈+∞，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，x ∈，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； ②当2a =时，1=2a， (0,)x ∈+∞，()0f x '≥，)(x f 单调递增， ③当2a >时，1<2<0a，x ∈或(1,)x ∈+∞，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，x ∈，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 由(Ⅰ)知，1=a 时，221()ln x f x x x x -=-+，于是2232112()()ln 1)x f x f x x x x x x x-'-=-+---+2(， 2332ln x x x x x=--++-11，]2,1[∈x令g()ln x x x =- ，2332()h x x x x=-++-11，]2,1[∈x ， 于是()()g(()f x f x x h x '-=+）， 1g ()10x x x x-'=-=1≥，)g(x 的最小值为1=g(1)； 又22344326326()x x h x x x x x--+'=--+= 设2()326x x x θ=--+，则()x θ在]2,1[∈x 上单调递减，因为(1)1θ=，(2)10θ=-，所以存在]2,1[0∈x ，使得0()0x θ=，且0<<1x x 时，()0x θ>，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，()0x θ<，)(x h 单调递减；又1=)1(h ，21=)2(h ，所以)(x h 的最小值为21=)2(h ． 所以13()()g(()g(1(2)122f x f x x h x h '-=+>+=+=））． 即23)()(+'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立． 41．【解析】（I ）由题意，()2121'2,0ax f x ax x x x-=-=>①当0a 时，2210ax -≤，()'0f x ≤，()f x 在()0,+∞上单调递减.②当0a >时，令()0f x '=，有x =，当x ∈时，()'0f x <；当)x ∈+∞时，()'0f x >.故()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增. （II ）令111()x g x x e-=-，1()x s x e x -=-．则1()1x s x e -'=-．而当1x >时， ()0s x '>，所以()s x 在区间(1,)+∞内单调递增．又由(1)0S =，有()0s x >，从而当1x >时，()0g x >． 当0a，1x >时，2()(1)ln 0f x a x x =--<．故当()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立时，必有0a >． 当12a <<1>． 由（I ）有(1)0f f <=，而0g >， 所以此时()()f x g x >在区间(1,)+∞内不恒成立． 当12a时，令()()()(1)h x f x g x x =-．当1x >时，12211111()2x h x ax e x x x x x x-'=-+->-+-322221210x x x x x x -+-+=>>，因此，()h x 在区间(1,)+∞内单调递增．又(1)0h =，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立． 综上，1[,)2a ∈+∞42．【解析】(I)()()31f x x ax b =---，可得2()3(1)f x x a '=--，下面分两种情况讨论：①0a，有2()3(1)0f x x a '=--恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；②0a >，令()0f x '=，解得1x =+1x = 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：所以()f x 在,1⎛-∞ ⎝单调递增，在11⎛ ⎝单调递减，在1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增(II)因为()f x 存在极值点，所以由(I)知0a >，且01x ≠．由题意得200()3(1)0f x x a '=--=，即20(1)3a x -=， 而3000()(1)f x x ax b =---=0233a a xb --- ∴00(32)()f x f x -=且0032x x -≠，由题意及(I)知，存在唯一实数1x 满足10()()f x f x =，且10x x ≠，因此1032x x =-，所以1023x x +=（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况同理：（1）当3≥a 时，310213a-<+，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]0(),2([f f ，因此()g x 在区间[0,2]上的最大值1(),01(),0a a b a b a a b a b -+++⎧=⎨--++<⎩，所以1||2M a a b =-++.（2）当334a <时，33231011213333a a a-<-<+<+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，2(0)(1)(1)33f f f -=+，2(2)(1(13f f f +=-， 所以)(x f 在区间]2,0[上的取值范围为)]331(),331([af a f -+，因此231||944a b =+⨯⨯=.（3）当304a <<时，011233<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，(0)(1(133f f f <-=+，(2)(1(1f f f >+=-， 所以()f x 在区间[0,2]上的取值范围为[(0),(2)]f f ，因此 11||4a ab =-++>． 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[0,2]上的最大值不小于14． 43．【解析】（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+．（i ）设0a =，则()(2)xf x x e =-，()f x 只有一个零点．（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >． 所以()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点． （iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >， 因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <， 所以()f x 不存在两个零点． 若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <； 当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -上单调递减， 在(ln(2),)a -+∞上单调递增．又当1x ≤时，()0f x <， 所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞， 又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-， 即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<． 44．【解析】（I ）证明：()2e 2xx f x x -=+ ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++>（Ⅱ）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+， 由（Ⅰ）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<， (2)0f a a+=，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减； 当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增． 因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+． 于是()2ax a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2x e x +单调递增． 所以，由(0,2]a x ∈，得0221()2022224ax a e e e e h a x =<==+++， 因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤ ⎥⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．45．【解析】（Ⅰ）()2sin 2(1)sin f x a x a x '=---．（Ⅱ）当1a时，|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x '=+-+因此，32A a =-．当01a <<时，将()f x 变形为2()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--． 令2()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且当14at a-=时，()g t 取得极小值， 极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a--++=--=-． 令1114a a --<<，解得13a <-（舍去），15a >． （ⅰ）当105a<时，()g t 在[1,1]-内无极值点，|(1)|g a -=，|(1)|23g a =-，。
高考数学导数及其应用专题训练参考答案
高考数学:导数及其应用专题训练【参考答案】1.A2.A3.D4.A5.C6.C7.A8.A9.C10.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2 ； 11. 4 ； 12. 32； 13.—16 ； 14.y ＝3x ＋1 ； 15.3－1【部分习题解析】4．解析：f ′(x)＝6x(x －2)，∵f(x)在(－2,0)上为增函数，在(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：A5.解析：因为y ′＝－x2＋81，所以当x ＞9时，y ′＜0；当x ∈(0,9)时，y ′＞0，所以函数y ＝－13x3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x ＝9是函数的极大值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值． 答案：C6．解析：∵f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，∴f ′(x)＝－x ＋bx ＋2<0在(－1，＋∞)上恒成立，即b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝x(x ＋2)＝(x ＋1)2－1在(－1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>－1. ∴当b ≤－1时，b<x(x ＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．即f(x)＝－12x2＋bln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数．答案：C7．解析：由函数f(x)可知f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ＜1，－x x ≥1.①当x ＜1时，原不等式等价于x ＋(x ＋1)x ≤3，解得－3≤x ≤1，又x ＜1，所以－3≤x ＜1；②当x ≥1时，原不等式等价于x ＋(x＋1)(－x)≤3，即x2≥－3恒成立，所以x ≥1，综合①②可知，不等式的解集为{x|x ≥－3}．9．解析：船速度为x(x>0)时，燃料费用为Q 元，则Q ＝kx3，由6＝k ×103可得k ＝3500，∴Q ＝3500x3.∴总费用y ＝⎝⎛⎭⎫3500x3＋96·1x ＝3500x2＋96x ，y ′＝6500x －96x2.令y ′＝0得x ＝20，当x ∈(0,20)时，y ′<0，此时函数单调递减，当x ∈(20，＋∞)时，y ′>0，此时函数单调递增，∴当x ＝20时，y 取得最小值，∴此轮船以20公里/小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．答案：C10．[解析] 由题意可知a>0，且－2,1是方程ax2＋bx ＋c ＝0的两个根，则⎩⎨⎧－ba＝－1，ca ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a ，c ＝－2a ，所以不等式cx2＋bx ＋a>c(2x －1)＋b 可化为－2ax2＋ax ＋a>－2a(2x －1)＋a ，整理得2x2－5x ＋2<0，解得12<x<2.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 12<x<2.11．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f(x)≥0显然成立． 当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g ′(x)＝31－2x x4，所以g(x)在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，因此g(x)max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0，即x ∈[－1,0]时， 同理，a ≤3x2－1x3. g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min ＝g(－1)＝4，从而a ≤4，综上，可知a ＝4. 答案：412．解析：由题意得f ′(x)＝3x2－12，令f ′(x)＝0得x ＝±2，且f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案：3215．解析：f ′(x)＝x2＋a －2x2x2＋a 2＝a －x2x2＋a 2，当x ＞a 时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，当x ＝a 时，f(x)＝a 2a ＝33，a ＝32＜1，不合题意． ∴f(x)max ＝f(1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1. 答案：3－116.解：(1)f ′(x)＝3x2－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x)≥m ， 即3x2－9x ＋(6－m)≥0恒成立．所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m ≤－34，即m 的最大值为－34.17.解析：(1)∵f(x)＝1－x ax ＋lnx ，∴f ′(x)＝ax －1ax2(a>0)．∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x)＝ax －1ax2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．即a ≥1x 对x ∈[1，＋∞)恒成立． ∴a ≥1.（2）当a ＝1时，f ′(x)＝x －1x2.∴当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x)<0， 故f(x)在x ∈⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x)>0，故f(x)在x ∈(1,2]上单调递增． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上有唯一极小值点，故f(x)min ＝f(x)极小值＝f(1)＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2，f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－ln162， ∵e3>16，∴f ⎝⎛⎭⎫12－f(2)>0，即f ⎝⎛⎭⎫12>f(2)． ∴f(x)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln2. 综上可知，函数f(x)在⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值是1－ln2，最小值是0.(3)当a ＝1时，f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝nn －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0. ∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－n n －1n n －1＋ln n n －1＝－1n ＋ln n n －1>0， 即ln n n －1>1n . ∴ln 21>12，ln 32>13，ln 43>14，…，ln n n －1>1n .∴ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n n －1>12＋13＋14＋…＋1n .∴lnn>12＋13＋14＋ (1).即对大于1的任意正整数n ，都有lnn>12＋13＋14＋…＋1n .本题的关键在于f(x)＝1－x x ＋lnx ，f ′(x)＝x －1x2，故f(x)在[1，＋∞)上为增函数．当n>1时，令x ＝n n －1，则x>1，故f(x)>f(1)＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫n n －1＝1－nn －1n n －1＋lnnn －1＝－1n ＋ln n n －1>0，即ln n n －1>1n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示．通过本题的学习，我们要掌握此类问题一般规律．本题出错在于同学完全没有想到利用前面的结论，而直接讨论函数f(x)＝ln x x －1－1x 的单调性求解，可以试试看，肯定行不通．18.解：(1)由f(x)＝g(x)，得k ＝lnxx2.令h(x)＝lnx x2，所以方程f(x)＝g(x)在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内解的个数即为函数h(x)＝lnxx2，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象与直线y ＝k 交点的个数．h ′(x)＝1－2lnxx3，当h ′(x)＝0时，x ＝ e.当x 在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 内变化时，h ′(x)，h(x)变化如下： x ⎣⎡⎭⎫1e ，ee (e ，e] h ′(x) ＋ 0 － h(x)递增12e递减当x ＝1e 时，y ＝－e2；当x ＝e 时，y ＝12e ；当x ＝e 时，y ＝1e2.所以，①当k>12e 或k<－e2时，该方程无解．②当k ＝12e 或－e2≤k<1e2时，该方程有一个解．③当1e2≤k<12e 时，该方程有两个解．(2)由(1)知lnx x2≤12e ，∴lnx x4≤12e ·1x2.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4≤12e ⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n2. ∵122＋132＋…＋1n2<11·2＋12·3＋…＋1n －1·n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1－1n <1.∴ln224＋ln334＋…＋lnn n4<12e. 19．解析：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x)，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x(30－x)＝－8(x －15)2＋1 800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a2h ＝22(－x3＋30x2)，V ′＝62x(20－x)． 由V ′＝0得x ＝0(舍去)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12. 即包装盒的高与底面边长的比值为12.引入恰当的变量、建立适当的模型是解题的关键．第(1)中侧面积 S是关于 x 的二次函数，可以利用抛物线的性质求最值，也可以利用导数求解；而第(2)题中容积 V 是关于 x 的三次函数，因此只能利用导数求最值．20．解析：(1)f ′(x)＝3ax2＋2bx ＋c ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝3a ＋2b ＋c ＝0，f ′－1＝3a －2b ＋c ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，3a ＋c ＝0. 又f ′(0)＝－3，∴c ＝－3，a ＝1. ∴f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x30－3x0)，∵f ′(x)＝3x2－3，∴f ′(x0)＝3x20－3. ∴切线方程为y －(x30－3x0)＝(3x20－3)(x －x0)， 又切线过点A(2，m)，∴m －(x30－3x0)＝(3x20－3)(2－x0)． ∴m ＝－2x30＋6x20－6. 令g(x)＝－2x3＋6x2－6，则g ′(x)＝－6x2＋12x ＝－6x(x －2)． 由g ′(x)＝0得x ＝0或x ＝2.g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2. 画出草图知(如图4－3－3)，当－6＜m ＜2时，m ＝－2x3＋6x2－6有三解， ∴ m 的取值范围是(－6,2)．21．解析：(1)由已知有f ′(x)＝x ＋1x ，当x ∈[1，e]时，f ′(x)＞0，f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)max ＝f(e)＝12e2＋1，f(x)min ＝f(1)＝12.(2)证明：设F(x)＝12x2＋lnx －23x3， 则F ′(x)＝x ＋1x －2x2＝1－x 1＋x ＋2x2x当x ∈[1，＋∞)时，F ′(x)＜0，F(x)在[1，＋∞)上为减函数，且F(1)＝－16＜0故x ∈[1，＋∞)时，F(x)＜0. ∴12x2＋lnx ＜23x3.∴在[1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)＝23x3图像的下方．方法点睛 一般地，在闭区间[a ，b]上的连续函数f(x)必有最大值与最小值，在开区间(a ，b)内的连续函数不一定有最大值与最小值，若函数y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上单调递增，则f(a)是最小值，f(b)是最大值；反之，则f(a)是最大值，f(b)是最小值．22．解析：(1)f ′(x)＝3x2＋2ax.由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝0，f ′1＝－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋1＝0，2a ＋3＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝2. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x2＋2，f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，f ′(x)与f(x)随x 变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f ′(x)＋－＋f(x) 2 ↘ －2由f(x)＝f(0)解得x ＝0，或x ＝3.因此根据f(x)的图像当0＜t ≤2时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(t)＝t3－3t2＋2； 当2＜t ≤3时，f(x)的最大值为f(0)＝2，最小值为f(2)＝－2； 当t ＞3时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为f(2)＝－2. 23．解析：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，因为f ′(x)＝x ＋ex －(ex ＋xex)＝x(1－ex)， 由f ′(x)＝x(1－ex)＞0得x ＜0，f ′(x)＜0得x ＞0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,2]上单调递减，在[－2,0)上单调递增，又f(－2)＝2＋3e2，f(2)＝2－e2，且2＋3e2＞2－e2，所以x ∈[－2,2]时，[f(x)]min ＝2－e2，故m ＜2－e2时，不等式f(x)＞m 恒成立．【方法点睛】 1.不等式恒成立问题一般转化为函数的最值(或值域)来求解．其解题步骤为①分离参数；②构造函数；③求函数的最值(或值域)；④由恒成立得出参数的取值范围．2.在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．24．规范解题：(1)f ′(x)＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －lnx x ＋12－bx2.(1分)由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)．故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，(3分) 即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(4分)(2)证明：由(1)知f(x)＝lnx x ＋1＋1x ，所以f(x)－lnx x －1＝11－x2⎝⎛⎭⎫2lnx －x2－1x .(5分) 考虑函数h(x)＝2lnx －x2－1x(x ＞0)，(6分)则h ′(x)＝2x －2x2－x2－1x2＝－x －12x2.(8分)所以当x ≠1时，h ′(x)＜0.而h(1)＝0，故 当x ∈(0,1)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＞0；(9分)当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得11－x2h(x)＞0.(10分)从而当x ＞0，且x ≠1时，f(x)－lnxx －1＞0，即f(x)＞lnxx －1.(12分)【方法点睛】模板构建：利用导数证明不等式的基本步骤： 第一步 作差f(x)－lnxx －1； 第二步 构造新的函数h(x)； 第三步 对h(x)求导；第四步 利用h ′(x)判断11－x2h(x)的正负；第五步 结论.。
导数及其应用(小题)
)
A．2x－y－4＝0 B．2x＋y＝0 C．x＋y＋1＝0 D．x－y－3＝0
【解析】 ∵f(1)＝－2，∴点(1，－2)在函数的图像上．
1－lnx
1－ln1
∴f′(x)＝ x2 ，∴f′(1)＝ 12 ＝1，∴切线方程是 y－(－2)＝1·(x－1)，即 x－y－3＝0.
故选 D.
(2)已知函数 f(x)＝x3－4x2＋5x－4，则曲线 f(x)过点 A(2，－2)的切 线方程为________．
【解析】 设切点坐标为(x0，x03－4x20＋5x0－4)， ∵f′(x0)＝3x20－8x0＋5，∴切线方程为 y－(－2)＝(3x20－8x0＋5)(x－2)． 又切线过点(x0，x03－4x20＋5x0－4)，∴x30－4x20＋5x0－2＝(3x02－8x0＋5)(x0－2)． 整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得 x0＝2 或 x0＝1. ∴经过 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程为 x－y－4＝0，或 y＋2＝0.
(2)函数 f(x)＝excosx 的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( )
π A.4
B．0
3π C. 4
D．1
【解析】 f′(x)＝excosx－exsinx，所以 f′(0)＝e0cos0－e0sin0＝1，所以倾斜 角 α＝4π.故选 A.
【典例 2】 (求切线方程)
(1)函数 f(x)＝lnx－x 2x的图像在点(1，－2)处的切线方程为(
(3)求曲线 f(x，y)＝0 在(x0，y0)处的切线方程得： ①对 f(x，y)＝0 两边同时对 x 求导(y2 按 x 的复合函数对待)； ②解出 y′＝g(x，y)； ③将(x0，y0)代入上式得斜率； ④点斜式写出方程．
专题04 导数及其应用(解答题)
专题04 导数及其应用（解答题）1．【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． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查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．【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．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【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 ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<， 可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【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． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【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．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【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[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ， 则ln 2()10x q'x x+=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()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． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<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． 因此，当1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0， 所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围． 【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：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，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：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 23+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 )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+． 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-， 由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=． 由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >． 由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-， 则1()(4)4g x x x'=-， 所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=， 其中2(n )l xg x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】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．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）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，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]， 则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6， 当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =， 则12f x ax g x x'='=（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2． （3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】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．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-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()]042aa --≥，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．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e x＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x−1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】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≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.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.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）． （1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（1）(1)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-， 所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥， 所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）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；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，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．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩． 所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）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.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h 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； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(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．23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a 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）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。
导数及其应用练习及答案详解
导数及其应用一、选择题(共15小题，每小题4.0分,共60分)1.下列求导运算正确的是()A．′＝x B．(x e x)′＝e x＋1 C．(x2cos x)′＝－2x sin x D．′＝1－2.已知f(x)＝ax3＋bx2＋x(a，b∈R且ab≠0)的图象如图所示，若|x1|>|x2|，则有()A．a>0，b>0 B．a<0，b<0 C．a<0，b>0 D．a>0，b<03.已知函数f(x)＝x2＋cos x，f′(x)是函数f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是() A．B．C．D．4.函数f(x)＝x－sin x在区间[0，π]上的最大、最小值分别为()A．π，0 B．－，0 C．π，－1 D．0，－15.ʃ(e x＋e－x)d x的值为()A．e＋B．2e C．D．e－6.已知f(x)＝x＋在(1，e)上为单调函数，则实数b的取值范围是()A．(－∞，1]∪[e2，＋∞)B．(－∞，0]∪[e2，＋∞)C．(－∞，e2] D．[1，e2] 7.若函数f(x)＝x2－a ln x在(1，＋∞)上为增函数，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞)B．[1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1]8.设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则y＝f(x)()A．在区间，(1，e)内均有零点B．在区间，(1，e)内均无零点C．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点D．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点9.已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是()A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2] C．(－∞，1) D．(－∞，1]10.曲线y＝x2－2ln x的单调增区间是()A ． (0,1]B ． [1，＋∞)C ． (－∞，－1]和(0,1]D ． [－1,0)和[1，＋∞) 11.由曲线y ＝与直线y ＝2x －1及x 轴所围成的封闭图形的面积为( )A ．B ．C ．D ．12.一列车沿直线轨道前进，刹车后列车速度v (t )＝27－0.9t ，则列车从刹车到停车走过的路程为( )A ． 405B ． 540C ． 810D ． 94513.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)14.如图，函数y ＝f (x )的图象在点P (2，y )处的切线是l ，则f (2)＋f ′(2)等于( )A ． －4B ． 3C ． －2D ． 115.函数f (x )＝{2−x,x ≤0,√4−x 2,0<x ≤2,则∫f(x)dx 2−2的值为( ) A ． π＋6 B ． π－2 C ． 2π D ． 8二、填空题(共6小题，每小题4.0分,共24分)16.用长为18 cm 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，则该长方体的长、宽、高分别为__________时，其体积最大．17.若函数f (x )＝x 3＋x 2＋m 在区间[－2,1]上的最大值为，则m ＝________.18.如图，已知点A ，点P (x 0，y 0)(x 0>0)在曲线y ＝x 2上，若阴影部分的面积与△OAP 的面积相等，则x 0＝________.19.如图所示，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为________时，其容积最大．20.已知函数f (x )＝－x 3＋2ax 2＋3x (a >0)的导数f ′(x )的最大值为5，则在函数f (x )图象上的点(1，f (1))处的切线方程是________．21.已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，给出以下说法：①函数f (x )在区间(1，＋∞)上是增函数；②函数f (x )在区间(－1,1)上无单调性；③函数f (x )在x ＝－处取得极大值；④函数f (x )在x＝1处取得极小值．其中正确的说法有________．二、解答题(共6小题，每小题11.0分,共66分)22.已知定义在R上的函数f(x)＝ax3－2ax2＋b(a>0)在区间[－2,1]上的最大值是5，最小值是－11.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若t∈[－1,1]时，f′(x)＋tx≤0恒成立，求实数x的取值范围．23.已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1)求函数f(x)的最小值；(2)如果不等式x ln x＋(1－k)x＋k>0(k∈Z)在区间(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．24.已知函数g(x)＝，f(x)＝g(x)－ax.(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值．25.已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．26.某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车的投入成本增加的比例为x(0<x<1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x，年销售量也相应增加，年销售量y关于x的函数为y＝3 240，则当x为何值时，本年度的年利润最大？最大利润为多少？(年利润＝(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量)26.设函数f(x)＝2−ax2＋ax－2ln x(a∈R)．(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)当a>4时，2求函数f(x)的单调区间；(3)若对任意a∈(4,6)及任意x1，x2∈[1,2]，ma＋2ln 2>|f(x1)－f(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．导数及其应用答案解析1.【答案】D【解析】A项，′＝－；B项，(x·e x)′＝e x＋x·e x；C项，(x2cos x)′＝2x cos x －x2·sin x；D正确，故选D.2.【答案】B【解析】由f(x)的图象易知f(x)有两个极值点x1，x2，且x＝x1时有极小值，∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋1的图象如图所示，∴a<0.又|x1|>|x2|，∴－x1>x2，∴x1＋x2<0，即x1＋x2＝－<0，∴b<0.3.【答案】A 【解析】由于f(x)＝x2＋cos x，∴f′(x)＝x－sin x，∴f′(－x)＝－f′(x)，故f′(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除B和D，又当x＝时，f′＝－sin＝－1<0，排除C，故选A.4.【答案】C【解析】函数f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cos x，令f′(x)＝0，解得cos x＝，又x∈[0，π]，∴x＝，∴x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f＝－sin＝－1，f(0)＝0，f(π)＝π，∴函数f(x)在区间[0，π]上的最大、最小值分别为π，－1.5.【答案】D 【解析】ʃ(e x＋e－x)d x＝(e x－e－x)|＝e－.6.【答案】A【解析】若b≤0，则函数在(0，＋∞)上为增函数，满足条件，若b>0，则函数的导数f′(x)＝1－＝，由f′(x)>0得x>或x<－，此时函数单调递增，由f′(x)<0得－<x<，此时函数单调递减，若函数f(x)在(1，e)上为增函数，则≤1，即0<b≤1，若函数f(x)在(1，e)上为减函数，则≥e，即b≥e2，综上b≤1或b≥e2，故选A.【解析】由题意知，f′(x)＝x－＝(x>0)，∵f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，∴a≤x2在区间(1，＋∞)上恒成立，∵x>1时，x2>1，∴a≤1，故选D.8.【答案】C【解析】由题意得f′(x)＝(x>0)，令f′(x)>0，得x>3；令f′(x)<0，得0<x<3；令f′(x)＝0，得x＝3，故知函数f(x)在区间(0,3)上为减函数，在区间(3，＋∞)上为增函数，在点x＝3处有极小值1－ln 3<0；又f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，f＝＋1>0.所以f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点．9.【答案】B【解析】由f(x)－m≥0得f(x)≥m，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，此时，函数f(x)单调递增，所以f(1)≤f(x)≤f(e)．即1≤f(x)≤e2－2，要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2.10.【答案】B【解析】求解函数的导数可得y′＝2x－，令2x－≥0，结合x>0，解得x≥1.所以单调增区间为[1，＋∞)．11.【答案】D【解析】联立曲线y＝与直线y＝2x－1，构成方程组解得联立直线y＝2x－1，y＝0构成方程组，解得∴曲线y＝与直线y＝2x－1及x轴所围成的封闭图形的面积为S＝ʃd x－＝＝＋－＝.12.【答案】A【解析】停车时v(t)＝0，由27－0.9t＝0，得t＝30，∴所求路程s＝ʃv(t)d t＝ʃ(27－0.9t)d t＝(27t－0.45t2)＝405.【解析】因为f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋36，且在x ＝2处有极值，所以f ′(2)＝0，即24＋4a ＋36＝0，解得a ＝－15，所以f ′(x )＝6x 2－30x ＋36＝6(x －2)(x －3)，由f ′(x )>0，得x <2或x >3.14.【答案】D【解析】由图象可得函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线是l ，与x 轴交于点(4,0)，与y 轴交于点(0,4)，则可知l ：x ＋y ＝4，∴f (2)＝2，f ′(2)＝－1，∴f (2)＋f ′(2)＝1，故选D. 15.【答案】A【解析】∵f (x )＝{2−x,x ≤0,√4−x 2,0<x ≤2,则∫f(x)dx 2−2＝∫(2−x)dx 0−2＋∫√4−x 2dx 20＝(2x －12x 2)|0−2＋∫√4−x 220dx ＝6＋∫√4−x 2dx 20，设y ＝2(y ≥0,0<x ≤2)，则x 2＋y 2＝4(y ≥0,0<x ≤2)对应的曲线为半径为2的圆位于第一象限内的部分，对应的面积S ＝14π×22＝π，根据积分的几何意义可得∫√4−x 2dx 20＝π，故∫f(x)dx 2−2＝6＋∫√4−x 2dx 20＝π＋6. 16.【答案】2 cm,1 cm ，cm【解析】设长、宽、高分别2x ，x ，h ，则4(2x ＋x ＋h )＝18，h ＝－3x ，∴V ＝2x ·x ·h ＝2x 2＝－6x 3＋9x 2，求导得，V ′＝－18x 2＋18x ，由V ′＝0得x ＝1或x ＝0(舍去)．∴x ＝1是函数V 在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故长、宽、高分别为2 cm ，1cm ，cm 时，体积最大．17.【答案】2【解析】f ′(x )＝3x 2＋3x ＝3x (x ＋1)．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－1.又f (0)＝m ，f (－1)＝m ＋，f (1)＝m ＋，f (－2)＝－8＋6＋m ＝m －2，∴当x ∈[－2,1]时，最大值为f (1)＝m ＋，∴m ＋＝，∴m ＝2.18.【答案】【解析】由题意知×x0×＝ʃx2d x，即x0＝x，解得x0＝或x0＝－或x0＝0.∵x0>0，∴x0＝.19.【答案】【解析】设被切去的全等四边形的一边长为x，如图所示，则正六棱柱的底面边长为1－2x，高为x，所以正六棱柱的体积V＝6×(1－2x)2·x＝(4x3－4x2＋x)，则V′＝(12x2－8x＋1)．令V′＝0，得x＝(舍去)或x＝.当x∈时，V′>0；当x∈时，V′<0.故当x＝时，V有极大值，也是最大值，此时正六棱柱的底面边长为.20.【答案】15x－3y－2＝0【解析】∵f′(x)＝－2x2＋4ax＋3＝－2(x－a)2＋3＋2a2，∴f′(x)max＝3＋2a2＝5，∵a>0，∴a＝1.∴f′(x)＝－2x2＋4x＋3，f′(1)＝－2＋4＋3＝5.又f(1)＝－＋2＋3＝，∴所求切线方程为y－＝5(x－1)．即15x－3y－2＝0.21.【答案】①④【解析】从图象上可以发现，当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)＞0，于是f′(x)＞0，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，故①正确；当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在区间(－1,1)上是减函数，②错误，③也错误；f(x)在区间(0,1)上是减函数，而在区间(1，＋∞)上是增函数，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，故④正确．22.【答案】解(1)∵f(x)＝ax3－2ax2＋b，∴f′(x)＝3ax2－4ax＝ax(3x－4)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝∉[－2,1]，∵a>0，∴可得下表：因此f(0)必为最大值，∴f(0)＝5，因此b＝5，∵f(－2)＝－16a＋5，f(1)＝－a＋5，∴f(1)>f(－2)，即f(－2)＝－16a＋5＝－11，∴a＝1，∴f(x)＝x3－2x2＋5.(2)由(1)知，f′(x)＝3x2－4x，∴f′(x)＋tx≤0等价于3x2－4x＋tx≤0，令g(t)＝xt＋3x2－4x，则问题就是g(t)≤0在t∈[－1,1]上恒成立时，求实数x的取值范围，为此只需即解得0≤x≤1，∴所求实数x的取值范围是[0,1]．23.【答案】解(1)求函数的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈[1，＋∞)时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增．因此，函数f(x)的最小值为f(1)＝－1.(2)不等式x ln x＋(1－k)x＋k>0(k∈Z)在区间(1，＋∞)上恒成立等价k<(x>1)．令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝＝，由于x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增且f(1)＝－1<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上有且只有一个零点x0，因为f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2－ln 4>0，所以x0∈(3,4)，因此，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，g′(x)>0，从而函数g(x)在(1，x0)，(x0，＋∞)上分别是减函数、增函数．因此g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，所以，由k<(x>1)得k<x0，又因为k∈Z，且x0∈(3,4)，所以k max＝3.24.【答案】解(1)由已知得函数g(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，g′(x)＝＝.当x>e时，g′(x)>0，所以函数g(x)的单调递增区间是(e，＋∞)；当0<x<e且x≠1时，g′(x)<0，所以函数g(x)的单调递减区间是(0,1)，(1，e)．(2)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，且f(x)＝－ax，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.又f′(x)＝－a＝－2＋－a＝－2＋－a.故当＝，则x＝e2时，f′(x)max＝－a，所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值为.25.【答案】解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，且g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>0；②当a>2时，令g′(x)＝0得，x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0，综上，a的取值范围是(－∞，2]．26.【答案】解由题意得，本年度每辆车的投入成本为10(1＋x)，每辆车的出厂价为13(1＋0.7x)，年利润为f(x)＝[13(1＋0.7x)－10(1＋x)]·y＝(3－0.9x)×3 240×＝3 240(0.9x3－4.8x2＋4.5x＋5)，则f′(x)＝3 240(2.7x2－9.6x＋4.5)＝972(9x－5)(x－3)，由f′(x)＝0，解得x＝或x＝3(舍去)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数．第 11 页 共 11 页 所以当x ＝时，f (x )取极大值，f ＝20 000.因为f (x )在(0,1)内只有一个极大值，所以它是最大值．所以当x ＝时，本年度的年利润最大，最大利润为20 000万元． 27.【答案】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a ＝0时，f (x )＝x 2－2ln x ，f ′(x )＝2x －2x ＝2(x+1)(x−1)x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.∴f (x )极小值＝f (1)＝1，无极大值．(2)f ′(x )＝(2－a )x ＋a －2x＝(2−a )x 2+ax−2x ＝(2−a)(x−2a−2)(x−1)x ，∵a >4，∴2a−2<1，令f ′(x )<0，得0<x <2a−2或x >1，函数单调递减，令f ′(x )>0，得2a−2<x <1，函数单调递增，故当a >4时，f (x )在 (0，2a−2)和(1，＋∞)上单调递减，在(2a−2，1)上单调递增．(3)由(2)知，当a ∈(4,6)时，f (x )在[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，f (x )有最大值，当x ＝2时，f (x )有最小值， |f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－3＋2ln 2，∴ma ＋2ln 2>a 2－3＋2ln 2，∵a >0，∴m >12－3a ，∵4<a <6，∴－14<12－3a <0，∴m ≥0，故实数m 的取值范围为[0，＋∞)．。
高考数学复习-导数及其应用练习试题卷及参考答案
高考数学复习-导数及其应用练习试题卷及参考答案一、选择题(10×5′=50′)1.曲线y =x 3在点P （2，8）处的切线方程为 ( )A.y =6x -12B.y =12x -16C.y =8x +10D.y =12x -32 2.过原点与曲线y =1x -相切的切线方程为 ( ) A.y =21x B.y =2x C.y =x D.y =31x3.物体自由落体运动方程为s =s (t )=21gt 2,g =9.8m/s 2,若v =0lim →n ts t s ∆-∆+)1()1(=g=9.8m/s.那么下列说法正确的是 ( )A.9.8m/s 是在1s 这段时间内的速率B.9.8m/s 是从1s 到（1+Δt ）s 这段时间内的速率C.9.8m/s 是物体在t =1 s 这一时刻的速率D.9.8m/s 是物体从1 s 到（1+Δt ）s 这段时间内的平均速率4.已知过曲线y =31x 3上点P 的切线l 的方程为12x -3y =16,那么P 点坐标只能为 ( ) A.⎪⎭⎫ ⎝⎛38,2 B.⎪⎭⎫ ⎝⎛-34,1 C.⎪⎭⎫ ⎝⎛--328,1 D.⎪⎭⎫ ⎝⎛320,3 5.一质点做直线运动，若它所经过的路程与时间的关系为：s (t )=4t 2-3(s 单位：m,t 单位：s),则t =5时的瞬时速率为 ( )A.37B.38C.39D.40 6.一个圆半径以0.1 cm/s 速率增加，那么当半径r =10 cm 时，此圆面积的增加速率（单位：cm 2/s ）为 ( )A.3πB.4πC.2πD.π7.一圆面以10π cm 2/s 的速率增加，那么当圆半径r =20 cm 时，其半径r 的增加速率u 为 ( ) A.21 cm/s B.31 cm/s C.41 cm/s D.51cm/s8.曲线y =x n(n ∈N )在点P (2,22n)处切线斜率为20，那么n 为 ( )A.7B.6C.5D.49.直线a ∥b ，a 处一面高墙，点P 处站一人，P 到直线a 的距离P A ＝10 m,P 到直线b 的距离PB ＝2 m,在夜晚一光源S 从B 点向左运动，速率为5 m/s(沿直线b 运动)，那么，P 点处的人投在墙a 上影子Q 的运动速率为 ( )A.10 m/sB.15 m/sC.20 m/sD.25 m/s 10.质点P 在半径为r 的圆周上逆时针方向做匀角速率运动， 角速率为1 rad/s.如图所示，设A 为起点，那么t 时刻点P 在x 轴上射影点M 的速率为 ( )A.r sin tB.-r sin tC.r cos tD.-r cos t第10题图二、填空题（4×4′=16′）11.曲线y =x (x +1)(2-x )有两条平行于直线y =x 的切线，则两切 线之间的距离是 .12.函数S =e t 2-sin(ωt +φ),那么S ′t 为 .13.设曲线y =x 上有点P (x 1,y 1)，与曲线切于点P 的切线为m .若直线n 过P 且与m 垂直，则称n 为曲线在P 处的法线，设n 交x 轴于Q ,又作PR ⊥x 轴于R ,则RQ 的长是 .14.设坐标平面上的抛物线y =x 2的图象为C ,过第一象限的点(a ,a 2)作C 的切线l ,则l 与y 轴的交点Q 的坐标为 ,l 与y 轴夹角为30°时，a = . 三、解答题（4×10′+14′=54′）15.A (1,c )为曲线y =x 3-ax 2+b 上一点，曲线在A 点处的切线方程为y =x +d ,曲线斜率为1的切线有几条？它们之间的距离是多少？16.已知抛物线C 1:y =x 2+2x 和C 2:y =-x 2+a ，如果直线l 同时是C 1和C 2的切线，则得l 为C 11和C 2的公切线，公切线上两切点之间的线段称为公切线段.(1)a 取什么值时，C 1和C 2有且仅有一条公切线?写出此公切线方程； (2)若C 1与C 2有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分.17.已知函数f (x )=ln(x +1)-x . (1)求函数f (x )的单调递减区间; (2)若x >-1,证明：1-11+x ≤ln(x +1)≤x .18.如图所示的是曲柄连杆装置， （1）求滑块运动方程； （2）求滑块运动速率.19.质点运动方程s =f (t )实为位移s 对时间t 的函数，质点的运动速度即是对应的位移函数的导数s ′=f ′(t ).(1)求质点运动s 1=vt +s 0和s 2=21at 2+vt +s 0的运动速度并判定运动的性质.(v 、a 、s 0均为大于零的常数)(2)已知某质点的运动方程为s =sin2πt ,问此运动何时速度为0？第18题图参考答案一、选择题1.B 设所求切线斜率为k ,那么，k =0lim →∆x x y∆∆=0lim →∆x xx ∆-∆+332)2(=12,所以，所求切线方程为y -8=12(x -2),整理得:y =12x -16.2.A 设切点P （x 0,10-x ），那么切线斜率k =y ′|0x x ==1210-x .又因为切线过点O （0，0），及点P ，则k =0100---x x ,所以1210-x =01x x -.解得x 0=2.所以斜率k =21.从而切线方程为:y =21x . 3.C4.A 设P 点坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3,300x x ,由导数几何意义可知：y ′|0x x ==k l =4,又因为y ′|0x x ==x 20, 所以x 0=±2,所以点P 坐标为⎪⎭⎫⎝⎛±±38,2.5.D 设物体在时刻5时的瞬时速度为:v (5)= 0lim →∆t 40]354[]3)5(4[22=∆-⨯--∆+tt .6.C 当圆半径变化t s 时，圆面积为S =πr 2,那么圆面积变化速率为v =S t ′=2πr ·r t ′;又因为r t ′=0.1 cm/s.从而r =10 cm 时，v =2π×10×0.1 cm 2/s=2π cm 2/s.7.C 设t s 时刻圆面积为S ，则S =πr 2,时刻t 圆面积增加速率为S t ′,对应半径增加速率 u =r t ′,S t ′=2πr ·r t ′,此时S t ′=10π cm 2/s,r =20 cm.由10π=2π×20×r t ′,从而r t ′=41cm/s. 8.C 由导数的几何意义可知，曲线在P 点处切线斜率k =y ′, ∴20=y ′|2=x =n ·(2)1-n ①然后采用试值法，可知当n =5时满足方程①.9.D 设光源S 运动路程为l ,则SB ＝l =5t ,此时影子Q 运动路 程为x =AQ ,又由于△APQ ∽△BPS (如图).从而,51102===PA PB AQ SB .∴515=x t ,∴x =25t ,从而影子Q 运动速率为v =x ′=25.第9题图解10.B 点M 的运动方程为x =r cos t ,那么点M 的运动速率v =x ′=-r sin t . 二、填空题11.22716 分析 从y ′=1入手，写出两切线的方程.解 y =-x 3+x 2+2x ,∴y ′=-3x 2+2x +2.所求直线与直线y=x 平行.∴k =1. 命y ′=1,即3x 2-2x -1=0,(3x +1)(x -1)=0,x =-31或1,x =-31时, y =-(-271)+91-32=-2714,x =1时,y =-1+1+2×1=2.故切点为A ⎪⎭⎫ ⎝⎛--2714,31,B (1,2)切线方程为:l 1:y +2714=x +31,即x-y -275=0,l 2:y -1=x -2, 即x-y +1=0,两切线间的距离为:d =22751⎪⎭⎫⎝⎛--=22716.12.S t ′=-2e t 2-sin(ωt +φ)+ωe t 2-cos(ωt +φ).S t ′=(e t 2-)′sin(ωt +φ)+e t 2-(sin(ωt +φ))′=-2e t 2-sin(ωt +φ)+e t 2-ωcos(ωt +φ). 13.21 由y ′=x21得P (x 1,y 1)的切线斜率k 1=121x , P 点的法线斜率k 2=-1121x k -=, ∴法线方程为y -y 1=-21x (x -x 1),令y =0得x =112x y ,即Q 的横坐标为,|RQ |=|x -x 1|=112x y =112x x =21. 点评 有关曲线切线的问题，一般都可用导数的几何意义完成，曲线在某一定点处的切线是惟一的，因此斜率也是惟一的（若存在的话），采用斜率相等这一重要关系，往往都可解决这类问题.14.(0,-a 2),23∵y ′=2x ,y ′|a x ==2a , ∴l :y -a 2=2a (x -a ),令x =0得y =-a 2,∴Q (0,-a 2),由k =2a =tan(90°-30°)=3,∴a =23.三、解答题15.分析 根据题目条件可列出多个不等式，但要用它们解出全部4个未知系数是困难的，问题在于，要回答本题的两个问题，是否必须求出所有的未知系数，想到这里，便会豁然开朗.解 f ′(x )=3x 2-2ax ,f ′(1)=3-2a∵切线斜率为1,∴3-2a =1,a =1 3x 2-2ax =3x 2-2x 令3x 2-2x =1,x =1或-31 故已知曲线斜率为1的切线有两条. 因为A 在曲线上，∴c =1-1+b =b ,过点A 的切线为y-c =x -1,即y =x +c -1,∴d=c -1. 当x =-31时，y =(-31)3-(-31)2+c , 故相应切点为(-31,c -274).切线方程为y -(c -274)=x +31,即y =x +c +275. 两直线间距离为227162)1()275(=--+c c . 16.解 (1)函数y =x 2+2x 的导数y ′=2x +2,曲线C 1在点P (x 1,x 21+2x 1)处的切线方程是 y -(x 21+2x 1)=(2x 1+2)(x -x 1)即y =(2x 1+2)x -x 21 ①函数y =-x 2+a 的导数y ′=-2x .曲线C 2在点Q (x 2,-x 22+a )处的切线方程是y -(-x 22+a )=-2x 2(x -x 2)即y =-2x 2x +x 22+a ②如果直线l 是过P 和Q 的公切线，则①式和②式都是直线l 的方程，所以：⎪⎩⎪⎨⎧+=--=+.,1222121a x x x x 消去x 2，得2x 21+2x 1+1+a =0若Δ=4-8(1+a )=0,即a =-21，得x 1=-21，x 2=-21, ∴P (-21,-43)、Q (-21,-43)，P 与Q 重合，所以：当a =-21时，C 1与C 2只有一条公切线， 公切线方程是：y =x -41. (2)由(1)知：当 Δ=4-8(1+a )>0即a <-21时，P 与Q 不重合，此时C 1与C 2有两条公切线.设一条公切线上的切点为P (x 1,y 1)、Q(x 2,y 2)，其中P ∈C 1，Q ∈C 2，则x 1+x 2=-1y 1+y 2=(x 21+2x 1)+(-x 22+a )=x 21+2x 1-(x 1+1)2+a =a -1线段PQ 的中点E ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--21,21a .同理，另一条公切线段P ′Q ′的中点也是⎪⎭⎫⎝⎛+--21,21a .∴当C 1与C 2有两条公切线时，相应的两公切线段相互平分.点评 本题把导数与二次曲线位置关系融为一体，重在考查用导数的几何意义分析问题解决问题的能力.17.解 (1)函数f (x )的定义域为(-1,+∞),f ′(x )=11+x -1=-1+x x.由f ′(x )<0及x >-1得x >0.∴当x ∈(0,+∞)时，f (x )是减函数，即f (x )的单调递减区间为(0,+∞).(2)由(1)知，当x ∈(-1,0)时，f ′(x )>0;当x ∈(0,+∞)时，f ′(x )<0. 因此，当x >-1时，f (x )≤f (0)，即ln(x +1)-x ≤0. ∴ln(x +1)≤x .令g (x )=ln(x +1)+11+x -1, 则g ′(x )=11+x -22)1()1(1+=+x xx . 当x ∈(-1,0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，g ′(x )>0. ∴当x >-1时，g (x )≥g (0),即ln(x +1)+11+x -1≥0, ∴ln(x +1)≥1-11+x . 综上可知，当x >-1时，有1-11+x ≤ln(x +1)≤x . 18.解 (1)由图可知s=OC+CB .由三角函数定义可知：OC =r cos ωt ,CA =r sin ωt , 所以，CB =t r l CA l ω-=-22222sin ,从而， s =r cos ωt +t r l ω-222sin ,此为滑块运动方程. (2)s 关于时间t 的导数s ′就是滑块运动速率v 即 v =st ′=(r cos ωt +t r l ω-222sin )′=-r ωsin ωt +tr l t r l ω-'ω-222222sin 2)sin (,v =-r ωsin ωt -tr l t r ω-ωω2222sin 22sin19.解 （1）s 1′=v ,s 2′=at+vs 1为匀速直线运动，速度为v ;s 2为匀加速直线运动，加速度为a .（2）s ′=2πcos2πt .令s ′=0, 即cos2πt =0,得2πt =k π+2 ,t =2k +41.。
导数的综合应用练习题及答案
导数应用练习题答案1.下列函数在给定区间上是否满足罗尔定理的所有条件？如满足，请求出定理中的数值ξ。
2(1)()23[1,1.5]f x x x =---； 21(2)()[2,2]1f x x =-+；(3)()[0,3]f x =； 2(4)()1[1,1]x f x e =--解：2(1)()23[1,1.5]f x x x =---该函数在给定闭区间上连续，其导数为()41f x x '=-，在开区间上可导，而且(1)0f -=，(1.5)0f =，满足罗尔定理，至少有一点(1,1.5)ξ∈-， 使()410f ξξ'=-=，解出14ξ=。
解：21(2)()[2,2]1f x x =-+该函数在给定闭区间上连续，其导数为222()(1)x f x x -'=+，在开区间上可导，而且1(2)5f -=，1(2)5f =，满足罗尔定理，至少有一点(2,2)ξ∈-， 使222()0(1)f ξξξ-'==+，解出0ξ=。
解：(3)()[0,3]f x =该函数在给定闭区间上连续，其导数为()f x '=，在开区间上可导，而且(0)0f =，(3)0f =，满足罗尔定理，至少有一点(0,3)ξ∈，使()0f ξ'==，解出2ξ=。
解：2(4)()e 1[1,1]x f x =--该函数在给定闭区间上连续，其导数为2()2e x f x x '=，在开区间上可导，而且(1)e 1f -=-，(1)e 1f =-，满足罗尔定理，至少有一点ξ，使2()2e 0f ξξξ'==，解出0ξ=。
2.下列函数在给定区域上是否满足拉格朗日定理的所有条件？如满足，请求出定理中的数值ξ。
3(1)()[0,](0)f x x a a =>； (2)()ln [1,2]f x x=；32(3)()52[1,0]f x x x x =-+--解：3(1)()[0,](0)f x xa a =>该函数在给定闭区间上连续，其导数为2()3f x x '=，在开区间上可导，满足拉格朗日定理条件，至少有一点(0,)a ξ∈，使()(0)()(0)f a f f a ξ'-=-，即3203(0)a a ξ-=-，解出ξ=。
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导数及其应用经典练习答案
1.[答案] B[解析] 因为二次函数在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)递减，所以其导函数在(－∞，0)大于0，在(0，＋∞)小于0，故选B.
2.[答案] B[解析] 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，
令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20. ∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20，综上可知应选B
3.[答案] A[解析] ∵y ′＝－sin 2x －(1＋cos x )cos x sin 2x ＝－1－cos x sin 2x
∴f ′⎝⎛⎭⎫π2＝－1，由条件知1a
＝－1，∴a ＝－1，故选A. 4.[答案] A[解析] y ′＝e x ＋a ，由条件知，⎩
⎪⎨⎪⎧ e x ＋a ＝0x >0有解，∴a ＝－e x <－1. 5.[答案] C[解析] ∵f (0)＝0.
∴c ＝0.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝－1f ′(－1)＝－1，即⎩
⎪⎨⎪⎧ 3＋2a ＋b ＝－13－2a ＋b ＝－1， ∴a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0得x ＝±23
3∈[－2,2]． ∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0.∴①③正确，故选C.
6.[答案] 4[解析] ∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1b ＝0
，∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2，∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.
7.[答案] a >2或a <－1[解析] f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.因为函数f (x )有极大值和极小值，所以方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a 2－4a －8>0，解得a >2或a <－1.
8.[答案] b <－1或b >3[解析] y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，
应有y ′≤0恒成立，∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在
R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3.
9.[解析] (1)∵f (x )＝ax 3＋bx 2的图象经过点M (1,4)，∴a ＋b ＝4.①
f ′(x )＝3ax 2＋2bx ，则f ′(1)＝3a ＋2b ，由条件f ′(1)·(－19
)＝－1，即3a ＋2b ＝9，② 由①②式解得a ＝1，b ＝3.
(2)f (x )＝x 3＋3x 2，f ′(x )＝3x 2＋6x ，
令f ′(x )＝3x 2＋6x ≥0得x ≥0或x ≤－2，
∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－2]和[0，＋∞)由条件知m ≥0或m ＋1≤－2， ∴m ≥0或m ≤－3.
10.[解析] (1)依题意知：f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ＝0的两根为－1和2，
∴⎩
⎨⎧ －a 3＝－1＋2a 6＝－1×2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝－12. ∴f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋3.∴f ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x ＋1)(x －2)．
令f ′(x )>0得，x <－1或x >2；令f ′(x )<0得，－1<x <2.
∴f (x )极大＝f (－1)＝10.f (x )极小＝f (2)＝－17.
(2)由(1)知，f (x )在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，在[－1,2]上单调递减．
∴m ＋4≤－1或⎩
⎪⎨⎪⎧
m ≥－1，m ＋4≤2，或m ≥2.∴m ≤－5或m ≥2， 即m 的取值范围是(－∞，－5]∪[2，＋∞)．
11.[解析] (1)f (x )＝(x －t )2＋4t 3－3t ＋3，当x ＝t 时，f (x )取到其最小值g (t )，即g (t )＝4t 3－3t ＋3.
(2)∵g ′(t )＝12t 2－3＝3(2t ＋1)(2t －1)， 由此可见，g (t )在区间⎝⎭⎫－1，－12和⎝⎭12，1上单调递增，在区间⎝⎭
⎫－12，12上单调递减． (3)∵g (1)＝g ⎝⎛⎭⎫－12＝4，g (－1)＝g ⎝⎛⎭
⎫12＝2∴g (t )max ＝4，g (t )min ＝2， 又∵|g (t )|≤k 恒成立，∴－k ≤g (t )≤k 恒成立，∴⎩
⎪⎨⎪⎧
k ≥4－k ≤2，∴k ≥4. 12.[ 处取得极大值，所以0(2)解法1：f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，
由f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，f (1)＝5得， ⎩⎪⎨⎪⎧ 3a ＋2b ＋c ＝012a ＋4b ＋c ＝0
a ＋
b ＋
c ＝5
，解得a ＝2，b ＝－9，c ＝12.
解法2：设f ′(x )＝m (x －1)(x －2)＝mx 2－3mx ＋2m ，
又f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以a ＝m 3，b ＝－32
m ，c ＝2m ， f (x )＝m 3x 3－32mx 2＋2mx .∵f (1)＝5，∴m 3－32
m ＋2m ＝5，∴m ＝6， ∴a ＝2，b ＝－9，c ＝12.
13.[分析] 首先求f ′(x )，令f ′(x )＝0，求出x 1、x 2的值，得到A 、B 两点的坐标．利用向量的数量积可求得动点P 的轨迹方程．根据P 、Q 对称性求出P 、Q 两点坐标的关系，利用“坐标代入法”求得动点Q 的轨迹方程．
[解析] (1)令f ′(x )＝－3x 2＋3＝0，解得x ＝1或x ＝－1.
当x <－1时，f ′(x )<0；当－1<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0.
∴函数在x ＝－1处取得极小值，在x ＝1取得极大值，
故x 1＝－1，x 2＝1，f (－1)＝0，f (1)＝4，所以，点A 、B 的坐标为A (－1,0)，B (1,4)．
(2)设P (m ，n )，Q (x ，y )．
P A →·PB →＝(－1－m ，－n )·(1－m,4－n )＝m 2－1＋n 2－4n ＝4，
k PQ ＝－12，所以y －n x －m
＝－12，又PQ 的中点在直线y ＝2(x －4)上， 所以y ＋n 2＝2⎝⎛⎭
⎫x ＋m 2－4，消去m ，n 得(x －8)2＋(y ＋2)2＝9.。