2018高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理
2018高考数学(理科)异构异模复习考案撬分法习题第三章 导数及其应用 课时撬分练3-2 Word版含答案
………………………………………………………………………………………………时间：分钟基础组.[·衡水二中周测]已知函数()＝，则>时，()( )．有极大值，无极小值．有极小值，无极大值．既有极大值，又有极小值．既无极大值也无极小值答案解析′()＝＝，>.令′()＝，得＝.又()在()上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．所以＝为()的极小值点，()无极大值．故选.．[·枣强中学仿真]在上可导的函数()的图象如图所示，则关于的不等式·′()<的解集为( )．(－∞，－)∪()．(－)∪(，＋∞)．(－，－)∪()．(－∞，－)∪(，＋∞)答案解析由()的图象知，当<－或>时，′()>；当－<<时，′()<，∴·′()<的解集是(－∞，－)∪()．．[·衡水二中月考]已知()为上的可导函数，且∀∈，均有()>′()，则以下判断正确的是( )．()>()．()<()．()＝()．()与()大小无法确定答案解析令函数()＝，则′()＝.∵()>′()，∴′()<，即函数()在上递减，∴()<()，∴<，∴()<()．．[·武邑中学热身]函数()＝－(为自然对数的底数)在区间[－]上的最大值是( )．＋．．＋．－答案解析′()＝－，令′()＝，得＝.又()＝－＝，()＝－>，(－)＝＋>，而－－＝－－＝>，所以()＝()＝－..[·衡水二中热身]设函数()＝－，()＝－，其中为实数．若()在(，＋∞)上是单调减函数，且()在(，＋∞)上有最小值，则的取值范围是( )点击观看解答视频．(，＋∞) ．[，＋∞)．(，＋∞) ．[，＋∞)答案。
2018高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.2函数的极值与最值撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.2 函数的极值与最值撬题 理1.设函数f (x )＝3sinπx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( ) A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C解析∵x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，即πm ·3·cos πx0m ＝0，得πm x 0＝k π＋π2，k ∈Z ，即x 0＝mk ＋12m ，k ∈Z .∴x 20＋[f (x 0)]2<m 2可转化为⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin πm ⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋12m 2<m 2，k ∈Z ， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122m 2＋3<m 2，k ∈Z ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<1－3m2，k ∈Z .要使原问题成立，只需存在k ∈Z ，使1－3m2>⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122成立即可．又⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122的最小值为14，∴1－3m2>14，解得m <－2或m >2.故选C.2．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时，f (x )取得极大值，当x ∈(1,2)时，f (x )取得极小值，则⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫372，5B ．(5，5) C.⎝⎛⎭⎪⎫374，25D ．(5,25)答案 D解析 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，f ′(x )的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以f ′(0)>0，f ′(1)<0，f ′(2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧c>0，3＋2b ＋c<0，12＋4b ＋c>0，作出可行域如图中阴影部分所示(不包括b 轴)，⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2表示可行域内一点到点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3的距离的平方，由图象可知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到直线3＋2b ＋c ＝0的距离最小，即⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫|3－1＋3|52＝5，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，6的距离最大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2＝25，因为可行域的临界线为虚线，所以所求范围为(5,25)，故选D.3．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( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－2,1)答案 C解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝－1为函数f (x )的极大值点，x ＝1为函数f (x )的极小值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2，解得－5<a <1，且a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2，1)．4．设函数f (x )＝(x －1)kcos x (k ∈N *)，则( ) A ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极小值B ．当k ＝2013时，f (x )在x ＝1处取得极大值C ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极小值D ．当k ＝2014时，f (x )在x ＝1处取得极大值答案 C解析 当k ＝2013时，f (x )＝(x －1)2013cos x ，则f ′(x )＝2013(x －1)2012cos x －(x －1)2013sin x ＝(x －1)2012·[2013cos x －(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )>0；当1<x <π3时，f ′(x )>0，此时函数x ＝1不是函数f (x )的极值点，A 、B 选项均错误．当k ＝2014时，f (x )＝(x －1)2014·cos x ，则f ′(x )＝2014(x －1)2013cos x－(x －1)2014sin x ＝(x －1)2013[2014cos x －(x －1)sin x ]，当π4<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <π3时，f ′(x )>0，此时函数f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.5．已知点M 在曲线y ＝3ln x －x 2上，点N 在直线x －y ＋2＝0上，则|MN |的最小值为________．答案 22解析 本题考查导数的几何意义、点到直线的距离．当点M 处的曲线的切线与直线x －y ＋2＝0平行时|MN |取得最小值．令y ′＝－2x ＋3x ＝1，解得x ＝1，所以点M 的坐标为(1，－1)，所以点M 到直线x －y ＋2＝0的距离为|1＋2＋1|2＝22，即|MN |的最小值为2 2.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋6在x ＝________时取得极小值．答案 2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．7．设函数f (x )＝ln (x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围．。
全国通用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.3导数与函数的综合应用课件文北师大版
当 x 变化时，f(x)与 f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－2) －2 －2，－23 －23 －23，＋∞
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－3227
所以，当 c>0 且 c－3227<0，存在 x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23， x3∈－23，0，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由 f(x)的单调性知，当且仅 当 c∈0，3227时， 函数 f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不同零点．
解 (1)因为 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y＝x－2 3＋10(x－6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)＝(x－3)x－2 3＋10x－62 ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)·(x－6)，
(2)因 V(r)＝5π(300r－4r3)(0<r<5 3)， 故 V′(r)＝π5(300－12r2)， 故 V′(r)＝0，解得 r＝5 或－5(因 r＝－5 不在定义域内，舍去)． 当 r∈(0,5)时，V′(r)>0，故 V(r)在(0,5)上为增函数； 当 r∈(5,5 3)时，V′(r)<0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数． 由此可知，V(r)在 r＝5 处取得最大值，此时 h＝8. 所以当 r＝5，h＝8 时，该蓄水池的体积最大.
于是，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x) ＋
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第三章导数及其应用3.2第3课时含解析
第3课时导数与函数的综合问题题型一导数与不等式有关的问题命题点1 解不等式例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,f（2）＝0，当x>0时，有错误!<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是（)A．(－2，0)∪(2，＋∞) B．（－2,0)∪（0，2）C．(－∞，－2)∪（2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，2)答案D解析∵当x>0时，错误!′<0，∴φ（x）＝错误!为减函数,又φ(2）＝0，∴当且仅当0<x〈2时,φ（x）〉0,此时x2f（x)〉0。
又f(x）为奇函数,∴h(x）＝x2f(x)也为奇函数．故x2f（x）>0的解集为（－∞，－2）∪(0,2）．命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f（x）＝ln x－x＋1.(1）讨论f（x)的单调性；(2)证明:当x∈(1,＋∞)时，1<错误!<x；(3)设c〉1，证明：当x∈（0,1）时，1＋（c－1）x>c x。
（1）解由题设,f（x)的定义域为（0,＋∞），f′(x）＝错误!－1，令f′(x）＝0，解得x＝1.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．（2)证明由（1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0。
所以当x≠1时,ln x<x－1。
故当x∈（1，＋∞）时，ln x<x－1，ln错误!<错误!－1，即1〈错误!〈x.（3)证明由题设c>1,设g（x）＝1＋(c－1)x－c x,则g′（x)＝c－1－c x ln c,令g′（x）＝0，解得x0＝错误!。
当x<x0时，g′(x）>0，g（x）单调递增；当x>x0时，g′(x）<0,g（x）单调递减．由（2)知1〈错误!〈c，故0<x0〈1。
又g（0)＝g（1）＝0，故当0〈x<1时，g(x）>0。
2018高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用撬题 理1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2 答案 C解析 由f ′(x )＋f x x >0，得xf ′ x ＋f xx>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即[xf (x )]′>0，函数xf (x )单调递增； 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 即[xf (x )]′<0，函数xf (x )单调递减． ∴xf (x )>0f (0)＝0，又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf x ＋1x ，函数g (x )＝xf x ＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋2014)＝(x ＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2 －f x 1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解 (1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f 1 －f 0 ≤e－1，f －1 －f 0 ≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1. ①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]． 5．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.解 (1)f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ， 即(1＋m )2e m＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e.由e m ≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.6．已知函数f (x )＝nx －x n，x ∈R ，其中n ∈N *，且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实数根x 1，x 2，求证：|x 2－x 1|<a1－n ＋2.解 (1)由f (x )＝nx －x n，可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1)，其中n ∈N *，且n ≥2.下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时．令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f ②当n 为偶数时．当f ′(x )>0，即x <1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：设点P 的坐标为(x 0,0)，则x 0＝n1n －1，f ′(x 0)＝n －n 2.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0，＋∞)上单调递减，故F ′(x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x ，都有F (x )≤F (x 0)＝0，即对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．(3)证明：不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，可得x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x )，可得h (x )＝nx .当x ∈(0，＋∞)，f (x )－h (x )＝－x n<0，即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )<h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)<h (x 1)，因此x 1′<x 1.由此可得x 2－x 1<x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2， 所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n1n －1＝x 0. 所以|x 2－x 1|<a1－n＋2.7．已知函数f (x )＝ln (1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t >0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|<x 2. 解 (1)证明：令F (x )＝f (x )－x ＝ln (1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋ 1－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )． (3)解法一：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )，故g (x )>f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )． 令M (x )＝kx －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝k －11＋x －2x ＝－2x 2＋ k －2 x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋ k －2 2＋8 k －1 4时，M ′(x )>0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋ k －2 2＋8 k －1 4上单调递增，故M (x )>M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k <1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )>g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx . 令N (x )＝ln (1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－ k ＋2 x ＋1－k x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k 4时，N ′(x )>0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k 4上单调递增，故N (x )>N (0)＝0，即f (x )－g (x )>x 2.记x 0与－ k ＋2 ＋ k ＋2 2＋8 1－k4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x >0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )． 令H (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，H ′(x )<0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减，故H (x )<H (0)＝0.故当x >0时， 恒有|f (x )－g (x )|<x 2.此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )>kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x >x 2，解得0<x <k －1.从而得到，当k >1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|>x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k <1时，取k 1＝k ＋12，从而k <k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )>k 1x >kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )>(k 1－k )x ＝1－k2x .令1－k 2x >x 2，解得0<x <1－k 2，此时f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与1－k 2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2.故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x >0，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )， 令M (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，M ′(x )<0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )<M (0)＝0.故当x >0时，恒有|f (x )－g (x )|<x 2， 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.8．已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)因为f (x )＝ln (1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－ k －21－x2. 所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0<x < 4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.9．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函数f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝ x －2 x －12x .列表：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g 1 ≥0，g 2 <0，g 4 ≥0，得ln 2－2<b ≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6，由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。
五年高考三年模拟2018届高三数学理新课标一轮复习课件：3.2 导数的应用 精品
因而f(1)=1, f '(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f '(x)=1- a = x a ,x>0知:
xx
①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值; ②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a. 又当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0, 从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.
,
上单调递减,只需f
'
2 3
>0即可.由f
'
2 3
=
2 9
+2a>0,
解得a>- 1 ,所以,a的取值范围是a>- 1 .
9
9
(2)由(1)知f '(x)=-x2+x+2a,令f '(x)=0,得x1= 1 1 8a ,x2= 1 1 8a ,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单
2-1 (2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
2018高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.1.2积分的运算及应用撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.1.2 积分的运算及应用撬题 理1.直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A ．2 2 B ．4 2 C ．2 D ．4答案 D解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4x ，y ＝x3得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍)．∴S ＝⎠⎛02(4x －x 3)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 4⎪⎪⎪⎪2＝4.2．已知函数f(x)＝sin (x －φ)，且⎠⎜⎛0 2π3f (x )d x ＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是( )A ．x ＝5π6 B ．x ＝7π12 C ．x ＝π3D ．x ＝π6答案 A解析 由⎠⎜⎛0 2π3f(x)d x ＝⎠⎜⎛0 2π3sin (x －φ)d x ＝－cos (x －φ)⎪⎪⎪2π3＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－φ＋cos φ＝0，得32cos φ＝32sin φ，从而有tan φ＝3，则φ＝n π＋π3，n ∈Z ，从而有f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －n π－π3 ＝(－1)n·sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3，n ∈Z .令x －π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π＋5π6，k ∈Z ，即f (x )的图象的对称轴是x ＝k π＋5π6，k ∈Z ，故选A. 3．直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83 D.1623答案 C解析 直线l 的方程为y ＝1，其与抛物线的交点坐标分别为(－2,1)、(2,1)，则该直线与抛物线C 所围成图形的面积S ＝⎠⎛-22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 24d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 3122－2＝83. 4.⎠⎛01(2x －x 2－x)d x 等于( )A .π－24 B .π－22 C .π－12D .π－14答案 A解析 由定积分的几何意义得⎠⎛012x －x 2d x ＝π4，如图阴影部分，而⎪⎪⎪⎠⎛01x d x ＝12x 210＝12. ∴⎠⎛01(2x －x 2－x)d x ＝⎠⎛012x －x 2d x －⎠⎛01x d x ＝π－24，选A .5．如图所示，曲线y ＝x 2－1，x ＝2，x ＝0，y ＝0围成的阴影部分的面积为( )A .⎠⎛02|x 2－1|d xB.⎪⎪⎪⎪⎠⎛02 x 2－1 d xC.⎠⎛02(x 2－1)d xD .⎠⎛01(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(1－x 2)d x答案 A解析 由曲线y ＝|x 2－1|的对称性，所求阴影部分的面积与如右图形的面积相等， 即⎠⎛02|x 2－1|d x ，选A.6．若f (x )＝⎩⎨⎧f x －4 ，x >1，e x＋⎠⎛121td t ，x ≤1，则f (2013)等于( ) A ．0 B ．ln 2 C ．1＋e 2D ．e ＋ln 2答案 D解析 f (2013)＝f (503×4＋1)＝f (1)＝e ＋⎪⎪⎪⎠⎛121td t ＝e ＋ln t 21＝e ＋ln 2.7．与定积分∫3π1－cos x d x 相等的是( )A.2∫3π0sin x2d x B.2∫3π0⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d xC.⎪⎪⎪⎪⎪⎪2∫3π0sin x2d x D ．以上结论都不对 答案 B解析 ∵1－cos x ＝2sin 2x2，∴∫3π1－cos x d x ＝∫3π2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d x＝2∫3π0⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin x 2d x .8.⎠⎛1e 1xd x ＋⎠⎛2－24－x 2d x ＝________.答案 2π＋1解析 ⎠⎛1e 1x d x ＝ln x ⎪⎪⎪⎪e1＝1－0＝1，因⎠⎛-224－x 2d x 表示的是圆x 2＋y 2＝4的x 轴上方的面积，故⎠⎛-224－x 2d x ＝12π×22＝2π，故答案为2π＋1.9．执行如图所示的程序框图，输出的T 的值为________．答案116解析 开始n ＝1，T ＝1，因为1<3，所以T ＝1＋⎠⎛01x 1d x ＝1＋12x2⎪⎪⎪⎪1＝1＋12×12＝32，n＝1＋1＝2；因为2<3，所以T ＝32＋⎠⎛01x 2d x ＝32＋13x3⎪⎪⎪⎪1＝32＋13×13＝116，n ＝2＋1＝3.因为3<3不成立，所以输出T ，即输出的T 的值为116.10．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________． 答案 16解析 由题意可得封闭图形的面积为 ⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪⎪1＝12－13＝16.11．正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1,1)，D (－1,1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．答案 23解析 由对称性可知S 阴影＝S 正方形ABCD －4⎠⎛01x 2d x ＝22－4×⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫13x 310＝83，所以所求概率为834＝23.。
2018高考数学异构异模复习 第三章 导数及其应用 3.1.1 导数的概念及其几何意义撬题 理
2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.1.1 导数的概念及其几何意义撬题 理1．曲线y ＝x e x －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1答案 C解析 ∵y ′＝x ′·ex －1＋x ·(ex －1)′＝(1＋x )ex －1，∴曲线在点(1,1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝2.故选C.2.下列四个图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－4)x ＋1(a ∈R ，a ≠0)的导函数y ＝f ′(x )的图象，则f (1)＝( )A.103B.43 C ．－23D ．1答案 C解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋(a 2－4)，由a ≠0，结合导函数y ＝f ′(x )的图象，知导函数图象为③，从而可知a 2－4＝0，解得a ＝－2或a ＝2，再结合－2a 2>0知a <0，所以a ＝－2，代入可得函数f (x )＝13x 3－2x 2＋1，可得f (1)＝－23，故选C.3．已知t 为实数，f (x )＝(x 2－4)·(x －t )且f ′(－1)＝0，则t 等于( ) A ．0 B ．－1 C.12 D ．2答案 C解析 依题意得，f ′(x )＝2x (x －t )＋(x 2－4)＝3x 2－2tx －4，∴f ′(－1)＝3＋2t －4＝0，即t ＝12.4.设曲线y ＝e x在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．答案 (1,1)解析 y ′＝e x ，则y ＝e x在点(0,1)处的切线的斜率k 切＝1，又曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线与y ＝e x在点(0,1)处的切线垂直，所以y ＝1x(x >0)在点P 处的切线的斜率为－1，设P (a ，b )，则曲线y ＝1x (x >0)上点P 处的切线的斜率为y ′|x ＝a ＝－a －2＝－1，可得a ＝1，又P (a ，b )在y ＝1x上，所以b ＝1，故P (1,1)．5．若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标为________． 答案 (e ，e)解析 y ′＝ln x ＋1，设P (x 0，y 0)，ln x 0＋1＝2得x 0＝e ，则y 0＝e ，∴P 点坐标为(e ，e)．6．若对于曲线f (x )＝－e x－x (e 为自然对数的底数)的任意切线l 1，总存在曲线g (x )＝ax ＋2cos x 的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为________．答案 [－1,2]解析 易知函数f (x )＝－e x－x 的导数为f ′(x )＝－e x－1，设l 1与曲线f (x )＝－e x－x 的切点为(x 1，f (x 1))，则l 1的斜率k 1＝－e x 1－1.易知函数g (x )＝ax ＋2cos x 的导数为g ′(x )＝a －2sin x ，设l 2与曲线g (x )＝ax ＋2cos x 的切点为(x 2，g (x 2))，则l 2的斜率k 2＝a －2sin x 2.由题设可知k 1·k 2＝－1，从而有(－e x 1－1)(a －2sin x 2)＝－1，∴a －2sin x 2＝1e x 1＋1，故由题意知对任意x 1，总存在x 2使得上述等式成立，则有y 1＝1e x 1＋1的值域是y 2＝a －2sin x 2值域的子集，则(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2≤0，a ＋2≥1，∴－1≤a ≤2.7．已知函数f (x )＝ax 3＋3x 2－6ax －11，g (x )＝3x 2＋6x ＋12和直线m ：y ＝kx ＋9，且f ′(－1)＝0.(1)求a 的值；(2)是否存在实数k ，使直线m 既是曲线y ＝f (x )的切线，又是曲线y ＝g (x )的切线？如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．解 (1)由已知得f ′(x )＝3ax 2＋6x －6a ， ∵f ′(－1)＝0，∴3a －6－6a ＝0，∴a ＝－2.(2)存在．由已知得，直线m 恒过定点(0,9)，若直线m 是曲线y ＝g (x )的切线，则设切点为(x 0,3x 20＋6x 0＋12)．∵g ′(x 0)＝6x 0＋6，∴切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)(x －x 0)， 将(0,9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9； 当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －11，①由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2. 在x＝－1处，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；在x＝2处，y＝f(x)的切线方程为y＝9，∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10；∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。
高考数学(理科)异构异模复习考案撬分法课件第三章 导数及其应用 3-2-1ppt版本
第三章 导数及其应用
第2讲 导数的应用
考点一 函数的单调性与导数
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撬点·基础点 重难点
1 函数的单调性与导数的关系
在区间a，b 内f′x大 等于 于零 零→ →ffxx在 在aa， ，bb内 内为 单常 调函 递数 增 小于零→fx在a，b内单调递减
fbb－－afa<1a－1 成立．
【解题法】 单调区间的求法及由单调性求参数取值范围的方法 (1)利用导数求函数的单调区间的两个方法 ①方法一：a.确定函数 y＝f(x)的定义域． b．求导数 y′＝f′(x)； c．解不等式 f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； d．解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． ②方法二：a.确定函数 y＝f(x)的定义域． b．求导数 y′＝f′(x)，令 f′(x)＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根； c．把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然 后用这些点把函数 f(x)的定义域分成若干个小区间； d．确定 f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
ln
b－b－ln b－a
a－a<a1－1，因为
0<a<b，所以有
b－a>0，故不等式可化为(ln
b－b)－(ln
a－a)<1a－1(b
－a)，即 ln ab<ba－1，令 t＝ba，得 ln t－t＋1<0(t>1)，令 f(t)＝ln t－t＋1.
由(2)知，函数 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且 f(1)＝0，即 f(t)<f(1)，于是上式成立，故对于任意的 0<a<b，
18高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 3.2.3 导数的综合应用撬题 理1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2 答案 C解析 由f ′(x )＋f x x >0，得xfx ＋f xx>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即[xf (x )]′>0，函数xf (x )单调递增； 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 即[xf (x )]′<0，函数xf (x )单调递减． ∴xf (x )>0f (0)＝0，又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf x ＋1x ，函数g (x )＝xf x ＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋2014)＝(x ＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解 (1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )>0.若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f ′(x )>0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f－f －1，f －－f －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1. ①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m－m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]． 5．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.解 (1)f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ， 即(1＋m )2e m＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e.由e m ≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.6．已知函数f (x )＝nx －x n，x ∈R ，其中n ∈N *，且n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实数根x 1，x 2，求证：|x 2－x 1|<a1－n ＋2.解 (1)由f (x )＝nx －x n，可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1)，其中n ∈N *，且n ≥2.下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时．令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f ②当n 为偶数时．当f ′(x )>0，即x <1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：设点P 的坐标为(x 0,0)，则x 0＝n1n －1，f ′(x 0)＝n －n 2.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0，＋∞)上单调递减，故F ′(x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x ，都有F (x )≤F (x 0)＝0，即对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．(3)证明：不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，可得x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x )，可得h (x )＝nx .当x ∈(0，＋∞)，f (x )－h (x )＝－x n<0，即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )<h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)<h (x 1)，因此x 1′<x 1.由此可得x 2－x 1<x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2， 所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n1n －1＝x 0. 所以|x 2－x 1|<a1－n＋2.7．已知函数f (x )＝ln (1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t >0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|<x 2. 解 (1)证明：令F (x )＝f (x )－x ＝ln (1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋－kx ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )>g (x )． (3)解法一：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )，故g (x )>f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )． 令M (x )＝kx －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝k －11＋x－2x ＝－2x 2＋k －x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，k －2＋k －2＋k －4时， M ′(x )>0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋k －2＋k －4上单调递增， 故M (x )>M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|>x 2.所以满足题意的t 不存在． 当k <1时，由(2)知，存在x 0>0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )>g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln (1＋x )－kx . 令N (x )＝ln (1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－k ＋x ＋1－k x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－k ＋＋k ＋2＋－k 4时，N ′(x )>0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－k ＋＋k ＋2＋－k 4上单调递增， 故N (x )>N (0)＝0，即f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与－k ＋＋k ＋2＋－k4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x >0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )． 令H (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，H ′(x )<0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减，故H (x )<H (0)＝0.故当x >0时， 恒有|f (x )－g (x )|<x 2.此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.解法二：当k >1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )>x >f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln (1＋x )>kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x >x 2，解得0<x <k －1.从而得到，当k >1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|>x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k <1时，取k 1＝k ＋12，从而k <k 1<1，由(2)知，存在x 0>0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )>k 1x >kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )>(k 1－k )x ＝1－k2x .令1－k 2x >x 2，解得0<x <1－k 2，此时f (x )－g (x )>x 2. 记x 0与1－k 2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|>x 2.故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x >0，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln (1＋x )， 令M (x )＝x －ln (1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x >0时，M ′(x )<0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故M (x )<M (0)＝0.故当x >0时，恒有|f (x )－g (x )|<x 2， 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.8．已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)因为f (x )＝ln (1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k －21－x2. 所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．当0<x < 4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.9．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函数f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝x －x －2x .列表：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g ，g，g，得ln 2－2<b ≤－54.10.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6，由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。
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2018高考数学异构异模复习考案 第三章 导数及其应用 课时撬分练3.2 导数的应用 理时间：120分钟基础组1.[2016·衡水二中周测]已知函数f (x )＝exx，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值也无极小值 答案 B解析 f ′(x )＝e x·x －e xx 2＝x －xx2，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以x ＝1为f (x )的极小值点，f (x )无极大值．故选B.2．[2016·枣强中学仿真]在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由f (x )的图象知，当x <－1或x >1时，f ′(x )>0；当－1<x <1时，f ′(x )<0， ∴x ·f ′(x )<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)．3．[2016·衡水二中月考]已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则以下判断正确的是( )A ．f (2013)>e 2013f (0)B ．f (2013)<e2013f (0) C ．f (2013)＝e2013f (0)D ．f (2013)与e 2013f (0)大小无法确定 答案 B解析 令函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex.∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上递减，∴g (2013)<g (0)， ∴fe2013<fe，∴f (2013)<e2013f (0)．4．[2016·武邑中学热身]函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1e B ．1C ．e ＋1D ．e －1 答案 D解析 f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.又f (0)＝e 0－0＝1，f (1)＝e －1>1，f (－1)＝1e ＋1>1，而e －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1＝e －1e －2＝e 2－2e －1e>0， 所以f (x )max ＝f (1)＝e －1.5.[2016·衡水二中热身]设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞) B．[e ，＋∞) C ．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 A解析 解法一：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x－a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)．解法二：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x－a .由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，从而g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当0<a ≤e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a ≤1，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当a >e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a >1，故g (x )在(1，ln a )上单调递减，在(lna ，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .由题意知ln a >1，所以a >e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)．6．[2016·武邑中学期末]函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞) 答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数． ∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．7．[2016·衡水二中预测]函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，1<x <3，f ′(x )<0；x <1或x >3，f ′(x )>0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.8．[2016·枣强中学月考]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10<0，f (x )极大值＝f (－1)＝23>0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.9．[2016·衡水二中猜题]已知函数f (x )＝ax x ＋r2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)．f (x )＝ax x ＋r2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a x 2＋2rx ＋r 2－axx ＋2rx 2＋2rx ＋r 22＝a r －x x ＋rx ＋r 4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0；当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )．(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减．因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝arr 2＝a 4r ＝4004＝100，无极小值．10．[2016·衡水二中一轮检测]已知曲线f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a 与x 轴只有一个交点，求实数a 的取值范围．解 f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 列表：＋27.画出大致图象，要使f (x )的图象与x 轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)．所以a －5>0或a ＋27<0.解得a >5或a <－27. 故实数a 的取值范围为a >5或a <－27.11.[2016·武邑中学仿真]设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b xe x －1＋b xex －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.能力组12.[2016·冀州中学预测]定义在R 上的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)的单调增区间为(－1,1)，若方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0恰有6个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．答案 a <－12解析 ∵函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的单调增区间是(－1,1)，∴3ax 2＋2bx ＋c >0的解集是(－1,1)，因此有a <0，－2b 3a ＝－1＋1＝0，－1＝c 3a ，∴b ＝0，c ＝－3a ，函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＝ax 3－3ax .由3ax 2＋2bx ＋c ＝3ax 2－3a ＝0，得函数f (x )的极大值为f (1)、极小值为f (－1)．方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0可变为3a (f (x ))2－3a ＝0，要使3a (f (x ))2－3a ＝0恰有6个不同的实根，需满足⎩⎪⎨⎪⎧a <0f －－1f，得a <－12. 13.[2016·冀州中学猜题]已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；b ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．14．[2016·武邑中学仿真]已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．解 (1)证明：由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 因为在区间(0，π2)上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0， 所以g (x )在区间[0，π2]上单调递减．从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )0所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.15．[2016·衡水中学模拟]已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R .若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，①当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1,1)上是增函数， 因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ， 故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8.②当－1<a <1时，若x ∈(a,1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a 在(a,1)上是增函数； 若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此 当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ， 此时f (x )在(－1,1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a . 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4. 综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ， h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立， 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立． 所以由(1)知，①当a ≤－1时，h (x )在[－1,1]上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾；②当－1<a ≤13时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2，且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2，且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是增函数，故t (a )≥t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0；③当13<a <1时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；④当a ≥1时，h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2，且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0. 综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.。