2015年高考专题训练(九) 导数及其应用
专题九 导数及其应用
1.（15北京理科）已知函数()1ln 1x
f x x +=-．
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭
；
（Ⅲ）设实数k 使得()3
3x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对()01
x ∈
，恒成立，求k 的最大值．
2.（15北京文科）设函数()2
ln 2x f x k x =-，0k >．
（Ⅰ）求()f x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(上仅有一个零点．
3．（15年安徽理科）设函数2()f x x ax b =-+.
（1）讨论函数(sin )22f x ππ
在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
（2）记20000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22ππ
(-,)上的最大值D ；
（3）在（2）中，取2
000,D 14a
a b z b ===-≤求满足时的最大值。
4.（15年安徽文科）已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x ax
x f
（1）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性；
（2）若400=r a
，求)(x f 在),0(+∞内的极值。
5.（15年福建理科）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x '
满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭
B ．11
1f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭ C ．11
11f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k
f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭
6.（15年福建理科）已知函数f()ln(1)x x =+，(),(k ),g x kx R =?
(Ⅰ)证明：当0x x x ><时，f()；(Ⅱ)证明：当1k <时，存在00x >,使得对
0(0),x x Î任意，恒有f (
)()x g x >； (Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t >，对任意的(0),x Î，t 恒有2|f()()|x g x x -<．
7.（15年福建文科）“对任意(0,)2
x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ． 充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件
8.（15年福建文科）已知函数2
(1)()ln 2
x f x x -=-． (Ⅰ)求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x >时，()1f x x <-；
（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有()()1f x k x >-．
9.（15年新课标1理科）设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（ ） A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1）
10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数()()f x x R ∈的导函数，f （-1）=0，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是
（A ）
（B ）
（C ） （D ） 11.（15年新课标2理科）设函数2()mx f x e x mx =+-。
（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；
（2）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x e -≤-，求m 的取值范围。
12.（15年新课标2文科）已知曲线ln y x x =+在点()1,1 处的切线与曲线()221y ax a x =+++ 相
切,则a = ．
13.（15年新课标2文科）已知()()ln 1f x x a x =+-.
（I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当()f x 有最大值,且最大值大于22a -时,求a 的取值范围.
14.（15年陕西理科）对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）
A ．-1是()f x 的零点
B ．1是()f x 的极值点
C ．3是()f x 的极值
D . 点(2,8)在曲线()y f x =上
15.（15年陕西理科）设()n f x 是等比数列1，x ，2x ，⋅⋅⋅，n x 的各项和，其中0x >，n ∈N ，2n ≥．
（I ）证明：函数()()F 2n n x f x =-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
内有且仅有一个零点（记为n x ），且11122n n n x x +=+； （II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为()n g x ，比较()n f x 与()n g x 的大小，并加以证明．
16.（15年陕西文科）函数x y xe =在其极值点处的切线方程为____________.
17.（15年天津理科）已知函数()n ,n f x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥.
(I)讨论()f x 的单调性；
(II)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 ≤；
(III)若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证： 21|-|21a x x n
<
+- 18.（15年天津文科）已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞ ,其中a 为实数,()f x '为()f x 的导函数,若()13f '= ,则a 的值为 ．
19.（15年山东理科）设函数2()ln(1)()f x x a x x =++-，其中a R ∈.
（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；
20.（15年江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ，的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ，所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2a y x b
=
+（其中a ，b 为常数）模型.
（1）求a ，b 的值；
（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .
①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域；
②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.
21.（15年江苏）已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.
（1）试讨论)(x f 的单调性；
（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值.。
导数的应用专项训练(附解析2015高考数学一轮)
导数的应用专项训练（附解析2015高考数学一轮）导数的应用专项训练（附解析2015高考数学一轮）A组基础演练1．(2013•浙江)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析：在(－1,0)上，f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势．故选B.答案：B2．(2012•辽宁)函数y＝12x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．1，＋∞)D．(0，＋∞)解析：y＝12x2－lnx，y′＝x－1x＝x2－1x＝－＋＞0)．令y′≤0，得0＜x≤1，∴递减区间为(0,1]．故选B.答案：B3．(理科)(2013•浙江)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故A、B 错；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)(x ＋1)ex－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0,1)．当x∈(x2,1)时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.答案：C3．(文科)若函数f(x)＝x3－x＋1在区间(a，b)(a，b是整数，且b－a＝1)上有一个零点，则a＋b的值为()A．3B．－2C．2D．－3解析：由于f(－1)＝1＞0，f(－2)＝－5＜0，即f(－1)f(－2)＜0且函数为增函数，故函数零点必在区间(－2，－1)内，故有a＋b＝－3.答案：D4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间－1,1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4解析：∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.∴f(x)在－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.答案：C5．已知函数f(x)＝alnx＋x在区间2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝alnx＋x，∴f′(x)＝ax＋1.又∵f(x)在2,3]上单调递增，∴ax＋1≥0在x∈2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈－2，＋∞)．答案：－2，＋∞)6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在－2,2]上有最大值3，那么此函数在－2,2]上的最小值为________．解析：∵f′(x)＝6x2－12x＝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，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值为－37.答案：－377．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1]有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1]，∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.∵函数f(x)有极大值和极小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a2－4a－8＞0，∴a＞2或a＜－1.答案：a＞2或a＜－18．(2013•课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)ex－12.令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．9．(2014•郑州质量预测)已知函数f(x)＝1－xax＋lnx.(1)当a＝12时，求f(x)在1，e]上的最大值和最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－14x在1，e]上为增函数，求正实数a的取值范围．解：(1)当a＝12时，f(x)＝－＋lnx，f′(x)＝x－2x2，令f′(x)＝0，得x＝2，∴当x∈1,2)时，f′(x)＜0，故f(x)在1,2)上单调递减；当x∈(2，e]时，f′(x)＞0，故f(x)在(2，e]上单调递增，故f(x)min＝f(2)＝ln2－1.又∵f(1)＝0，f(e)＝2－ee＜0.∴f(x)在区间1，e]上的最大值f(x)max＝f(1)＝0.综上可知，函数f(x)在1，e]上的最大值是0，最小值是ln2－1. (2)∵g(x)＝f(x)－14x＝1－xax＋lnx－14x，∴g′(x)＝－ax2＋4ax＋44ax2(a＞0)，设φ(x)＝－ax2＋4ax－4，由题意知，只需φ(x)≥0在1，e]上恒成立即可满足题意．∵a＞0，函数φ(x)的图象的对称轴为x＝2，∴只需φ(1)＝3a－4≥0，即a≥43即可．故正实数a的取值范围为43，＋∞.B组能力突破1．(2013•福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析：函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.答案：D2．f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋x•f′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为()A．(－4,0)∪(4，＋∞)B．(－4,0)∪(0,4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D．(－∞，－4)∪(0,4)解析：令g(x)＝x•f(x)，则g(x)为奇函数且当x＜0时，g′(x)＝f(x)＋x•f′(x)＜0，∴f(x)的图象的变化趋势如图所示：所以xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．答案：D3．设函数f(x)＝px－1x－2lnx(p是实数)，若函数f(x)在其定义域内单调递增，则实数p的取值范围为________．解析：易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝px2－2x＋px2，要使f(x)为单调增函数，须f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即px2－2x＋p≥0在(0，＋∞)上恒成立，即p≥2xx2＋1＝2x＋1x在(0，＋∞)上恒成立，又2x＋1x≤1，所以当p≥1时，f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数．答案：1，＋∞)4．(理科)已知函数f(x)＝ln|x|，(x≠0)，函数g(x)＝＋af′(x)，a∈R.(1)求函数y＝g(x)的表达式和单调区间；(2)若a＞0，函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2，求a的值．解：(1)因为f(x)＝ln|x|，所以当x＞0时，f(x)＝lnx，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)．所以当x＞0时，f′(x)＝1x，当x＜0时，f′(x)＝1－x•(－1)＝1x，∴当x≠0时，f′(x)＝1x，所以当x≠0时，函数y＝g(x)＝x＋ax.易知，g(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)的增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)；②当a＞0时，g′(x)＝＋－，由g′(x)＞0得，g(x)的增区间为(－∞，－a)和(a，＋∞)，由g′(x)＜0解得g(x)的减区间是(－a，0)和(0，a)．(2)由(1)知，当x＞0时，g(x)＝x＋ax.所以当a＞0，x＞0时，g(x)≥2a，当且仅当x＝a时取等号．所以函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2a.所以2a＝2.解得a＝1.4．(文科)已知函数f(x)＝lnx，函数g(x)＝＋af′(x)，a∈R.(1)求函数y＝g(x)的单调区间；(2)若a＞0，函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2，求a的值．解：(1)因为f′(x)＝1x，所以g(x)＝x＋ax，且x＞0，g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上递增；②当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝a或x＝－a(舍)x∈(0，a)时，g′(x)＜0；x∈(a，＋∞)时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增．综上，当a≤0时，g(x)的增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a)．(2)由(1)，知当x＞0时，g(x)＝x＋ax.所以当a＞0，x＞0时，g(x)≥2a，当且仅当x＝a时取等号．所以函数y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2a.所以2a＝2.解得a＝1.。
导数专题训练(含答案)
导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 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a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。
2015高考数学(文)质量检测 函数、导数及其应用 (北师大版)
2015高考数学（文）质量检测 函数、导数及其应用(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．（2014·日照模拟）已知函数f (x )在定义域(0，＋∞)上是单调函数，若对于任意x∈(0，＋∞)，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫fx －1x ＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫15的值是( ) A. 5 B. 6 C. 7D. 8解析：因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f x －1x ＝2对任意x ∈(0，＋∞)都成立，所以f (x )－1x ＝c >0(c 为常数)，即f (x )＝c ＋1x，且f (c )＝2，故2＝c ＋1c ，解得c ＝1，故f (x )＝1＋1x ，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫15＝1＋5＝6. 答案：B 2．若f (x )＝2lg (1－x )，则f (x )的定义域是( )A ．(1，＋∞)B ．(0,1)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(－∞，0)∪(0,1)解析：要使函数有意义，则⎩⎨⎧1－x >0，1－x ≠1，解得x <1且x ≠0，故函数定义域是(－∞，0)∪(0,1)．答案：D 3．若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝3＋ln 2(a >1)，则实数a ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝(x 2＋ln x ) ＝a 2＋ln a －1＝3＋ln 2，又a >1，所以a ＝2.答案：A4．（2014·江西模拟）已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f (2x －1)<f (13)的x 的取值范围是( )A. ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23B. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 解析：由f (2x －1)<f (13)，得f (|2x －1|)<f (13)，∵f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴|2x －1|<13，即－13<2x －1<13，解得13<x <23，故选A.答案：A5．已知a >b ，函数f (x )＝(x －a )(x －b )的图象如下图所示，则函数g (x )＝log a (x ＋b )的图象可能为( )解析：由图知a >1，排除A ，D ；又0<b <1，排除C ，故选B. 答案：B6．函数f (x )＝x 2＋(1－a 2)x －ax 是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则实数a ＝( )A ．0B ．－1C ．1D ．±1解析：解法一：由函数f (x )是奇函数，得f (－x )＝(－x )2＋(1－a 2)(－x )－a －x ＝－f (x )＝－x 2＋(1－a 2)x －a x 对一切实数R 恒成立，即x 2－(1－a 2)x －a－x ＝x 2＋(1－a 2)x －a－x 对一切实数R 恒成立，所以－(1－a 2)x ＝(1－a 2)x 对一切实数R恒成立，故1－a 2＝0，解得a ＝±1.当a ＝－1时，f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x 不满足在(0，＋∞)上单调递增；当a ＝1时，f (x )＝x 2－1x ＝x －1x 满足在(0，＋∞)上单调递增．综上，a ＝1.解法二：f (x )＝x －ax ＋(1－a 2)，若函数f (x )是奇函数，则1－a 2＝0，解得a ＝±1.当a ＝－1时，f (x )＝x 2＋1x ＝x ＋1x 不满足在(0，＋∞)上单调递增；当a ＝1时，f (x )＝x 2－1x ＝x －1x 满足在(0，＋∞)上单调递增．综上，a ＝1.答案：C7．若x ∈(e －1,1)，a ＝ln x ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ，c ＝e ln x ，则( )A ．c >b >aB ．b >a >cC ．a >b >cD ．b >c >a解析：因为x ∈(e －1,1)，所以－1<a <0,1<b <2，1e <c <1，故b >c >a .答案：D8．(2013年武汉调研测试)某汽车销售公司在A 、B 两地销售同一种品牌的车，在A 地的销售利润(单位：万元)为y 1＝4.1x －0.1x 2，在B 地的销售利润(单位：万元)为y 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆这种品牌车，则能获得的最大利润是( )A ．10.5万元B ．11万元C ．43万元D ．43.025万元解析：依题意，设在A 地销售x 辆汽车，则在B 地销售(16－x )辆汽车， ∴总利润y ＝4.1x －0.1x 2＋2(16－x )＝－0.1x 2＋2.1x ＋32＝－0.1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2122＋0.1×2124＋32，∵x ∈[0,16]且x ∈N ，∴当x ＝10辆或11辆时，总利润y max ＝43万元，故选C.答案：C9．若函数f (x )＝x 2－2bx ＋3a 在区间(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )A ．b <1B ．b >1C ．0<b <1D ．b <12解析：f (x )在(0,1)内有极小值，则f ′(x )＝2x －2b ＝0在(0,1)内有解．∴b ∈(0,1)．答案：C10．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －sin x ，则f (x )在[0,2π]上的零点个数为A ．1B ．2C ．3D ．4解析：画出y ＝sin x 和y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在同一坐标系下[0,2π)区间内的图象，可知有两个交点，故选B.答案：B11．设函数f (x )定义在实数集上，f (2－x )＝f (x )，且当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)D ．f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13解析：由f (2－x )＝f (x )得f (1－x )＝f (x ＋1)，即函数f (x )的对称轴为x ＝1，结合图形可知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (0)＝f (2)，故选C.答案：C12．(2013年福建六校联考)设函数F (x )＝f (x )e x 是定义在R 上的函数，其中f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (2)>e 2f (0)，f (2 012)>e 2 012f (0)B ．f (2)<e 2f (0)，f (2 012)<e 2 012f (0)C ．f (2)<e 2f (0)，f (2 012)>e 2 012f (0)D ．f (2)>e 2f (0)，f (2 012)<e 2 012f (0)解析：解法一 令f (x )＝|x |＋2，所以f (2)＝4，f (0)＝2，f (2 012)＝2 014，所以f (2)<e 2f (0)，f (2 012)<e 2 012f (0)．解法二 因为f ′(x )<f (x )，所以f ′(x )e x <f (x )e x ，即f ′(x )·e x <f (x )·e x ，F ′(x )＝f ′(x )·e x －f (x )·e xe 2x<0，所以F (x )＝f (x )e x 在R 上为减函数，所以f (2 012)e 2 012<f (2)e 2<f (0)e 0，所以选择B. 答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．函数y ＝log 12(3x －a )的定义域是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞，则a ＝______.解析：由3x －a >0得x >a 3.因此，函数y ＝log 12(3x －a )的定义域是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞，所以a 3＝23，a ＝2.答案：214．(2013年福建六校联考)已知奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且当x ∈(0,1)时，f (x )＝2x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72的值为________．解析：因为f (x ＋2)＝－f (x )，所以f (x )的周期为4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－ 2.答案：－ 215．函数y ＝4x －1＋23－x 单调递减区间为________．解析：易知x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，3，y >0.∵y 与y 2有相同的单调区间，而y 2＝11＋4－4x 2＋13x －3，∴原函数递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤138，3.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤138，316．若函数f (x )＝⎩⎨⎧ax ＋1， x ≥1，x 2－1x 3－1，x <1在点x ＝1处连续，则实数a ＝________.解析：x 2－1x 3－1＝x ＋1x 2＋x ＋1，则有f (1)＝a ＋1＝1＋11＋1＋1，因此a ＝－13.答案：－13三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )上点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.(1)若y ＝f (x )在x ＝－2时有极值，求函数y ＝f (x )的解析式； (2)求函数y ＝f (x )在区间[－3,1]上的最大值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 求导数，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，过y ＝f (x )上点P (1，f (1))的切线方程为：y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即y －(a ＋b ＋c ＋1)＝(3＋2a ＋b )(x －1)．而过y ＝f (x )上P (1，f (1))的切线方程为y ＝3x ＋1，故⎩⎨⎧ 3＋2a ＋b ＝3，a ＋b ＋c －2＝1，即⎩⎨⎧2a ＋b ＝0， ①a ＋b ＋c ＝3. ② ∵y ＝f (x )在x ＝－2时有极值，故f ′(－2)＝0， ∴－4a ＋b ＝－12. ③由①②③联立，解得a ＝2，b ＝－4，c ＝5， ∴f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5.(2)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2).f (x )极大值f (1)＝13＋2×1－4×1＋5＝4，∴f (x )在[－3,1]上最大值为13. 18．已知函数f (x )＝a －1|2x －b |是偶函数，a 为实常数． (1)求b 的值；(2)当a ＝1时，是否存在n >m >0，使得函数y ＝f (x )在区间[m ，n ]上的函数值组成的集合也是[m ，n ]，若存在，求出m ，n 的值，否则，说明理由．解：(1)f (x )的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≠b 2. ∵f (x )是偶函数，其定义域关于原点对称， ∴b ＝0.(2)a ＝1时，f (x )＝1－12|x |， x >0时，f (x )＝1－12x ，∵f (x )＝1－12x 在[m ，n ](m >0)上是增函数， ∴f (x )在[m ，n ]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12m ，1－12n .又f (x )在[m ，n ]上的值域为[m ，n ]，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－12m ＝m ，1－12n ＝n ，即⎩⎨⎧2m 2－2m ＋1＝0，2n 2－2n ＋1＝0. ∴m ，n 为方程2x 2－2x ＋1＝0的两正根，而方程2x 2－2x ＋1＝0无实数根， ∴满足条件的m ，n 不存在．19．(2012年北京海淀期末)已知函数f (x )＝e x (x 2＋ax －a )，其中a 是常数． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.(2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根；当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的极小值为f (－(a ＋2))＝ea ＋2.因为函数f (x )在(0，－(a ＋2))上是减函数，在(－(a ＋2)，＋∞)上是增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥e －a (－a )>－a ，所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围必须是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .20．定义在D 上的函数f (x )，如果满足：对于任意x ∈D ，存在常数M >0，都有|f (x )|≤M 成立，则称f (x )是D 上的有界函数，其中M 称为函数f (x )的上界．已知函数f (x )＝1＋a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14x； (1)当a ＝1时，求函数f (x )在(－∞，0)上的值域，并判断函数f (x )在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由；(2)若函数f (x )在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)a ＝1时，f (x )＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ，x ∈(－∞，0)．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，则t ∈(1，＋∞)．∵g (t )＝1＋t ＋t 2在(1，＋∞)上为增函数， ∴g (t )>g (1)＝3.∴f (x )在(－∞，0)上的值域为(3，＋∞)，故对于任意x ∈(－∞，0)，不存在常数M >0，都有|f (x )|≤M 成立，即函数f (x )在(－∞，0)上不是有界函数．(2)若f (x )在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则|f (x )|≤3在[0，＋∞)上恒成立，令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，则t ∈(0,1]．∴|1＋at ＋t 2|≤3，即－4≤at ＋t 2≤2在(0,1]上恒成立， ∴－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋4t ≤a ≤2t －t 在(0,1]上恒成立．又0<t ≤1时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋4t ≤－5，2t －t ≥1，∴－5≤a ≤1，即a 的取值范围是[－5,1]． 21．已知函数f (x )＝12x 2＋a ln x ，a ∈R . (1)若a ＝－1，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当x >1时，f (x )>ln x 恒成立，求a 的取值范围． 解：(1)若a ＝－1，f ′(x )＝x －1x (x >0)， 由f ′(x )>0得x 2－1x >0，又x >0，解得x >1，所以函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)． (2)依题意得f (x )－ln x >0，即12x 2＋a ln x －ln x >0， ∴(a －1)ln x >－12x 2，∵x >1，∴ln x >0，∴a －1>－12x 2ln x ， ∴a －1>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12x 2ln x max ，设g (x )＝－12x 2ln x ，g ′(x )＝－x ln x ＋12x(ln x )2，令g ′(x )＝0，解得x ＝e 12，当1<x <e 12时，g ′(x )>0，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，e 12上单调递增；当x >e 12时，g ′(x )<0，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12，＋∞上单调递减；∴g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12＝－e ，∴a －1>－e ，即a >1－e.22．已知a ∈R ，函数f (x )＝ln (x ＋1)－x 2＋ax ＋2.(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围；(2)令a ＝－1，b ∈R ，已知函数g (x )＝b ＋2bx －x 2.若对任意x 1∈(－1，＋∞)，总存在x 2∈[－1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数b 的取值范围．解：(1)函数f (x )在[1，＋∞)上为减函数⇒f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立⇒a ≤2x －1x ＋1在[1，＋∞)上恒成立， 令h (x )＝2x －1x ＋1，由h ′(x )>0⇒h (x )在[1，＋∞)上为增函数⇒h (x )min ＝h (1)＝32，所以a ≤32； (2)若对任意x 1∈(－1，＋∞)，总存在x 2∈[－1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则函数f (x )在(－1，＋∞)上的值域是函数g (x )在[－1，＋∞)上的值域的子集．对于函数f (x )，因为a ＝－1，所以f (x )＝ln (x ＋1)－x 2－x ＋2，定义域(－1，＋∞)．f ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－2x 2－3x x ＋1.第 11 页 共 11 页 令f ′(x )＝0得x 3＝0，x 4＝－32(舍去)．当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：所以f (x )max 对于函数g (x )＝－x 2＋2bx ＋b ＝－(x －b )2＋b ＋b 2，①当b ≤－1时，g (x )的最大值为g (－1)＝－1－b ⇒g (x )值域为(－∞，－1－b ]，由－1－b ≥2⇒b ≤－3；②当b >－1时，g (x )的最大值为g (b )＝b 2＋b ⇒g (x )值域为(－∞，b 2＋b ]； 由b 2＋b ≥2⇒b ≥1或b ≤－2(舍去)，综上所述，b 的取值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．。
2015年全国高考数学试题分类汇编考点10导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例
考点10 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1.(2015年新课标全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)＝0,当x＞0时,xf′(x)-f(x)＜0,则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,＋∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)【解题指南】根据xf′(x)-f(x)＜0,构造函数g(x)＝,对函数g(x)＝求导,利用其单调性及奇偶性确定f(x)＞0成立的x的取值范围.【试题解析】选A.记函数()()f xg xx=，则''2()()()xf x f xg xx-=，因为当0x>时，'()()0xf x f x-<，故当0x>时，'()0g x<所以g(x)在(0,＋∞)上单调递减;又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,且g(-1)＝g(1)＝0.当0＜x＜1时,g(x)＞0,则f(x)＞0;当x＜-1时,g(x)＜0,则f(x)＞0,综上所述,使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).2.（2015·安徽高考文科·T10）函数()32f x ax bx cx d=+++的图像如图所示，则下列结论成立的是（）A.a＞0,b＜0,c＞0,d＞0B.a＞0,b＜0,c＜0,d＞0C.a＜0,b＜0,c＜0,d＞0D.a ＞0,b ＞0,c ＞0,d ＜0【解题指南】结合图像的特征及导函数的性质进行判断。
【试题解析】选A 。
由函数f(x)的图像可知a ＞0,令x ＝0得d ＞0，又/2()32f x ax bx c =++可知12x x ，是方程/()0f x =的两个根，由图可知120,0x x >>，所以121220030.03b x x b ac c x x a ⎧+=->⎪<⎧⎪⇒⎨⎨>⎩⎪=>⎪⎩，故选A.3. (2015年陕西高考理科·T12)对二次函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a 为非零常数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( ) A.-1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y ＝f(x)上【解题指南】根据选项假设A 错误,利用导数推导函数的极值点及极值,与其余的选项相符,假设正确,从而确定答案.【试题解析】选A.若选项A 错误,则选项B,C,D 正确.f ′(x)＝2ax ＋b,因为1是f(x)的极值点,3是f(x)的极值,所以{{{,解得,即,230230)1(3)1(a b a c b a c b a f f -=+==+=++='=,因为点(2,8)在曲线y ＝f(x)上,所以4a ＋2b ＋c ＝8,即4a ＋2×(-2a)＋a ＋3＝8,解得:a ＝5,所以b ＝-10,c ＝8,所以f(x)＝5x 2-10x ＋8,因为f(-1)＝5×1-10×(-1)＋8＝23≠0,所以-1不是f(x)的零点,所以选项A 错误,选项B 、C 、D 正确.4.(2015年福建高考理科·T10) 若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ） A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭ B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【解题指南】利用导数与单调性的关系及构造函数法求解.【试题解析】选C.因为f ′(x)＞k ＞1,构造函数g(x)＝f(x)-kx,所以g(x)在R 上单调递增,又＞0,所以g＞g(0)即f-＞-1,得到f＞,所以C 选项一定错误.A,B,D 都有可能正确.5.(2015年福建高考文科·T12)“对任意x∈,ksinxcosx ＜x ”是“k ＜1”的 ( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 【解题指南】构造函数,利用导数求出k 的范围.【试题解析】选B.令g(x)＝ksinxcosx-x＝sin2x-x,因为x∈,2x∈,当k ≤0时,sin2x ＞0,g(x)＜0恒成立,当0＜k ≤1时,g ′(x)＝kcos2x-1,因为＜1,所以此时g ′(x)＜0,g(x)在上单调递减,又g(0)＝0,所以g(x)＜g(0)＝0成立,当k ＞1时,g ′(x)＝0有一个根x 0且在区间(0,x 0)单调递增,此时g(x)＜0不恒成立,故k 的范围是k ≤1,k ≤1不能推出k ＜1,充分性不成立,但是k ＜1能推出k ≤1,必要性成立. 6.(2015年新课标全国卷Ⅰ理科·T12)设函数f(x)＝e x (2x-1)-ax ＋a,其中a ＜1,若存在唯一的整数x 0,使得f(x 0)＜0,则a 的取值范围是 ( )A.)1,23[e -B. )43,23[e -C. )43,23[eD. )1,23[e【解题指南】构造函数g(x)＝e x (2x-1),y ＝ax-a,使得f(x 0)＜0,即g(x 0)在直线y ＝ax-a 的下方.【试题解析】选D.设g(x)＝e x (2x-1),y ＝ax-a,由题意知存在唯一的整数x 0,使得g(x 0)在直线y ＝ax-a 的下方.因为g ′(x)＝e x (2x ＋1),所以当x ＜-时,g ′(x)＜0,当x ＞-时,g ′(x)＞0,所以,当x ＝-12时,[g(x)]min ＝-2.当x ＝0时,g(0)＝-1,g(1)＝e,直线y ＝ax-a 恒过点(1,0),且斜率为a,故-a ＞g(0)＝-1,且g(-1)＝-3e -1≥-a-a,解得≤a ＜1.二、填空题7.(2015年新课标全国卷Ⅰ文科·T14)已知函数f ＝ax 3＋x ＋1的图象在点处的切线过点,则a ＝ .【解题指南】先对函数f＝ax 3＋x ＋1求导,求出在点处的切线方程.【试题解析】因为f ′(x)＝3ax 2＋1,所以图象在点处的切线的斜率k ＝3a ＋1,所以切线方程为y-7＝(3a ＋1)(x-2),即y ＝(3a ＋1)x-6a ＋5,又切点为,所以f(1)＝3a ＋1-6a ＋5＝-3a ＋6,又f(1)＝a ＋2,所以-3a ＋6＝a ＋2,解得a ＝1. 答案:18.(2015年新课标全国卷Ⅱ文科·T16)已知曲线y ＝x ＋lnx 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切,则a ＝ . 【解题指南】先对函数y ＝x ＋ln x 求导,然后将(1,1)代入到导函数中,求出切线的斜率,从而确定切线方程,再将切线方程与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1联立,利用Δ＝0求出a 的值.【试题解析】y ′＝1＋,则曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线斜率为k ＝y ′＝1＋1＝2,故切线方程为y ＝2x-1.因为y ＝2x-1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切,联立⎩⎨⎧+++=-=1)2(122x a ax y x y 得ax 2＋ax ＋2＝0,显然a ≠0,所以由Δ＝a 2-8a ＝0⇒a ＝8. 答案:89.（2015·安徽高考理科·T15）设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）(1)3,3a b =-=-；(2)3,2a b =-=；(3)3,2a b =->；(4)0,2a b ==;(5)1,2a b ==【解题指南】利用导数的单调性及极值判断各选项。
2015届高考数学总复习配套专题精讲：专题一 高考中的导数应用问题(共64张PPT)
考点自测
高考题型突破
练出高分 第十七页，编辑于星期五：十点 十分。
高考题型突破
题型二
利用导数研究与不等式有关的问题
【例 2】 已知 f(x)＝xln x，g(x) ＝－x2＋ax－3. (1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t>0) 上的最小值； (2) 对 一 切 x∈(0 ， ＋ ∞) ，
思维启迪 解析 思维升华
综上所述，当 a＝0 时，f(x)在 (－∞，0)上单调递减，在 (0，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，f(x)在(－∞，0)，(2a， ＋∞)上单调递减，在(0，2a)上单 调递增； 当 a<0 时，f(x)在(2a，0)上单调递 减，在(－∞，2a)，(0，＋∞)上 单调递增．
考点自测
高考题型突破
【例 1】 已知函数 f(x)＝
思维启迪
解析
思维升华
x2e－ax，a∈R.
(1)当 a＝1 时，求函数 y＝f(x) (1)先求切点和斜率，再求 的图象在点(－1，f(－1))处的 切线方程；
切线方程． (2)讨论 f(x)的单调性．
(2)先求 f′(x)，然后分 a＝0， a>0，a<0 三种情况求解．
(3)函数 g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex， 有 g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex， 因为函数 g(x)在 x∈[－3,2]上单调递增， 所以 h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0 在 x∈[－3,2]上恒成立． 只要 h(2)≥0，解得 c≥11，所以 c 的取值范围是[11，＋∞)．
递增，求实数 c 的取值范围．
(2)由(1)可知 f(x)＝x3－x2－x＋c.
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第2章 函数、导数及其应用 第9节
[课堂练通考点]1．(2014·南昌质检)往外埠投寄平信，每封信不超过20 g ，付邮费0.80元，超过20 g 而不超过40 g ，付邮费1.60元，依此类推，每增加20 g 需增加邮费0.80元(信的质量在100 g 以内)．如果某人所寄一封信的质量为72.5 g ，则他应付邮费( )A ．3.20元B ．2.90元C ．2.80元D ．2.40元解析：选A 由题意得20×3<72.5<20×4，则应付邮费0.80×4＝3.20(元)．故选A. 2．(2014·广州模拟)在某个物理实验中，测量得变量x 和变量y 的几组数据，如下表：则对x ，y 最适合的拟合函数是( ) A ．y ＝2x B ．y ＝x 2－1 C ．y ＝2x －2D ．y ＝log 2x解析：选D 根据x ＝0.50，y ＝－0.99，代入计算，可以排除A ；根据x ＝2.01，y ＝0.98，代入计算，可以排除B 、C ；将各数据代入函数y ＝log 2x ，可知满足题意．故选D.3．一种产品的成本原为a 元，在今后的m 年内，计划使成本平均每年比上一年降低p %，成本y 是关于经过年数x (0<x ≤m )的函数，其关系式y ＝f (x )可写成____________________．解析：依题意有y ＝a (1－p %)x (0<x ≤m )． 答案：y ＝a (1－p %)x (0<x ≤m )4．某化工厂引进一条先进生产线生产某种化工产品，其生产的总成本y (万元)与年产量x (吨)之间的函数关系式可以近似地表示为y ＝x 25－48x ＋8 000，已知此生产线年产量最大为210吨．(1)求年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低，并求最低成本；(2)若每吨产品平均出厂价为40万元，那么当年产量为多少吨时，可以获得最大利润？最大利润是多少？解：(1)每吨平均成本为yx (万元)．则y x ＝x 5＋8 000x－48≥2x 5·8 000x－48＝32，当且仅当x 5＝8 000x ，即x ＝200时取等号．∴年产量为200吨时，每吨平均成本最低，最低为32万元． (2)设可获得总利润为R (x )万元，则R (x )＝40x －y ＝40x －x 25＋48x －8 000＝－x 25＋88x －8 000＝－15(x －220)2＋1 680(0≤x ≤210)．∵R (x )在[0,210]上是增函数， ∴x ＝210时，R (x )有最大值为－15(210－220)2＋1 680＝1 660.∴年产量为210吨时，可获得最大利润，最大利润是1 660万元．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．设甲、乙两地的距离为a (a ＞0)，小王骑自行车以匀速从甲地到乙地用了20分钟，在乙地休息10分钟后，他又以匀速从乙地返回到甲地用了30分钟，则小王从出发到返回原地所经过的路程y 和其所用的时间x 的函数图像为( )解析：选D 注意到y 为“小王从出发到返回原地所经过的路程”而不是位移，用定性分析法不难得到答案为D.2．某电视新产品投放市场后第一个月销售100台，第二个月销售200台，第三个月销售400台，第四个月销售790台，则下列函数模型中能较好地反映销量y 与投放市场的月数x 之间关系的是( )A ．y ＝100xB ．y ＝50x 2－50x ＋100C ．y ＝50×2xD ．y ＝100log 2x ＋100解析：选C 根据函数模型的增长差异和题目中的数据可知，应为指数型函数模型． 3．一水池有两个进水口，一个出水口，每个水口的进、出水速度如图甲、乙所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如图丙所示．给出以下3个论断：①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到6点不进水不出水，则一定正确的是( )A ．①B ．①②C ．①③D ．①②③解析：选A 由甲、乙两图知，进水速度是出水速度的12，所以0点到3点不出水，3点到4点也可能一个进水口进水，一个出水口出水，但总蓄水量降低，4点到6点也可能两个进水口进水，一个出水口出水，一定正确的是①.4.某种新药服用x 小时后血液中的残留量为y 毫克，如图所示为函数y ＝f (x )的图像，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时间应为( )A ．上午10：00B ．中午12：00C ．下午4：00D ．下午6：00解析：选C 当x ∈[0,4]时，设y ＝k 1x ， 把(4,320)代入，得k 1＝80，∴y ＝80x .当x ∈[4,20]时，设y ＝k 2x ＋b .把(4,320)，(20,0)代入得⎩⎪⎨⎪⎧4k 2＋b ＝320，20k 2＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－20，b ＝400.∴y ＝400－20x .∴y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧80x ，0≤x ≤4，400－20x ，4<x ≤20.由y ≥240，得⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤x ≤4，80x ≥240，或⎩⎪⎨⎪⎧4<x ≤20，400－20x ≥240.解得3≤x ≤4或4<x ≤8， ∴3≤x ≤8.故第二次服药最迟应在当日下午4：00.故选C.5．某大楼共有12层，有11人在第1层上了电梯，他们分别要去第2至第12层，每层1人．因特殊原因，电梯只允许停1次，只可使1人如愿到达，其余10人都要步行到达所去的楼层．假设乘客每向下步行1层的“不满意度”增量为1，每向上步行1层的“不满意度”增量为2,10人的“不满意度”之和记为S .则S 最小时，电梯所停的楼层是( )A ．7层B ．8层C ．9层D ．10层解析：选C 设所停的楼层为n 层，则2≤n ≤12，由题意得：S ＝2＋4＋…＋2(12－n )＋1＋2＋3＋…＋(n －2)＝(12－n )(26－2n )2＋(n －2)[1＋(n －2)]2＝32n 2－532n ＋157，其对称轴为n ＝536∈(8,9)，又n ∈N *且n 离9的距离较近，故选C.6.一高为H ，满缸水量为V 的鱼缸截面如图所示，其底部破了一个小洞 ，满缸水从洞中流出．若鱼缸水深为h 时的水的体积为v ，则函数v ＝f (h )的大致图像可能是图中的________．解析：当h ＝0时，v ＝0可排除①、③；由于鱼缸中间粗两头细，∴当h 在H2附近时，体积变化较快；h 小于H 2时，增加越来越快；h 大于H2时，增加越来越慢．答案：②7.如图，书的一页的面积为600 cm 2，设计要求书面上方空出2 cm 的边，下、左、右方都空出1 cm 的边，为使中间文字部分的面积最大，这页书的长、宽应分别为________．解析：设长为a cm ，宽为b cm ，则ab ＝600 cm ，则中间文字部分的面积S ＝(a －2－1)(b －2)＝606－(2a ＋3b )≤606－26×600＝486，当且仅当2a ＝3b ，即a ＝30，b ＝20时，S 最大＝486 cm 2.答案：30 cm,20 cm8．某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元，预测六月份销售额为500万元，七月份销售额比六月份递增x %，八月份销售额比七月份递增x %，九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等．若一月份至十月份销售总额至少达7 000万元，则x 的最小值是________．解析：七月份的销售额为500(1＋x %)，八月份的销售额为500(1＋x %)2，则一月份到十月份的销售总额是3 860＋500＋2 [500(1＋x %)＋500(1＋x %)2]，根据题意有3 860＋500＋2[500(1＋x %)＋500(1＋x %)2]≥7 000， 即25(1＋x %)＋25(1＋x %)2≥66， 令t ＝1＋x %，则25t 2＋25t －66≥0， 解得t ≥65或者t ≤－115(舍去)，故1＋x %≥65，解得x ≥20. 答案：209．(2013·昆明质检)某地近年来持续干旱，为倡导节约用水，该地采用了“阶梯水价”计费方法，具体方法：每户每月用水量不超过4吨的每吨2元；超过4吨而不超过6吨的，超出4吨的部分每吨4元；超过6吨的，超出6吨的部分每吨6元．(1)写出每户每月用水量x (吨)与支付费用y (元)的函数关系； (2)该地一家庭记录了去年12个月的月用水量(x ∈N *)如下表：请你计算该家庭去年支付水费的月平均费用(精确到1元)；(3)今年干旱形势仍然严峻，该地政府号召市民节约用水，如果每个月水费不超过12元的家庭称为“节约用水家庭”，随机抽取了该地100户的月用水量作出如下统计表：据此估计该地“节约用水家庭”的比例． 解：(1)y 关于x 的函数关系式为 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤4，4x －8，4<x ≤6，6x －20，x >6.(2)由(1)知：当x ＝3时，y ＝6； 当x ＝4时，y ＝8；当x ＝5时，y ＝12； 当x ＝6时，y ＝16；当x ＝7时，y ＝22. 所以该家庭去年支付水费的月平均费用为 112(6×1＋8×3＋12×3＋16×3＋22×2)≈13(元)． (3)由(1)和题意知：当y ≤12时，x ≤5，所以“节约用水家庭”的频率为77100＝77%，据此估计该地“节约用水家庭”的比例为77%.10．已知某物体的温度θ(单位：摄氏度)随时间t (单位：分钟)的变化规律是θ＝m ·2t ＋21－t(t ≥0，并且m >0)．(1)如果m ＝2，求经过多长时间，物体的温度为5摄氏度； (2)若物体的温度总不低于2摄氏度，求m 的取值范围．解：(1)若m ＝2，则θ＝2·2t ＋21－t ＝2⎝⎛⎭⎫2t ＋12t ， 当θ＝5时，2t ＋12t ＝52，令2t ＝x (x ≥1)，则x ＋1x ＝52，即2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12(舍去)，此时t ＝1.所以经过1分钟，物体的温度为5摄氏度． (2)物体的温度总不低于2摄氏度，即θ≥2恒成立， 亦m ·2t ＋22t ≥2恒成立，亦即m ≥2⎝⎛⎭⎫12t －122t 恒成立． 令12t ＝y ，则0<y ≤1， ∴m ≥2(y －y 2)恒成立， 由于y －y 2≤14，∴m ≥12.因此，当物体的温度总不低于2摄氏度时，m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 第Ⅱ组：重点选做题1．(2014·威海高三期末)对于函数f (x )，如果存在锐角θ，使得f (x )的图像绕坐标原点逆时针旋转角θ，所得曲线仍是一函数，则称函数f (x )具备角θ的旋转性，下列函数具备角π4的旋转性的是( )A ．y ＝xB ．y ＝ln xC ．y ＝⎝⎛⎭⎫12xD ．y ＝x 2解析：选C 函数f (x )的图像绕坐标原点逆时针旋转角π4，相当于x 轴、y 轴绕坐标原点顺时针旋转角π4，问题转化为直线y ＝x ＋k 与函数f (x )的图像不能有两个交点，结合图像可知y ＝⎝⎛⎭⎫12x 与直线y ＝x ＋k 没有两个交点，故选C.2．一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x (x ∈N *)件．当x ≤20时，年销售总收入为(33x －x 2)万元；当x >20时，年销售总收入为260万元．记该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y 万元，则y (万元)与x (件)的函数关系式为________，该工厂的年产量为________件时，所得年利润最大．(年利润＝年销售总收入－年总投资)．解析：当x ≤20时，y ＝(33x －x 2)－x －100＝－x 2＋32x －100；当x >20时，y ＝260－100－x ＝160－x .故y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32x －100，0<x ≤20，160－x ，x >20.(x ∈N *)．当0<x ≤20时，y ＝－x 2＋32x －100＝－(x －16)2＋156，x ＝16时，y max ＝156.而当x >20时，160－x <140，故x ＝16时取得最大年利润．答案：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32x －100，0<x ≤20，160－x ，x >20.(x ∈N *) 16。
2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）（2..
2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）一、选择题：1.（2015安徽文）函数32f x ax bx cx d的图像如图所示，则下列结论成立的是（）（A）a>0，b<0，c>0，d>0 （B）a>0，b<0，c<0，d>0（C）a<0，b<0，c<0，d>0 （D）a>0，b>0，c>0，d<02．（2015福建理）若定义在R上的函数f x满足01f，其导函数f x满足1f x k，则下列结论中一定错误的是（）A．11fk kB．111fk kC．1111fk kD．111kfk k【答案】C考点：函数与导数．3．（2015福建文）“对任意(0,)2x，sin cos k x x x ”是“1k ”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】 B考点：导数的应用．4.(2015全国新课标Ⅰ卷理)设函数()f x =(21)x e x ax a ,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得0()f x 0，则a 的取值范围是（）A.[-，1） B. [-，） C. [，）D. [，1）【答案】D 【解析】试题分析：设()g x =(21)x e x ，yax a ，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线yaxa 的下方.因为()(21)xg x e x ，所以当12x时，()g x ＜0，当12x 时，()g x ＞0，所以当12x时，max [()]g x =12-2e ，当0x时，(0)g =-1，(1)30g e，直线y axa 恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1ag ，且1(1)3g ea a ，解得32e≤a ＜1，故选D.考点：导数的综合应用5．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设函数'()f x 是奇函数()()f x xR 的导函数，(1)0f ，当0x 时，'()()0xf x f x ，则使得()0f x 成立的x 的取值范围是（）A ．(,1)(0,1)B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)D ．(0,1)(1,)【答案】A 【解析】试题分析：记函数()()f xg x x，则''2()()()xf x f x g x x，因为当0x 时，'()()0xf x f x ，故当0x时，'()0g x ，所以()g x 在(0,)单调递减；又因为函数()()f x x R 是奇函数，故函数()g x 是偶函数，所以()g x 在(,0)单调递减，且(1)(1)0g g ．当01x 时，()0g x ，则()0f x ；当1x 时，()0g x ，则()0f x ，综上所述，使得()0f x 成立的x 的取值范围是(,1)(0,1)，故选A ．考点：导数的应用、函数的图象与性质．6.(2015陕西理)对二次函数2()f x axbx c （a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（）A ．-1是()f x 的零点 B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()yf x 上【答案】A考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．二、填空题：1.（2015安徽理）设30x ax b，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）①3,3a b ；②3,2ab；③3,2ab；④0,2ab；⑤1,2ab.与最值；函数零点问题考查时，要经常性使用零点存在性定理.2. (2015湖南理)20(1)x dx.【答案】0.【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.3、(2015全国新课标Ⅰ卷文)已知函数31f x axx 的图像在点1,1f 的处的切线过点2,7，则a .4. (2015全国新课标Ⅱ卷文)已知曲线ln y xx 在点1,1处的切线与曲线221y axa x 相切,则a= ．【答案】8 【解析】试题分析：由11y x可得曲线ln y xx 在点1,1处的切线斜率为2,故切线方程为21y x ,与221y axa x 联立得220axax ,显然0a ,所以由2808aa a .考点：导数的几何意义.5、(2015陕西文)函数xy xe 在其极值点处的切线方程为____________.【答案】1ye考点：导数的几何意义.6.(2015陕西理)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．【答案】1.2【解析】试题分析：建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是11010222162，设抛物线的方程为22xpy （0p ），因为该抛物线过点5,2，所以2225p ，解得254p ，所以2252x y ，即2225y x ，所以当前最大流量是5323535522224022255255257575753xdxxx，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是16 1.2403，所以答案应填： 1.2．考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．7.(2015陕西理)设曲线xy e 在点（0,1）处的切线与曲线1(0)yx x上点p 处的切线垂直，则p的坐标为．【答案】1,1【解析】试题分析：因为xy e ，所以xye ，所以曲线xye 在点0,1处的切线的斜率011x k ye，设的坐标为00,x y （00x ），则01y x ，因为1yx，所以21yx，所以曲线1yx在点处的切线的斜率0221x x k yx，因为121k k ，所以2011x，即201x ，解得01x ，因为00x ，所以01x ，所以01y ，即的坐标是1,1，所以答案应填：1,1．考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的位置关系．8、(2015四川文)已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R ).对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝1212()()f x f x x x ，n ＝1212()()g x g x x x ，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m＞0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n ＞0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ；④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n .其中真命题有___________________(写出所有真命题的序号).【答案】①④【解析】对于①，因为 f '(x)＝2x ln 2＞0恒成立，故①正确对于②，取a ＝－8，即g'(x)＝2x －8，当x 1，x 2＜4时n ＜0，②错误对于③，令 f '(x)＝g'(x)，即2x ln2＝2x ＋a 记h(x)＝2x ln2－2x ，则h'(x)＝2x (ln2)2－2【考点定位】本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.【名师点睛】本题首先要正确认识m ，n 的几何意义，它们分别是两个函数图象的某条弦的斜率，因此，借助导数研究两个函数的切线变化规律是本题的常规方法，解析中要注意“任意不相等的实数x 1，x 2”与切线斜率的关系与差别，以及“都有”与“存在”的区别，避免过失性失误.属于较难题. 9. (2015天津文)已知函数ln ,0,f x ax x x,其中a 为实数,f x 为f x 的导函数,若13f ,则a 的值为．【答案】3 【解析】试题分析：因为1ln f xa x ,所以13f a .考点：导数的运算法则.10.(2015天津理)曲线2y x与直线y x 所围成的封闭图形的面积为.【答案】16【解析】试题分析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的封闭图形的面积11223111236Sx xdxxx.考点：定积分几何意义.三、解答题：1.（2015安徽文）已知函数)0,0()()(2ra r xax x f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若400ra ，求)(x f 在),0(内的极值.2.（2015安徽理）设函数2()f x xax b .（Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（Ⅱ）记2000()f x xa xb ，求函数0(sin )(sin )f x f x 在[]22,上的最大值D ；（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取0a b ，求24azb满足D 1时的最大值.3.（2015北京文）设函数2ln 2xf xk x ，0k ．（Ⅰ）求f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）证明：若f x 存在零点，则f x 在区间1,e 上仅有一个零点．【答案】（1）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k ；极小值(1ln )()2k k f k ；（2）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k ；()f x 在x k 处取得极小值(1ln )()2k k f k .（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)上的最小值为(1ln )()2k k f k .因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k ，从而ke .当k e 时，()f x 在区间(1,)e 上单调递减，且()0f e ，所以x e 是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点.当ke 时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且1(1)02f ，()02e kf e ，所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点. 综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.4.（2015北京理）已知函数1ln1xf x x．（Ⅰ）求曲线y f x 在点00f ，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当01x，时，323xf xx；（Ⅲ）设实数k 使得33xf x k x对01x，恒成立，求k 的最大值．【答案】（Ⅰ）20x y ，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k 的最大值为 2. 试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011xf x x f x f f xx，曲线yf x 在点00f ，处的切线方程为20xy；（Ⅱ）当01x ，时，323xf xx，即不等式3()2()03x f x x，对(0,1)x 成立，设331()ln2()ln(1)ln(1)2()133xxxF x xx x xx，则422()1xF x x，当01x ，时，()0F x ，故()F x 在（0，1）上为增函数，则()(0)0F x F ，因此对(0,1)x ，3()2()3xf x x成立；（Ⅲ）使33xf x k x成立，01x ，，等价于31()ln()013xx F x k xx，01x，；422222()(1)11kxkF x k x xx ，当[0,2]k 时，()0F x ，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0F x F ，符合题意；当2k时，令42()0,(0,1)k F x x k，x 0(0,)x 0x 0(,1)x ()F x -+()F x 极小值()(0)F x F ，显然不成立，综上所述可知：k 的最大值为 2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.5．（2015福建文）已知函数2(1)()ln 2x f x x．(Ⅰ)求函数f x 的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x 时，1f xx ；（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在1x ，当0(1,)xx 时，恒有1f xk x ．【答案】(Ⅰ)150,2；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1．【解析】(Ⅰ)求导函数21xx f xx，解不等式'()0f x 并与定义域求交集，得函数f x 的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数F 1x f x x ，1,x ．欲证明1f x x ，只需证明()F x 的最大值小于0即可；（Ⅲ）由（II ）知，当1k 时，不存在01x 满足题意；当1k时，对于1x ，有11f x x k x ，则1f xk x ，从而不存在01x 满足题意；当1k 时，构造函数G1x f x k x ，0,x，利用导数研究函数()G x 的形状，只要存在1x ，当0(1,)xx 时()0G x 即可．试题解析：（I ）2111xx f xx xx ，0,x．由0f x 得2010x xx 解得1502x．故f x的单调递增区间是150,2．（II ）令F 1x f xx ，0,x ．则有21F x xx．当1,x 时，F 0x，所以F x 在1,上单调递减，故当1x 时，F F 10x，即当1x 时，1f x x ．（III ）由（II ）知，当1k时，不存在01x 满足题意．当1k 时，对于1x ，有11f x x k x ，则1f xk x ，从而不存在01x 满足题意．当1k时，令G 1xf x k x ，0,x，则有2111G 1xk x xx kxx．由G0x 得，2110xk x ．解得2111402kk x ，2211412k k x ．当21,xx 时，G 0x ，故G x 在21,x 内单调递增．从而当21,xx 时，G G 10x，即1f xk x ，综上，k 的取值范围是,1．考点：导数的综合应用．6.（2015福建理）已知函数f()ln(1)x x ，(),(k ),g x kx R(Ⅰ)证明：当0x x x 时，f()；(Ⅱ)证明：当1k 时，存在00x ,使得对0(0),xx 任意，恒有f()()x g x ；(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t ，对任意的(0),x，t 恒有2|f()()|x g x x ．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)=1k ．【解析】试题分析：(Ⅰ)构造函数()f()ln(1),(0,),F x x x x x x只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x即()0G x ，求导得1()1+G x kx(1k)1+kx x，利用导数研究函数()G x 的形状和最值，证明当1k时，存在00x ，使得()0G x 即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当1k 时，对于(0,),x+()f()g x x x ，故()f()g x x ，则不等式2|f()()|x g x x 变形为2k ln(1)x x x ，构造函数2M()k ln(1),[0)x xx x x ，+，只需说明()0M x ，易发现函数()M x 在22(k 2)8(k 1)0)4k x （，递增，而(0)0M ，故不存在；当1k 时，由(Ⅱ)知，存在00x ,使得对任意的任意的0(0),xx ，恒有f()()x g x ，此时不等式变形为2ln(1)k x xx ，构造2N()ln(1)k ,[0)x x x x x，+，易发现函数()N x 在2(+2(k +2)8(1k)0)4k x ）（，递增，而(0)0N ，不满足题意；当=1k 时，代入证明即可．试题解析：解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F x x xx x x则有1()11+1+x F x xx当(0,),x ()0F x ,所以()F x 在(0,)上单调递减；故当0x 时，()(0)0,F x F 即当0x时，x x f()．(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x则有1(1k)()1+1+kx G x kx x当0kG ()0x ,所以G()x 在[0,)上单调递增, G()(0)0x G 故对任意正实数0x 均满足题意.当01k 时，令()0,x G 得11=10k x kk．取01=1x k，对任意0(0,),x x 恒有G ()0x ,所以G()x 在0[0,x )上单调递增, G()(0)0x G ,即f()()x g x .综上，当1k 时，总存在00x ,使得对任意的0(0),x x ，恒有f()()x g x ．(3)当1k 时，由（1）知，对于(0,),x +()f()g x x x ，故()f()g x x ，|f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x ，令2M()k ln(1),[0)x xx x x，+，则有21-2+(k-2)1M ()k2=,11x x k x x xx故当22(k 2)8(k 1)0)4k x （，时，M ()0x ,M()x 在22(k 2)8(k 1)[0)4k，上单调递增，故M()M(0)0x ,即2|f()()|x g x x ,所以满足题意的t 不存在.当1k 时，由（2）知存在00x ,使得对任意的任意的0(0),xx ，恒有f()()x g x ．此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x ,令2N()ln(1)k ,[0)x x x x x ，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x xx故当2(+2(k +2)8(1k)0)4k x ）（，时，N ()0x ,M()x 在2(2)(k 2)8(1k)[0)4k ，上单调递增，故N()(0)0x N ,即2f()()x g x x ,记0x 与2(2)(k 2)8(1k)4k 中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|xx x g x x ，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x 当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2H()ln(1),[0)x x x x x，+，则有21-2H ()12=,11xxx x xx当0x 时，H ()0x ,所以H()x 在[0+，）上单调递减，故H()(0)0x H ,故当0x 时，恒有2|f()()|x g x x ,此时，任意实数t 满足题意.综上，=1k .解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k 时，由（1）知，对于(0,),x +()f()g x x x ，，故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x xxx ，令2(k 1),01x x xk 解得，从而得到当1k 时，(0,1)xk 对于恒有2|f()()|x g x x ,所以满足题意的t 不存在.当1k时，取11k+1=12k kk ，从而由（2）知存在00x ,使得0(0),xx 任意，恒有1f()()x k xkx g x .此时11|f()()|f()()(k)2k x g x x g x k xx ,令21k 1k ,022x x x解得，此时2f()()x g x x ,记0x 与1-k2中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x 当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x ，令2M()ln(1),[0)x x x x x ，+，则有212M ()12,11xxx xxx当0x 时，M ()0x ,所以M()x 在[0+，）上单调递减，故M()M(0)0x ,故当0x 时，恒有2|f()()|x g x x ,此时，任意实数t 满足题意综上，=1k .考点：导数的综合应用．7．（2015广东理）设1a ，函数a ex x f x)1()(2。
2015级高三数学导数及其应用专题
导数概念与运算1．导数的概念函数)(x f y =,如果自变量x 在0x 处有增量x ∆，那么函数y 相应地有增量y ∆)()(00x f x x f -∆+=，比值x y ∆∆叫做函数)(x f y =在0x 到0x +x ∆之间的平均变化率，即x y ∆∆=xx f x x f ∆-∆+)()(00。
如果当0→∆x 时，x y∆∆有极限，我们就说函数)(x f y =在点0x 处可导，并把这个极限叫做)(x f 在点0x 处的导数，记作)(0x f '或0x x y ='。
即)(0x f ' =0lim →∆x x y∆∆=0lim →∆x xx f x x f ∆-∆+)()(002．导数的几何意义函数)(x f y =在点0x 处的导数的几何意义是曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处的切线的斜率。
也就是说，曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处的切线的斜率是)(0x f '。
相应地，切线方程为))((000x x x f y y -'=-3．几种常见函数的导数:①0;C '= ②()1;nn x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-;⑤();x x e e '=⑥()ln x xa a a '=; ⑦()1ln x x '=; ⑧()1l g log a a o x e x'= 4．两个函数的和、差、积、商的求导法则(.)'''v u v u ±=± .)('''uv v u uv += .)(''Cu Cu =(C 为常数)，)('vu=2''v uv v u -（0≠v ） 5．复合函数的求导①一般地，由几个函数复合而成的函数，称为复合函数。
2015届广东高考数学(理)一轮课件【3.2】导数的应用
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
1 3 跟踪训练 1 (1) 设函数 f(x) ＝ x － (1 ＋ a)x2 ＋ 4ax ＋ 3 (2,2a) ． 24a，其中常数 a>1，则 f(x)的单调减区间为________
综上，当a>1时， f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函数， 在区间(2,2a)上是减函数．
思维启迪
解析
思维升华
(2)∵f′(x)＝ex－a≤0 在 (－2,3)上恒成立． ∴a≥ex 在 x∈( － 2,3) 上恒 成立． 又∵－2<x<3，∴e－2<ex<e3， 只需 a≥e3. 当 a＝e3 时，f′(x)＝ex－e3 在 x∈(－2,3)上，
(1)求 f(x)的单调增区间； (2)是否存在 a，使 f(x)在 ( － 2,3) 上为减函数，若存 在，求出 a 的取值范围， 若不存在，请说明理由．
(1)通过 f′(2)的值确定 a；
(2)解 f′(x)＝0，然后要讨 论两个零点的大小确定函 数的极值．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
思维启迪 解析 思维升华
【例 2】 设 a>0，函数 f(x)＝ (1)由已知，得 x>0，f′(x) 1 2 a x －(a＋1)x＋a(1＋ln x)． ＝x－(a＋1)＋x， 2 (1)求曲线 y＝f(x)在(2，f(2)) y＝f(x)在(2，f(2))处切线的 处与直线 y＝－x＋1 垂直的 斜率为 1， 切线方程； (2)求函数 f(x)的极值．
函数 f(x)的极大值是 f(a)＝ 1 2 －2a ＋aln a， 1 极小值是 f(1)＝－2.
【金榜方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第9章 第3节 导数的应用(2)
第三节 导数的应用(二)[全盘巩固]1．已知f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是( )解析：选A f(x)＝14x2＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋x ＝14x2＋cos x ，f′(x)＝12x －sin x.易知该函数为奇函数，所以排除B 、D.当x ＝π6时，f′⎝⎛⎭⎫π6＝12×π6－sin π6＝π12－12<0，可排除C. 2．下面为函数f(x)＝xsin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 解析：选C f′(x)＝sin x ＋xcos x －sin x ＝xcos x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫3π2，5π2时，恒有f′(x)>0. 3．已知函数f(x)＝12x3－x2－72x ，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为( )A ．f(－a2)≤f(－1)B ．f(－a2)<f(－1)C ．f(－a2)≥f(－1)D ．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定解析：选A 由题意可得f′(x)＝32x2－2x －72，令f′(x)＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当－1<x<73时，f′(x)<0，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青岛模拟)若函数y ＝aex ＋3x(x ∈R ，a ∈R)，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－3,0) B ．(－∞，－3) C.⎝⎛⎭⎫－13，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，－13 解析：选A 由题可得y′＝aex ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y′＝aex ＋3＝0有正根，显然有a<0，此时x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－3a .由x>0，得参数a 的范围为a>－3.综上知，－3<a<0. 5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a ，b ，若a<b ，则必有( )A ．af(b)≤bf(a)B ．bf(a)≤af(b )C ．af(a)≤bf(b)D ．bf(b)≤af(a) 解析：选A 设函数F(x)＝x(x>0)，则F′(x)＝⎝⎛⎭⎫x′＝－x2.因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b ，所以F(a)≥F(b)，即a≥b，则bf(a)≥af(b)．6．(2014·杭州模拟)已知定义在R 上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x>0时有－x2>0，则不等式xf(x)>0的解集为( )A ．{x|－1<x<0}B ．{x|x>1或－1<x<0}C ．{x|x>0}D ．{x|－1<x<1} 解析：选B 当x>0时有－x2>0，即⎝⎛⎭⎫x′>0，∴x 在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(x)为R 上的偶函数，∴xf(x)为R 上的奇函数．∵xf(x)>0，∴x2x>0，∴x>0.∵x在(0，＋∞)上单调递增，且1＝0，∴当x>0时，若xf(x)>0，则x>1.又∵xf(x)为R 上的奇函数，∴当x<0时，若xf(x)>0，则－1<x<0. 综上，不等式的解集为{x|x>1或－1<x<0}．7．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________． 解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或48．已知函数f(x)＝－12x2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x ＋4－3x ＝－x2＋4x －3x＝－－－x，由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f(x)在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t<1<t ＋1或t<3<t ＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3)9．(2014·金华模拟)若函数f(x)＝13x3－a2x 满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f(x)max －f(x)min≤1.f′(x)＝x2－a2，则函数f(x)＝13x3－a2x 的极小值点是x ＝|a|.若|a|>1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤43，即1<|a|≤233；若|a|≤1，此时f(x)min ＝f(|a|)＝13|a|3－a2|a|＝－23a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝13－a2，故当|a|≤33时，f(x)max＝f(1)，此时只要13－a2＋23a2|a|≤1即可，即a2⎝⎛⎭⎫23|a|－1≤23，由于|a|≤33，故23|a|－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a|≤1时，此时f(x)max ＝f(0)，故只要23a2|a|≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233.答案：⎣⎡⎦⎤－233，23310．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax －a)，其中a 是常数．若存在实数k ，使得关于x 的方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：令f′(x)＝ex[x2＋(a ＋2)x]＝0，解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上， f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－↘↗由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a ＋2))＝a ＋4ea ＋2.因为函数f(x)是(0，－(a ＋2))上的减函数，(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a 时，有f(x)≥e －a·(－a)>－a ，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤a ＋4ea ＋2，－a .11．(2014·杭州模拟)天目山某景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值．经过市场调查，旅游增加值y 万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y ＝f(x)＝ax2＋10150x －bln x10，a ，b 为常数．当x ＝10万元时，y ＝19.2万元；当x ＝20万元时，y ＝35.7万元．(参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1，ln 5≈1.6) (1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值(利润＝旅游增加值－投入)．解：(1)由条件⎩⎨⎧a×102＋10150×10－bln 1＝19.2，a×202＋10150×20－bln 2＝35.7，解得a ＝－1100，b ＝1，则f(x)＝－x2100＋10150x －ln x10(x≥10)．(2)由T(x)＝f(x)－x ＝－x2100＋5150x －ln x10(x≥10)，得T′(x)＝－x 50＋5150－1x＝－－－50x.令T′(x)＝0，得x ＝1(舍)或x ＝50.当x ∈(10,50)时，T′(x)>0，因此T(x)在(10,50)上是增函数；当x ∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，因此T(x)在(50，＋∞)上是减函数．则x ＝50为T(x)的极大值点，也是最大值点．即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为T(50)＝24.4万元．12．已知函数f(x)＝ax ＋ln x ， g(x)＝ex. (1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；(2)若不等式g(x)<x －mx 有解，求实数m 的取值范围；(3)证明：当a ＝0时，|f(x)－g(x)|>2.解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a ＋1x (x>0)，当a ＝0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)＝0，解得x ＝－1a，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，f′(0)<0，f(x)单调递减， 综上所述：当a ＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减．(2)由题意：ex<x －mx有解，即ex x<x －m 有解，因此只需m<x －ex x 在(0，＋∞)上有解即可．设h(x)＝x －ex x ，则h′(x)＝1－ex x －ex2x＝1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x ，因为x ＋12x ≥2 12＝2>1，且当x ∈(0，＋∞)时，ex>1，所以1－ex ⎝⎛⎭⎫x ＋12x <0，即h′(x)<0.故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)．(3)证明：当a ＝0时，f(x)＝ln x ，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝|ln x －ex|＝ex －ln x ＝ex －x －(ln x －x)，设m(x)＝ex －x ，x ∈(0，＋∞)． 因为m′(x)＝ex －1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增．故m(x)>m(0)＝1，又设n(x)＝ln x －x ，x ∈(0，＋∞)，则n′(x)＝1x －1，当x ∈(0,1)时，n′(x)>0，n(x)单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，n′(x)<0，n(x)单调递减，所以x ＝1为n(x)的最大值点， 即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2. [冲击名校]设函数f(x)＝ln x －ax ，g(x)＝ex －ax ，其中a 为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f′(x)＝1x －a ＝1－ax x <0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a －1，即f(x)在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a －1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a≥1. 令g′(x)＝ex －a ＝0，得x ＝ln a.当0<x<ln a 时，g′(x)<0；当x>ln a 时，g′(x)>0，所以x ＝ln a 是g(x)的极小值点．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e. 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝ex －a>0，解得a<ex ，即x>ln a ，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e －1. 综合上述两种情况，有a≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点．(ⅱ)当a<0时，由于f(ea)＝a －aea ＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断，所以f(x)在(ea,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1x －a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e －1时，令f′(x)＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x<a －1时，f′(x)>0，当x>a －1时，f′(x)<0，所以，x ＝a －1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a －1)＝－ln a －1. ①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时， f(x)有一个零点x ＝e. ②当－ln a －1>0，即0<a<e －1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e －1，由于f(e －1)＝－1－ae －1<0，f(a －1)>0，且函数f(x)在[e －1，a －1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0.为此，我们要证明：当x>e 时，ex>x2.设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即当x>e时，ex>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a －1)>0，且函数f(x)在[a－1，ea－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.。