3.2导数的应用
2017版新步步高高考数学大一轮复习讲义课件：第3章 导数及其应用 3.2
1 23 45
第十页，编辑于星期六：三点解十析四分答。案
4.(教材改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为 ___. 1
解析 由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正.
1 2345
第十一页，编辑于星期六：三解点 析十四答分案。
5.设 1<x<2，则lnxx，(lnxx)2，lnx2x2的大小关系是_____________.(用“<” 连接)
123 45
解析答案 第九页，编辑于星期六：三点 十四分。
3.函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝___2_处取得极小值. 解析 由题意知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0得x＝0或2， 由f′(x)>0得x<0或x>2， 由f′(x)<0得0<x<2. ∴f(x)在x＝2处取得极小值.
第三章 导数及其应用
§3.2 导数的应用
第一页，编辑于星期六：三点 十四分。
内容 索引
知识梳理
要点讲解 深层突破
考点自测
快速解答 自查自纠
第二页，编辑于星期六：三点 十四分。
知识梳理
第三页，编辑于星期六：三点 十四分。
1
知识梳理
1.函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)__0>，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递 增；如果f′(x)___0，<那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减. 2.函数的极值 一般地，当函数f(x)在点x0处连续时， (1)如果在x0附近的左侧___f_′__(x_)_>_0，右侧____f_′__(x_)，<0那么f(x0)是极大值； (2)如果在x0附近的左侧__f′__(_x_)_<_0，右侧___f′__(_x_)_>，0 那么f(x0)是极小值.
《名师伴你行》数学一轮复习--导数的应用(1)省公开课一等奖全国示范课微课金奖课件
第13页
3．已知二次函数f(x)的图像如图所示，那么其导函数 f′(x)的图像大致形状是( )
第14页
A．
B．
C．
D.
第15页
解析：由函数f(x)的图像知，当x∈(－∞，1)时，f(x)为 减函数，∴f′(x)＜0.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)为增函数，∴f′(x)＞0. 答案：C
第16页
名师伴你行
级高考数学一轮复习课件
第1页
§3.2 导数的应用(一)
第2页
[高考调研 明确考向]
考纲解读
考情分析
•了解函数单调性和导数的关系；能 •利用导数研究函数的单调性、极值
利用导数来研究函数单调性，会求 是近几年高考的热点． 函数的单调区间(其中多项式函数一 •选择题、填空题侧重于利用导数确 般不超过三次)． •了解函数在某点取得极值的必要条 定函数的单调性和极值．解答题侧
件和充分条件；会用导数求函数的 重于导数与函数、解析几何、不等
极大值、极小值(其中多项式函数一 式、数列的综合应用，一般难度较
般不超过三次).
大，属中高档题.
第3页
知识梳理 1.函数的单调性与导数 在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都 不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)为□1 ______________； f′(x)≤0⇔f(x)为□2 ______________.
围；若不是，请说明理由．
第21页
解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(－x2－2x)e－x， ∴f′(x)＝(x2－2)e－x. 令f′(x)＜0，得x2－2＜0. ∴－ 2＜x＜ 2. ∴函数的单调递减区间是(－ 2， 2)． (注：写成[－ 2， 2]也对)
高中数学 第三章 导数及其应用 3.2 导数的计算 第1课时 几个常用函数的导数与基本初等函数的导数
高中数学第三章导数及其应用3.2 导数的计算第1课时几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式课时提升作业2 新人教A版选修1-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第三章导数及其应用3.2 导数的计算第1课时几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式课时提升作业2 新人教A版选修1-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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几个常用函数的导数与基本初等函数的导数公式（25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.下列各式中正确的是( ）A。
（lnx)′=x B。
（cosx)′=sinxC。
(sinx）′=cosx D.（x-8)′=-x—9【解析】选C。
因为（lnx）′=，（cosx)′=—sinx，（x-8)′=-8x-9=—,所以A,B,D均不正确，C正确。
2.若y=lnx,则其图象在x=2处的切线斜率是（)A.1 B。
0 C。
2 D.【解析】选D。
因为y′=,所以当x=2时，y′=，故图象在x=2处的切线斜率为.3.（2015·西安高二检测）运动物体的位移s=3t2—2t+1,则此物体在t=10时的瞬时速度为( )A.281B.58 C。
85 D.10【解析】选B。
因为s=3t2-2t+1，所以s′=6t-2.当t=10时,s′=6×10—2=58.即此物体在t=10时的瞬时速度为58。
4。
正弦曲线y=sinx上一点P,以点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角的范围是（)A.∪B。
高中数学新人教B版选修1-1第三章导数及其应用3.2.1常数与幂函数的导数3.2.2导数公式表课件
3.2.1 常数与幂函数的导数 3.2.2 导数公式表
学习目标
XUEXIMUBIAO
1.能根据定义求函数y＝C，y＝x，y＝x2，y＝1x 的导数. 2.能利用给出的基本初等函数的导数公式求简单函数的导数.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主学习 题型探究 达标检测
解
y′＝(5
3
x3)′＝ (x5 )
3
3 1
x5
3
2
x5
＝Hale Waihona Puke 3.55
55 x2
(4)y＝2sin 2xcos 2x；
解
∵y＝2sin
x 2cos
2x＝sin x，∴y′＝cos x.
(5)y＝log1 x；
2
解 y′＝(log1 x )′＝ 1 1＝－xln1 2.
2
xln 2
(6)y＝3x.
解 y′＝(3x)′＝3xln 3.
f′(x)＝__xl_n_a__ 1
f′(x)＝__x_
2 题型探究
PART TWO
题型一 利用导数公式求函数的导数
例1 求下列函数的导数.
(1)y＝x12；
解 y′＝(x12)′＝12x12－1＝12x11.
(2)y＝x14； 解 y′＝(x－4)′＝－4x－4－1＝－4x－5＝－x45. (3)y＝5 x3；
导函数 f′(x)＝__0_ f′(x)＝ nxn－1 (n为自然数) f′(x)＝_c_o_s__x_ f′(x)＝－__s_i_n_x__
f(x)＝ax(a>0，a≠1)
f′(x)＝_a_x_ln__a_
f(x)＝ex f(x)＝logax (a>0，a≠1，x>0)
在（a,b）任意子区间内都不恒等于0f′（x）≥0f（x）为
§3.2导数的应用基础知识自主学习要点梳理函数的单调性1.函数的单调性在（ab 内可导函数fxf′x在ab任意子区间内都不恒等于0. 增函数f′x≥0fx为；减函数f′x≤0fx为.2.函数的极值（1）判断fx0是极值的方法一般地，当函数fx在点x0处连续时，，右侧f′x＜0 ①如果在x0附近的左侧f′x＞0 ，那么fx0是极大值；，右侧f′x＞0 ②如果在x0附近的左侧f′x＜0 ，那么fx0是极小值.2求可导函数极值的步骤①求f′x②求方程f′x0的根；③检查f′x在方程f′x0 的根左右值的符号.如果左正右负，那么fx在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么fx在这个根处取得极小值.3.函数的最值（1）在闭区间〔ab〕上连续的函数fx在〔ab〕上必有最大值与最小值. 2若函数fx在〔ab〕上单调递增，则fa 为fb 为函数的最大值；若函数fx在函数的最小值，〔ab〕上单调递减，则fa 为函数的最大值，fb 为函数的最小值. 3设函数fx在〔ab〕上连续，在ab内可导，求fx在〔ab〕上的最大值和最小值的步骤如下：①求fx在（ab内的极值；②将fx的各极值与fafb 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.4.生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是:基础自测1.函数yx3-3x的单调递减区间是（ C ）A.（-∞，0）B.（0，∞）C.（-1，1）D.（-∞，-1），（1，∞）解析∵y′3x2-3∴由3x2-3＜0得-1＜x＜1.2.函数fxx3ax-2在区间（1，∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（ B ）A.〔3∞ B.〔-3，∞ C.-3∞ D.-∞-3 解析∵fxx3ax-2在（1，∞）上是增函数，∴f′x3x2a≥0在（1，∞）上恒成立. 即a≥-3x2在（1，∞）上恒成立. 又∵在（1，∞）上-3x2＜-3∴a≥-3.3.函数y2x3-3x2-12x5在〔0，3〕上的最大值，最小 A 值分别是（） A.5-15 B.5-4 C.-4-15 D.5-16 解析∵y′6x2-6x-120，得x-1（舍去）或2 故函数yfx2x3-3x2-12x5在〔0，3〕上的最值可能是x取0，2，3时的函数值，而f（0）5，f （2）-15，f（3）-4故最大值为5，最小值为-15.4.函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f′x在（a，b）内的图象如图所示则函数f（x）在开区间（a，b）内有极小值点（ A ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个解析f′x＞0时fx单调递增，f′x＜0时，fx单调递减.极小值点应在先减后增的特殊点，即f′x＜0→f′x0→f′x ＞0.由图象可知只有1个极小值点. x2 a5.（2009辽宁文，15）若函数fx 在x1处取x 1 极值，则a 3 . 解析 f x 2 x 2 2 x x 2 a x 2 2 x a 因为fx在. x 1 2 x 1 2 x1处取极值，所以1是f′x0的根，将x1代入得a3. 题型分类深度剖析题型一函数的单调性与导数【例1】已知函数fxx3-ax-1. （1）若fx在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；（2）是否存在实数a，使fx在（-1，1）上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由. 思维启迪求f′x→f′x≥0 或f′x≤0 恒成立→a的范围.解（1）由已知f′x3x2-a.∵f（x）在（-∞，∞）上是增函数，∴f′（x）3x2-a≥0在（-∞，∞）上恒成立.即a≤3x2对x∈R 恒成立.∵3x2≥0∴只要a≤0.又∵a0时，f′x3x2≥0，∴f（x）x3-1在R上是增函数，∴a≤0.（2）由f′x3x2-a≤0在（-1，1）上恒成立.∴a≥3x2在x∈（-1，1）上恒成立.又∵-1＜x ＜1∴3x2＜3只需a≥3.当a3时，f′x3x2-1在x∈-11上，f′x ＜0即fx在（-1，1）上为减函数，∴a≥3.故存在实数a≥3使fx在（-1，1）上单调递减.探究提高利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′x＞0或f′x＜0仅是fx在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条件，在（ a ，b ）内可导的函数fx 在（ab 上递增（或递减）的充要条件应是′ ≥0〔或′ ≤0〕∈恒成立，且f′x≥0〔或f′x≤0〕x∈ab恒成立，且f′x在（ab）的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数fx在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′x00甚至可以在无穷多个点处f′（x0）0只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间，因此，在已知函数fx是增函数（或减函数）求参数的取值范围时，应令f′x≥0〔或f′x≤0〕恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解），然后检验参数的取值能否使f′x恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f′x 不恒为0 ，则由f′x≥0 〔或f′x≤0〕恒成立解出的参数的取值范围确定.知能迁移1 已知fxex-ax-1.（1）求fx的单调增区间；（2）若fx）在定义域R内单调递增，求a的取值范围；（3）是否存在a使fx在（-∞，0〕上单调递减，在〔0，∞）上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 解f′xex-a. 1若a≤0，f′xex-a≥0恒成立，即fx在R上递增. 若a＞0ex-a≥0∴ex≥ax≥ln a. ∴fx的单调递增区间为ln a∞.（2）∵f （x）在R内单调递增，∴f′x≥0在R上恒成立.∴ex-a≥0，即a≤ex在R上恒成立.∴a≤（ex）min，又∵ex＞0，∴a≤0.（3）方法一由题意知ex-a≤0在（-∞0〕上恒成立.∴a≥ex在（-∞，0〕上恒成立.∵ex在（-∞，0〕上为增函数. 在（，0〕上为增函数.∴x0时，ex最大为1.∴a≥1.同理可知ex-a≥0在〔0，∞）上恒成立.∴a≤ex在〔0，∞）上恒成立.∴a≤1，∴a1.方法二由题意知，x0为fx的极小值点.∴f′00即e0-a0∴a1.题型二函数的极值与导数【例2】设x1与x2是函数fxaln xbx2x的两个极值点.（1）试确定常数a 和b的值；（2）试判断x1x2是函数fx的极大值点还是极小值点，并说明理由. 思维启迪（1）函数的导函数在极值点处的函数值为0，列方程组求解.（2）极大值点与极小值点的判断应根据极值点的定义判断. a 解（1）f′x 2bx1 x a f 1 2b 1 0. 1 a 2 1 f 2 4b 1 0 a b . 2 3 6 2 x 2 f x 1 3x 3 x 2 3 x 2 x 1 x 2 . 3x 3x函数定义域为（0，∞），列表x 01 1 1，2 2 2∞f′x - 0 0 - fx 单调递减极小值单调递增极大值单调递减∴x1是f（x）的极小值点，x2是f（x）的极大值点.探究提高此题属于逆向思维，但仍可根据函数极值的步骤求解，但要注意极值点与导数之间的关系，利用这一关系（f ′x0）建立字母系数的方程，通过解方程（组）确定字母系数，从而解决问题.知能迁移2 已知函数fxax3bx2-3x在x±1处取得极值.（1）讨论f1）和f-1是函数fx的极大值还是极小值；（2）过点A（0，16）作曲线yfx的切线，求此切线方程. 解（1）f′x3ax22bx-3依题意，3a2b-30 f′1f′-10即3a-2b-30解得a1b0.∴f（x）x3-3xf′x3x2-33x1x-1.令f′x0得x-1x1.若x∈-∞-1∪1∞，则f′x＞0故fx在（-∞-1上是增函数，fx在（1∞上是增函数.若x∈-11，则f′x＜0故fx在（-1，1）上是减函数.所以f-12是极大值，f1-2是极小值.。
高二人教A版高中数学选修1-3 第三章 导数及其应用3.2 导数的计算
=
28 (1 4)2
=-
6 25
.
因此曲线 y= 2x 在点(2, 4 )处的切线方程为 y- 4 =- 6 (x-2),
x2 1
5
5 25
即 6x+25y-32=0.
答案:(1)6x+25y-32=0
(2)已知曲线 y=5 x ,则过点 P(0,5)且与曲线相切的切线方程为
.
解析:(2)因为点 P(0,5)不在曲线 y=5 x 上,
1
f′(x)= x ln a (a>0,且 a≠1)
1
f′(x)= x
2.导数运算法则
和差的导数 积的导数
商的导数
[f(x)±g(x)]′= f′(x)±g′(x) [f(x)·g(x)]′= f′(x)g(x)+f(x)g′(x)
[ f (x) ]′= f (x)g(x) f (x)g(x)
3.2 导数的计算 3.2.1 几个常用函数的导数 3.2.2 基本初等函数的导数公式及导数
的运算法则
课标要求:1.能根据定义求函数y=c,y=x,y=x2,y=1 的导函数.2.理解导数的
x
四则运算法则.3.掌握几种常见函数的导数公式.4.能够应用导数公式及运
算法则进行求导运算.
自主学习 课堂探究
值为( B )
(A)1-cos 1
(B)1+cos 1 (C)cos 1-1
(D)-1-cos 1
5.(商的导数的应用)设函数f(x)= sin x ,f′(x)为函数f(x)的导函数,则
x
f′(π )=
.
答案:- 1
π
课堂探究
题型一 利用导数公式求函数的导数
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.
高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 理
§3.2 导数的应用考点一函数的单调性1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a 的取值范围是( )A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C2.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0,ln 2>>0.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.3.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k<-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<或|x+1|>,∴-1-<x<-1+或x<-1-或x>-1+,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).(2)f '(x)=-=-,由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0,∴x<-1-或-1<x<-1+,结合定义域知x<-1-或-1<x<-1+,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-),(-1,-1+),同理,递减区间为(-1-,-1),(-1+,+∞).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+)(x+1-)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+),-3∈(-1-,-1),-1-<-1-,-1+>-1+,结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).考点二函数的极值与最值4.(2014课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案 C5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.6.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=-k=-=.由k≤0可得e x-kx>0,所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=e x-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=e x-k=e x-e ln k,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=e x-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当解得e<k<.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.7.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解析解法一:(1)由f(x)=e x-ax,得f '(x)=e x-a.又f '(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=e x-2x,f '(x)=e x-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时, f '(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2时, f '(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.(3)①若c≥1,则e x≤ce x.又由(2)知,当x>0时,x2<e x.所以当x>0时,x2<ce x.取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<ce x成立,只要e x>kx2成立.而要使e x>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h'(x)=1-=,所以当x>2时,h'(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法二:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)对任意给定的正数c,取x0=,由(2)知,当x>0时,e x>x2,所以e x=·>,当x>x0时,e x>>=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法三:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有x3<e x.证明如下:令h(x)=x3-e x,则h'(x)=x2-e x.由(2)知,当x>0时,x2<e x,从而h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<e x.取x0=,当x>x0时,有x2<x3<e x.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.考点三导数的综合应用8.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案 A9.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案 C10.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=ae x ln x+,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.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ae x ln x+e x-e x-1+e x-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.(2)由(1)知, f(x)=e x ln x+e x-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,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)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.11.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈.(1)求证:f(x)≤0;(2)若a<<b对x∈恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在区间上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)当x>0时,“>a”等价于“sin x-ax>0”;“<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∈恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:x (0,x0) x0g'(x) + 0 -g(x) ↗↘因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即0<c≤.综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.所以,若a<<b对任意x∈恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.12.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=,由f '(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f '(x)=,因为当x∈时,<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为.13.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-ae x(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范围;(2)证明随着a的减小而增大;(3)证明x1+x2随着a的减小而增大.解析(1)由f(x)=x-ae x,可得f '(x)=1-ae x,下面分两种情况讨论:①a≤0时,f '(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)f '(x) + 0 -f(x) ↗-ln a-1 ↘这时, f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)=+<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(2)证明:由f(x)=x-ae x=0,有a=.设g(x)=,由g'(x)=,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.所以随着a的减小而增大.(3)证明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.设=t,则t>1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x∈(1,+∞),则h'(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u'(x)=.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2),知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.14.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln.证明:(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.证明(1)当x∈时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)=π->0, f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.15.(2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=-=.(*)当a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,由f '(x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x∈(0,x1)时, f '(x)<0;当x∈(x1,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(2)由(*)式知,当a≥1时, f '(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<a<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2和x2=-2,且由f(x)的定义可知,x>-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点. 而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0<a<1且a≠知,当0<a<时,-1<x<0;当<a<1时,0<x<1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<时, f(x1)+f(x2)<0. (ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当<a<1时, f(x1)+f(x2)>0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.16.(2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f '(x)=.当f '(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(2)因为e<3<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.于是根据函数y=ln x,y=e x,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(2)知,<,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(1)知,当0<x<e时, f(x)<f(e)=,即<.在上式中,令x=,又<e,则ln<,从而2-ln π<,即得ln π>2-.①由①得,eln π>e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.又由①得,3ln π>6->6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.17.(2014重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f '(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的斜率为4-c.(1)确定a,b的值;(2)若c=3,判断f(x)的单调性;(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)为偶函数,知f '(-x)=f '(x), 即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x>0,所以a=b.又f '(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f '(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R, f '(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0, f '(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f '(x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1<x<x2时, f '(x)<0;又当x>x2时, f '(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).18.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+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.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+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.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+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)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=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, (i)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.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)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≤0.19.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b.所以g'(x)=e x-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).。
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§3.2 导数的应用
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(每小题7分，共35分)
1．函数f (x )＝x 33
＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( ) A ．－173 B ．－103 C ．－4 D ．－643
2．函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则实数a 的取值范围是( )
A ．(0,3)
B.⎝⎛⎭⎫0，32 C ．(0，＋∞) D ．(－∞，3)
3．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72
x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( ) A ．f (－a 2)≤f (－1)
B ．f (－a 2)<f (－1)
C ．f (－a 2)≥f (－1)
D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定
4．已知函数f (x ) (x ∈R)的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)(x 20－1)·
(x －x 0)，那么函数f (x )的单调减区间是( )
A ．[－1，＋∞)
B ．(－∞，2]
C ．(－∞，－1)和(1,2)
D ．[2，＋∞)
5．已知函数f (x )＝12
x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．m ≥32
B ．m >32
C ．m ≤32
D ．m <32
二、填空题(每小题6分，共24分)
6．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋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________．
7．若函数f (x )＝x 2＋a x ＋1
在x ＝1处取极值，则a ＝________. 8．已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－
∞，＋∞)内单调递减，则实数m ＝________.
9．已知某质点的运动方程为s (t )＝t 3＋bt 2＋ct ＋d ，如图所示是
其运动轨迹的一部分，若t ∈⎣⎡⎦⎤12，4时，s (t )<3d 2成立，则d
的取值范围为__________．
三、解答题(共41分)
10．(13分)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x 在x ＝±1处取得极值．
(1)讨论f (1)和f (－1)是函数f (x )的极大值还是极小值；
(2)过点A (0,16)作曲线y ＝f (x )的切线，求此切线方程．
11．(14分)若函数f (x )＝13x 3－12
ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围．
12．(14分)已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．
答案 1.A 2.B 3.A 4.C 5.A
6. －37
7. 3
8. －2
9. d >43
或d <－1 10．解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，依题意，
f ′(1)＝f ′(－1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
3a ＋2b －3＝03a －2b －3＝0， 解得a ＝1，b ＝0.
所以f (x )＝x 3－3x ，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)．
令f ′(x )＝0，得x ＝－1，x ＝1.
若x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，则f ′(x )>0，
故f (x )在(－∞，－1)上是增函数，
f (x )在(1，＋∞)上是增函数．
若x ∈(－1,1)，则f ′(x )<0，
故f (x )在(－1,1)上是减函数．
所以f (－1)＝2是极大值，f (1)＝－2是极小值．
(2)曲线方程为y ＝x 3－3x ，点A (0,16)不在曲线上．
设切点为M (x 0，y 0)，则点M 的坐标满足y 0＝x 30－3x 0.
因f ′(x 0)＝3(x 20－1)，
故切线方程为y －y 0＝3(x 20－1)(x －x 0)，
注意到点A (0,16)在切线上，
有16－(x 30－3x 0)＝3(x 20－1)(0－x 0)，
化简得x 30＝－8，解得x 0＝－2.
所以，切点为M (－2，－2)，切线方程为9x －y ＋16＝0.
11. 解 函数f (x )的导数f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1.
令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝a －1.
当a －1≤1即a ≤2时，函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数，不合题意；
当a －1>1即a >2时，函数f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，a －1)上为减函数， 在(a －1，＋∞)上为增函数．
依题意应有当x ∈(1,4)时，f ′(x )<0；
当x ∈(6，＋∞)时，f ′(x )>0.
所以4≤a －1≤6，解得5≤a ≤7.
所以a 的取值范围为[5,7]．
12. 解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )．
当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，
∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<x>a；
由f′(x)<0，解得－a<x<a，
∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，
(a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－a，a)．
(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，
∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.
∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，∴结合f(x)的单调性可知，m 的取值范围是(－3,1)．。