2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第1课时导数与函数性质课件文
的切线与曲线C2:y=ex+1+1也相切,则t的值为 (
)
A.4e
2
B.4e
e2 C. 4
t
D.
e 4
t 4
答案 A 由y= tx ,得y'= = x .即y= x+1. t 4 4
2 tx
,则切线斜率为k= ,所以切线方程为y-2
t
4
t
设切线与曲线y=ex+1+1的切点为(x0,y0).由y=ex+1+1,得y'=ex+1,则由 e x 1 = ,得
x
.
(2)(2017云南第一次统考)已知函数f(x)=axln x+b(a,b∈R),若f(x)的图象 在x=1处的切线方程为2x-y=0,则a+b= .
答案 解析
(1)x-y+1=0 (2)4 (1)∵y=x2+ 1 ,∴y'=2x- 12 ,∴y'|x=1=2-1=1,∴所求切线方程为y-2=xx
t
t
选A.
考点二 利用导数研究函数的单调性
导数与函数单调性的关系 (1)f '(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在(-∞,+∞)上 单调递增,但f '(x)≥0. (2)f '(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有 f '(x)=0时,则f(x)为常数函数,函数不具有单调性.
(3)已知切线上一点(非切点),求切线方程
设切点P(x0,y0),利用导数求得切线斜率f '(x0),再由斜率公式求得切线斜 率,列方程(组)解得x0,再由点斜式或两点式写出方程.
跟踪集训
1.(2017广东广州综合测试(一))设函数f(x)=x3+ax2,若曲线y=f(x)在点P(x0, f(x0))处的切线方程为x+y=0,则点P的坐标为 ( A.(0,0) B.(1,-1) )
)
C.(0,+∞)
D.[0,+∞)
2ax 2 1 1 答案 D f '(x)= +2ax= (x>0),根据题意有f '(x)≥0(x>0)恒成 x x 1 立,所以2ax2+1≥0(x>0)恒成立,即2a≥- 2 (x>0)恒成立,所以a≥0,故实数 x
a的取值范围为[0,+∞).故选D.
3.(2017四川成都第一次检测)已知曲线C1:y2=tx(y>0,t>0)在点M , 2 处 t 4
0
t 4
切点坐标为 ln 1, 1 ,故切线方程又可表示为y- -1= x ln 4 1 , 4 4 4 4 t t
t
t t t t t t t t 即y= x- ln + +1,所以由题意,得- ln + +1=1,即ln =2,解得t=4e2,故 4 4 4 2 4 4 2 4
2.四个易错导数公式
(1)(sin x)'=cos x; (2)(cos x)'=-sin x; (3)(ax)'=axln a(a>0且a≠1); (4)(logax)'=
1 (a>0且a≠1). x ln a
典型例题
(1)(2017课标全国Ⅰ,14,5分)曲线y=x2+ 1 在点(1,2)处的切线方程为
x
1,即x-y+1=0. (2)由题意,得f '(x)=aln x+a,所以f '(1)=a,因为函数f(x)的图象在x=1处的切 线方程为2x-y=0,所以a=2,又f(1)=b,则2×1-b=0,所以b=2,故a+b=4.
方法归纳 求曲线y=f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P(x0,y0),求切线方程 求出切线的斜率f '(x0),由点斜式写出方程; (2)已知切线的斜率k,求切线方程 设切点P(x0,y0),通过方程k=f '(x0)解得x0,再由点斜式写出方程;
典型例题
(2017课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 解析 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
-1); 当
x0 1, 时,点P的坐标为(-1,1),故选D. a 2
2.(2017四川成都第二次检测)若曲线y=f(x)=ln x+ax2(a为常数)不存在斜 率为负数的切线,则实数a的取值范围是 (
A. , 1 2
B. , 1 2
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln . 2
a a , 当x∈ ln 时, f '(x)>0. 2
第1课时
导数与函数性质
考情分析
总纲目录
考点一 考点二 考点三 导数的几何意义 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值(最值)
第1课时
1.导数的几何意义
导数与函数性质
考点一 导数的几何意义
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0斜率k=f '(x0),相应的切线方程为y-f(x0)=f '(x0)(x-x0).
C.(-1,1)
D.(1,-1)或(-1,1)
答案 D 由题意知,f '(x)=3x2+2ax,所以曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的
2 切线的斜率为f '(x0)=3 x0 +2ax0,又切线方程为x+y=0,所以x0≠0,且
2 3 x0 2ax0 1, a 2, 或 a 2, 所以当 x0 1, 时,点P的坐标为(1, 解得 3 2 x 1 x 1, x x ax 0, a 2 0 0 0 0 0
a
当x∈ ,ln 时,f '(x)<0; 2
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届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-6导数与函数 精品
＝x－1，因而 f(x)的图像恒在 y＝x－1 的下方，则当 x∈(0，1]
时，函数 f(x)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即
f（m）m－－nf（n）≥1，故mn mnmn≥em－n.
回顾 (1)本题考查利用导数研究曲线的切线、不等式的证明 等，考查考生的化归与转化思想．本题以函数 f(x)＝lnxx为原型函 数，入手点简单，但所涉及的问题有一定的高度，特别是第(2) 问不等式的证明，需经过多次转化．如果不善于转化或转化错误 则满盘皆输．
(2)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点 x0，使得 x0＋x10<mf(x0) 成立，
则构造函数 h(x)＝x＋1x－mf(x)＝x＋1x－mlnx＋mx 在[1，e]上 的最小值小于零．
h′(x)＝1－x12－mx －xm2 ＝x2－mxx－2 m－1＝（x＋1）（x2x－m－1）.(6 分) 令 h′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝m＋1，
调研一 切线、恒成立
lnx＋k (2016·江 西 七 校 二 次 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ ex
(k∈R，e 是自然对数的底数)，f′(x)为 f(x)的导函数． (1)当 k＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； e－2＋1 (2)若 f′(1)＝0，试证明：对任意的 x>0，f′(x)< x2＋x 恒成
①当 m＋1≥e 时，即 m≥e－1 时，h(x)在[1，e]上单调递减， (8 分)
所以 h(x)的最小值为 h(e)，由 h(e)＝e＋1＋e m－m<0 可得 m>ee2－＋11，
因为ee2－＋11>e－1，所以 m>ee2－＋11；(10 分) ②当 m＋1≤1，即 m≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增， 所以 h(x)最小值为 h(1)，由 h(1)＝1＋1＋m<0 可得 m<－2； (11 分)
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第3讲 导数的概念
第3讲导数的概念及其简单应用导数的几何意义及导数的运算1.(2015洛阳统考)已知直线m:x+2y-3=0,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,若l ⊥m,则Ρ点的坐标可能是( B )(A)（-错误!未找到引用源。
,-错误!未找到引用源。
） (B)（错误!未找到引用源。
,错误!未找到引用源。
）(C)（错误!未找到引用源。
,错误!未找到引用源。
）(D)（-错误!未找到引用源。
,-错误!未找到引用源。
）解析:由l⊥m可得直线l的斜率为2,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,也就是函数在P点的导数值为2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的点不在函数图象上,因此选B.2.(2014广东卷)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.解析:由题意知点(0,3)是切点.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切线斜率为-5.从而所求方程为5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用导数研究函数的单调性3.(2015辽宁沈阳市质检)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>错误!未找到引用源。
+1(e为自然对数的底数)的解集为( A )(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)解析:不等式f(x)>错误!未找到引用源。
+1可以转化为e x f(x)-e x-3>0令g(x)=e x f(x)-e x-3,所以g′(x)=e x(f(x)+f′(x))-e x=e x(f(x)+f′(x)-1)>0,所以g(x)在R上单调递增,又因为g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0⇒x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故选A.4.(2014辽宁卷)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( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-错误!未找到引用源。
2018届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”
x (0， a)
a
( a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
a1－ln a
f(x)
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，Байду номын сангаас调递增区间是( a， ＋∞)．
函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝a1－2ln a，无极大值． 综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 函数 f(x)既无极大值也无极小值； 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间 为( a，＋∞)，函数 f(x)有极小值a1－2ln a，无极大值．
解答题的热点题型有： (1) 利 用 导 数 研 究 函 数
的单调性、极值、最值； (2) 利 用 导 数 证 明 不 等
式或探讨方程根； (3) 利 用 导 数 求 解 参 数
的范围或值.
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝x22－aln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝x22－ln x， 则f′(x)＝x－1x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝12， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝12.
所以 f a＋b b>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，化简得a＋1 b<ln a＋b b， a· b
lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln1＋ab－ab<0，
令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
全国通用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.1导数与函数的单调性课件文北师大版
设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反 或导数值 异号 ，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的 极值．
(2)极大值点与极小值点 ①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为 极大值 点； ②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为 极小值 点．
(3)求可导函数极值的步骤：
【训练1】 设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调 性．
解 f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1) ＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2] ＝ex(ax＋1)(x＋2) ＝aexx＋1a(x＋2) ①当 a＝12时，f′(x)＝12ex(x＋2)2≥0 恒成立， ∴函数 f(x)在 R 上单调递增；
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)
上一定有f′(x)>0.
()
(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．
()
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件． ()
(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一
定是极小值．
()
解 析 (1) 函 数 f(x) 在 (a ， b) 上 单 调 递 增 ， 则 在 (a ， b) 上 有 f′(x)≥0，故(1)错． (2)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，(2)错． (3)如f(x)＝x3，当x＝0时，f′(x)＝0，而函数f(x)在R上为增函 数，所以x＝0不是极值点，故(3)错． 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
＝
()
A．－4 B．－2 C．4 D．2
解析 由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，当
2018届高考数学二轮复习 函数与导数的应用专项练 ppt课件(全国通用)
在点(-1,-1)处的切线方程为( A ) B.y=2x-1 D.y=-2x-2
解析: ∵y'=
������ +2-������
(������ ++2)2
,
2
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
-7一、选择题 二、填空题
2.3
函数与导数的应用专项练
-2-
1.导数的几何意义 函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义:函数y=f(x)在点x0处的导 数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0),相应的切线方程 是y-y0=f'(x0)(x-x0). 注意:在某点处的切线只有一条,但过某点的切线不一定只有一 条. 2.常用的求导方法 (1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
-4一、选择题 二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x) 的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
4.函数 f(x)= 的图象大致为(
������
e ������
B )
解析: 函数 f(x)= 的定义域为 x≠0,x∈R,当 x>0 时,函数 f'(x)=
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺课件(打包4套)文
考点聚焦
栏目索引
典型例题
1 1 + (1)(2017湖北武汉四月调研)已知函数f(x)满足f f高考导航 (-x)=2x(x≠ x x
0),则 f(-2)= (
7 A.- 2 9 B. 2
)
7 C. ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 9 D.- 2
2cos x, x 0, 4 (2)(2017陕西宝鸡质量检测(一))已知函数f(x)= 则f f ( x 1) 1, x 0, 3
栏目索引
答案 C 解法一:当0<a<1时,a+1>1, ∴f(a)= a , f(a+1)=2(a+1-1)=2a.
1 由f(a)=f(a+1)得 a =2a,∴a= . 4 1 此时f =f(4)=2×(4-1)=6. a
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当a≥1时,a+1>1, ∴f(a)=2(a-1), f(a+1)=2(a+1-1)=2a. 由f(a)=f(a+1)得2(a-1)=2a,无解.
1 =6,故选C. 综上, f a
解法二:∵当0<x<1时, f(x)= x ,为增函数,
当x≥1时, f(x)=2(x-1),为增函数,
考点聚焦
栏目索引
又f(a)=f(a+1), ∴ a =2(a+1-1),
1 ∴a= . 4 1 ∴f =f(4)=6. a
(
)
考点聚焦
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(2)(2017湖北武昌调研)已知函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析 式可以是 ( )
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2 x2 A.f(x)= 2x cos 2 x C.f(x)=- x
2018年高考数学文二轮复习 专题突破讲义：专题二 函数
第3讲 导数及其应用1．导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同．例1 (1)(2017届山西临汾一中等五校联考)已知曲线f (x )＝ax 2x ＋1在点(1，f (1))处切线的斜率为1，则实数a 的值为( ) A.32B ．－32C ．－34D.43答案 D解析 对函数求导，可得f ′(x )＝2ax (x ＋1)－ax 2(x ＋1)2，∵曲线f (x )＝ax 2x ＋1在点(1，f (1))处切线的斜率为1，∴f ′(1)＝3a 4＝1，得a ＝43，故选D.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( ) A ．4e 2 B ．4e C.e 24 D.e4答案 A解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx.当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1，①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，001e4x x x t y +='==，x 0＝ln t 4－1，那么010e 114x t y +=+=+，切线方程为y －⎝⎛⎭⎫t 4＋1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1， 化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2＋1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1⇔ln t4＝2，即t ＝4e 2，故选A.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017·天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________． 答案 1解析 ∵f ′(x )＝a －1x，∴f ′(1)＝a －1.又∵f (1)＝a ，∴切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， ∴切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1. (2)若y ＝ax ＋b 为函数f (x )＝x ln x －1x图象的一条切线，则a ＋b 的最小值为( ) A ．－4B ．－1C ．1D ．2 答案 B解析 f ′(x )＝1＋x x 2(x >0)．设切点为⎝⎛⎭⎫x 0，ln x 0－1x 0， 则切线方程为y －⎝⎛⎭⎫ln x 0－1x 0＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20(x －x 0)， 即y ＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x －⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x 0＋⎝⎛⎭⎫ln x 0－1x 0， 亦即y ＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x ＋⎝⎛⎭⎫ln x 0－2x 0－1.令1x 0＝t ，则t >0，由题意得a ＝1x 0＋1x 20＝t ＋t 2，b ＝ln x 0－2x 0－1＝－ln t －2t －1.令a ＋b ＝φ(t )＝－ln t ＋t 2－t －1，则φ′(t )＝－1t ＋2t －1＝(2t ＋1)(t －1)t ，当t ∈(0,1)时，φ′(t )<0，则φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，φ′(t )>0，则φ(t )在(1，＋∞)上单调递增， ∴a ＋b ＝φ(t )≥φ(1)＝－1，故a ＋b 的最小值为－1. 热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017·全国Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x <0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减．而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增．而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1. 当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2， (1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12， 则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0， 故f (x 0)>ax 0＋1.当a ≤0时，取x 0＝5－12， 则x 0∈(0,1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0；②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝⎛⎭⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝⎛⎭⎫－18，＋∞ C. ⎝⎛⎭⎫－2，－18 D. (－2，＋∞) 答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2ax ，若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，2内存在单调递增区间， 则f ′(x )≥0在⎝⎛⎭⎫12，2上有解， 即a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 2的最小值． 又g (x )＝－12x 2在⎝⎛⎭⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝⎛⎭⎫12＝－2，所以a ≥－2，经检验，当a ＝－2时不成立，所以a >－2. 故选D.(2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A ．(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3) 答案 D解析 当x <0时，∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴[f (x )g (x )]′>0，∴y ＝f (x )g (x )为增函数． ∵g (－3)＝0，∴f (－3)g (－3)＝0，∴f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)．∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴y ＝f (x )g (x )在R 上为奇函数，当x >0时，f (x )g (x )<0的解集为(0,3)．综上，不等式的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届河南息县第一高级中学检测)已知函数f (x )＝mx ＋ln x ，g (x )＝x 3＋x 2－x .(1)若m ＝3，求f (x )的极值；(2)若对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥110g (t )，求m 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当m ＝3时，f (x )＝3x＋ln x ，∴f ′(x )＝－3x 2＋1x ＝x －3x 2，f ′(3)＝0，∴当x >3时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当0<x <3时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )有极小值f (3)＝1＋ln 3，没有极大值． (2)g (x )＝x 3＋x 2－x ，g ′(x )＝3x 2＋2x －1. 当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上是单调递增函数，g (2)＝10最大，对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，f (s )≥110g (t )恒成立，即对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， f (x )＝mx ＋ln x ≥1恒成立，∴m ≥x －x ln x ，令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x . ∴当x ≥1时，h ′(x )<0，当0<x <1时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0,1)上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数， 当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，h (x )最大值为h (1)＝1， ∴m ≥1，即m ∈[1，＋∞)．思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)， ∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________． 答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝e x －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由e x －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0； 当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x ；②f (x )＝x 2； ③f (x )＝3－x ；④f (x )＝cos x .答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e x f (x )]′＝e x [f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x －2－x ln 2＝2－x (1－ln 2)＞0，符合题意．经验证，②③④均不符合题意． 故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x 在点(1,2)处的切线方程为________．答案 y ＝x ＋1解析 ∵y ′＝2x －1x 2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1， ∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab 的值为( )A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________．押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2. 又∵g ′(x )＝2x －ax ，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2.4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点． 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1， 即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ， 又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届辽宁葫芦岛普通高中月考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (x )e x的递减区间为( )A ．(0,4)B ．(0,1)，(4，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫0，43 D ．(－∞，1)，⎝⎛⎭⎫43，4 答案 B解析 由图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增再减最后增的曲线为f (x )的图象，当x ∈(0,1)∪(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，令g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x<0，得f ′(x )－f (x )<0，则x ∈(0,1)∪(4，＋∞)，故g (x )的递减区间为(0,1)，(4，＋∞)，故选B.2．(2017届山西临汾一中等五校联考)已知函数f (x )是奇函数，当x <0时，f (x )＝x ln(－x )＋x ＋2，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝－2x ＋3D ．y ＝－2x －3 答案 B解析 设x >0，则－x <0，∵f (x )为奇函数， 当x <0时，f (x )＝x ln(－x )＋x ＋2，∴f (x )＝－f (－x )＝－[－x ln x －x ＋2]＝x ln x ＋x －2， ∴当x >0时，f ′(x )＝ln x ＋2，∴f ′(1)＝2且f (1)＝－1， ∴曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程是y ＝2x －3. 故选B.3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f ⎝⎛⎭⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax ＝－3，∵e ax >0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax <1，要使a e ax ＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河南息县第一高级中学检测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( ) A ．20 B ．18 C ．3 D ．0 答案 A解析 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有f (x )max －f (x )min ≤t ，∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，实数t 的最小值是20.6．(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为______． 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎡⎦⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2. 9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′. 定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数．已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．(2017·北京)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． 解 (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0，所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. B 组 能力提高11．(2017届重庆市调研)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )<f (x )对任意的x ∈R 恒成立，则下列不等式均成立的是( ) A ．f (ln 2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0) B ．f (ln 2)>2f (0)，f (2)>e 2f (0) C ．f (ln 2)<2f (0)，f (2)>e 2f (0) D ．f (ln 2)>2f (0)，f (2)<e 2f (0) 答案 A解析 设y ＝f (x )e x ，∴y ′＝f ′(x )－f (x )e x.∵f ′(x )<f (x )，∴y ′<0，∴y ＝f (x )e x 在R 上为减函数．∵ln 2>0，∴f (ln 2)e ln 2<f (0)e 0，∴f (ln 2)<2f (0)．∵2>0，∴f (2)e 2<f (0)e 0，∴f (2)<e 2f (0)．故选A.12. (2017届湖北省部分重点中学联考)已知S＝(x－a)2＋(ln x－a)2(a∈R)，则S的最小值为()A.22 B.12C. 2 D．2答案 B解析设A(x，ln x)，B(a，a)，则问题化为求平面上两动点A(x，ln x)，B(a，a)之间距离的平方的最小值的问题，即求曲线f(x)＝ln x上的点到直线y＝x上的点的距离最小值问题．因为f′(x)＝1x，设切点P(t，ln t)，则切线的斜率k＝1t，由题设知，当1t＝1，即t＝1时，点P(1,0)到直线y＝x的距离最近，其最小值为d min＝12，所以所求S的最小值为S min＝12，故选B.13．(2017·山东)已知函数f(x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解(1)由题意f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ；当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增；所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，g (x )无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝0时，g (x )取到极大值， 极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值， 极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .综上所述，当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ，极小值是g (0)＝－a ；当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。