【高考A计划】高考数学第一轮复习 导数小结学案 新人教A版
(新课标)2021版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第17讲导数与函数的综合问题导学案新人教A版
第17讲 导数与函数的综合问题【课程要求】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．对应学生用书p 47【基础检测】1．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为____________．[解析]令y′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x<40时，y′<0；当x>40时，y′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． [答案]402．从边长为10cm ×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为__________cm 3.[解析]设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x∈(0，5)． 则y ＝(10－2x)(16－2x)x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y′＝12x 2－104x ＋160.令y′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． [答案]1443．若函数f(x)在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) [解析]由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0在(0，＋∞)上恒成立，因此f （x ）x在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f （3）3<f （1）1，即3f (1)>f (3)．[答案]B4．已知函数f ()x ＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a>2B ．a<3C ．a≤1D ．a≥3[解析]若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则由f ()x ＝a x －1＋ln x≤0，即ax ≤1－ln x ，即a≤x－x ln x ，设h ()x ＝x －x ln x ，则h′()x ＝－ln x ，由h′()x >0得ln x<0，得0<x<1，此时函数递增，由h′()x <0得－ln x ＜0，即x>1，此时函数递减，即当x ＝1时，函数h ()x 取得极大值h ()1＝1－ln 1＝1，即h ()x ≤1，若a≤x－x ln x 有解，则a≤1，故选C .[答案]C5．若函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞B .⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2C ．(0，4e 2)D ．(0，＋∞)[解析]函数y ＝x 2e x－a 的导数为y′＝2x e x＋x 2e x＝x e x(x ＋2)，令y′＝0，则x ＝0或－2，当－2＜x ＜0上时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x ＝－2处取极大值，在x ＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a ，f(－2)＝4e －2－a ，已知函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，故－a<0，且4e －2－a>0，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，4e 2.[答案]B 【知识要点】 1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题． 2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．对应学生用书p48利用导数研究生活中的优化问题1 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和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，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l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1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y＝ax2＋b(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．[解析] (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知y ＝1000x2(5≤x≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点， y′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f(t)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32t 2＋4×106t4，t∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，t∈[5，20]，则g′(t)＝2t －16×106t 5. 令g′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． [小结]利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．1．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．[解析] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意知200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V′(r)＝π5(300－12r 2)．令V′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r∈(5，53)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．利用导数证明不等式2 设函数f ()x ＝a ln x ＋1x －2x ()a∈R .(1)当a ＝3时，求f ()x 的极值； (2)当a ＝1时，证明：f ()x >1ex －2x .[解析] (1)当a ＝3时，f ()x ＝3ln x ＋1x－2x ，f ′()x ＝3x －1x 2－2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－()2x －1()x －1x2(x >0), 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′()x <0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′()x >0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0, f ()x 在()1，＋∞上单调递减．所以当x ＝12时，f ()x 取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－3ln2；当x ＝1时，f ()x 取得极大值f ()1＝－1.(2)当a ＝1时，f ()x ＝ln x ＋1x－2x (x >0)，所以不等式f ()x >1e x －2x 可变为ln x ＋1x >1e x .要证明上述不等式成立，即证明x ln x ＋1>xe x .设g ()x ＝x ln x ＋1，h (x )＝xe x ，则g ′()x ＝ln x ＋1，令g ′()x ＝0，得x ＝1e，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，g ′()x <0, g ()x 是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上，g ′()x >0, g ()x 是增函数． 所以g ()x ≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e .h ′()x ＝1－xex ，令h ′()x ＝0得x ＝1，在()0，1上，h ′()x >0, h ()x 是增函数； 在()1，＋∞上，h ′()x <0, h ()x 是减函数，所以h ()x ≤h ()1＝1e <1－1e，所以h ()x <g ()x ，即x e x <x ln x ＋1，所以ln x ＋1x >1ex ，由此可知f ()x >1ex －2x .[小结]证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．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 )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋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)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋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 )．利用导数解决含参不等式问题3 已知函数f ()x ＝ex －1＋ax ，a∈R .(1)讨论函数f ()x 的单调区间；(2)若∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ex －1＋a .(i)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ii)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1； 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1，函数f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f ()x ＝e x －1－x 的最小值为f ()1＝0，所以ex －1－x ≥0，即ex －1≥x .f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立与f ()x ＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g ()x ＝f ()x ＋ln x －a －1， 即g ()x ＝ex －1＋a ()x －1＋ln x －1()x ≥1， 则g ′()x ＝ex －1＋1x＋a .①当a ≥－2时，g ′()x ＝ex －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x＋a ＝a ＋2≥0.(或令φ()x ＝ex －1＋1x ，则φ′()x ＝e x －1－1x2在[)1，＋∞上递增，∴φ′()x ≥φ′()1＝0，∴φ()x 在[)1，＋∞上递增，∴φ()x ≥φ()1＝2.∴g ′()x ≥0.)∴g ()x 在区间[)1，＋∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()1＝0， ∴f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立． ②当a <－2时，令h ()x ＝ex －1＋1x＋a ，则h ′()x ＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′()x ≥0，函数h ()x 单调递增． 又h ()1＝2＋a <0, h ()1－a ＝e1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0， ∴存在x 0∈()1，1－a ，使得h ()x 0＝0，故当x ∈()1，x 0时，h ()x <h ()x 0＝0，即g ′()x <0，故函数g ()x 在()1，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，＋∞时，h ()x >h ()x 0＝0，即g ′()x >0，故函数g ()x 在()x 0，＋∞上单调递增，∴g ()x min＝g ()x 0<g ()1＝0，即∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是[)－2，＋∞. [小结]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3．设函数f(x)＝e x－ax －2，a∈R . (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，当x >0时，x ＋1>(k －x )f ′(x )恒成立，求整数k 的最大值． [解析] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，f (x )无极值； 当a >0时，令f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .x <ln a 时f ′(x )<0，此时f (x )在(－∞，ln a )上是减函数， x >ln a 时f ′(x )>0，此时f (x )在(ln a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )有极小值f (ln a )＝a －a ln a －2，无极大值，综上：当a≤0时，无极值；当a>0时，有极小值f(ln a)＝a－a ln a－2，无极大值.(2)法一：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)(x>0)，分离参数得：k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，则g′(x)＝－x e x－1（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1eα－1＋α＝α＋1∈(2，3)，由于①式等价于k<g(α)＝α＋1∈(2，3)，故整数k的最大值为2.法二：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1.所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，令g(x)＝(x－k)(e x－1)＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝(x－k＋1)e x.当1－k≥0，即k≤1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝1;当1－k<0，即k>1时，x∈(0，k－1)时，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)>0，此时g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－e k－1，设h(k)＝k＋1－e k－1(k>1)，则h′(k)＝1－e k－1<0(∵k>1)，所以h (k )＝k ＋1－e k －1在(1，＋∞)上单调递减，又h (2)＝3－e>0，h (3)＝4－e 2<0，故整数k 的最大值为2.利用导数研究函数的零点或方程根的问题4 已知f(x)＝e －x (ax 2＋x ＋1)．(1)当a≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当0<a≤12时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数． [解析] (1)要证f(x)≤1⇒e －x (ax 2＋x ＋1)≤1，只要证e x －ax 2－x －1≥0.(*)令h(x)＝e x －ax 2－x －1，则h′(x)＝e x －2ax －1，而h′′(x)＝e x －2a>0，所以h′(x)在()－∞，＋∞上单调递增，又h′(0)＝0， 所以h(x)在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，∴h(x)min ＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立．所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝e x －ax 2－x －1的零点个数．而h′(x)＝e x －2ax －1，h″(x)＝e x －2a.令h″(x)＝0，解得x ＝ln 2a.所以h′(x)在()－∞，ln 2a 上单调递减，在()ln 2a ，＋∞上单调递增．所以h′(x)min ＝h′(ln 2a)＝2a －2a ln 2a －1，设m ＝2a ，g(m)＝m －m ln m －1，而g′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m ，则g(m)在()1，＋∞上单调递减，在()0，1上单调递增，所以g(m)max ＝g(1)＝0，即h′(x)min ≤0 (当m ＝1即a ＝12时取等号)． 1°当a ＝12时，h′(x)min ＝0, 则h′(x)≥0恒成立． 所以h(x)在R 上单调递增，又h (0)＝0，则h (x )有一个零点；2°当0<a <12时，ln2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln2a )<0. 有h ′(x )在()－∞，ln2a 上单调递减，在()ln2a ，＋∞上单调递增，且x →－∞时，h ′(x )＝e x －2ax －1>0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.又h ′(0)＝0，这时h (x )在()－∞，x 2上单调递增，在()x 2，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增． 所以h (x 2)>h (0)＝0.又x →－∞时，h (x )＝e x －ax 2－x －1<0，h (0)＝0.所以这时h (x )有两个零点；综上：a ＝12时，原方程有一个解；当0<a <12时，原方程有两个解． [小结]应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．4．已知函数f(x)＝(x 2＋ax －1)e x －1，g(x)＝(x 2＋ax)e x－ax －b. (1)若x ＝－2是函数f(x)的极值点，求f(x)的极小值；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．[解析] (1)由题可得f′(x)＝(2x ＋a)ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1，因为f′(－2)＝0，所以a ＝－1，f(x)＝(x 2－x －1)ex －1， 故f′(x)＝(x 2＋x －2)e x －1，令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)极小值为f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1. (2)函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a≥0，F(0)＝1－b<0，易知e x >x 2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b>1，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)＝b(a ＋b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．对应学生用书p 50(2019·全国卷Ⅰ理)已知函数f(x)＝sin x －ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有2个零点．[解析] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x －11＋x， g′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(i )当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x ＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．(ii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f(0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f(x)>0.从而，f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (iii )当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f′(x)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f(π)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (iv )当x∈(π，＋∞)时，ln (x ＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．。
2025版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第一节函数及其表示学案文含解析新人教A版
第一节 函数及其表示2024考纲考题考情1．函数与映射的概念函数由定义域、对应关系和值域三个要素构成，对函数y ＝f (x )，x ∈A ，其中x 叫做自变量，x 的取值范围A 叫做定义域，与x 的值对应的y 值叫做函数值，函数值的集合{f (x )|x ∈A }叫做值域。
3．函数的表示法表示函数的常用方法：解析法、列表法、图象法。
4．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数。
分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数。
1．一种优先意识 函数定义域是探讨函数的基础依据，对函数的探讨，必需坚持定义域优先的原则。
2．两个关注点(1)分段函数是一个函数。
(2)分段函数的定义域、值域是各段定义域、值域的并集。
3．直线x ＝a (a 是常数)与函数y ＝f (x )的图象有0个或1个交点。
一、走进教材1．(必修1P 18例2改编)下列函数中，与函数y ＝x ＋1是相等函数的是( ) A ．y ＝(x ＋1)2B ．y ＝3x 3＋1 C ．y ＝x 2x＋1D ．y ＝x 2＋1解析 对于A ，函数y ＝(x ＋1)2的定义域为{x |x ≥－1}，与函数y ＝x ＋1的定义域不同，不是相等函数；对于B ，定义域和对应法则都相同，是相等函数；对于C ，函数y ＝x 2x＋1的定义域为{x |x ≠0}，与函数y ＝x ＋1的定义域不同，不是相等函数；对于D ，定义域相同，但对应法则不同，不是相等函数。
故选B 。
答案 B2．(必修1P 25B 组T 1改编)函数y ＝f (x )的图象如图所示，那么，f (x )的定义域是________；值域是________；其中只有唯一的x 值与之对应的y 值的范围是________。
答案 [－3,0]∪[2,3] [1,5] [1,2)∪(4,5] 二、走近高考3．(2024·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________。
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案
第十二节 导数的综合应用 1．最值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2．导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点一 函数的最值与导数 一、函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f (x 0)．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f (x 0)．易误提醒1．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． 2．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．[自测练习]1．(2016·济宁一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1； 令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值， 且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：A2．已知函数f (x )＝e x －x 2，若对任意的x ∈[1,2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1－e]B ．[1－e ，e]C ．[－e ，e ＋1]D ．[e ，＋∞)解析：由题意得f ′(x )＝e x －2x ，又对任意的x ∈R ，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在[1,2]上单调递增，所以e －1≤f (x )≤e 2－4，又不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，所以{ e －1≥－m ，－m ≤m 2－4，e 2－4≤m 2－4，解得m ≥e ，所以选D.答案：D知识点二 生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤易误提醒 在求解实际应用问题中建立数学模型时，易忽视函数的定义域导致失误．[自测练习]3．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件解析：y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0得x ＝9或x ＝－9(舍去)． 当x ∈(0,9)时，y ′>0；当x ∈(9，＋∞)时，y ′<0， 即当x ＝9时，y 有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C. 答案：C考点一 利用导数研究生活中的优化问题|某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．[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y ＝2x －3＋10(x －6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润 f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝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)．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 ) ＋0 － f (x )极大值由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．1．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k (k >0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)．(1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值． 解：(1)设点C 受A 污染源污染程度为kax 2，点C 受B 污染源污染程度为kb(18－x )2，其中k 为比例系数，且k >0.从而点C 处受污染程度y ＝ka x 2＋kb(18－x )2.(2)因为a ＝1，所以y ＝k x 2＋kb(18－x )2，y ′＝k ⎣⎡⎦⎤－2x 3＋2b(18－x )3令y ′＝0，得x ＝181＋3b，又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意， 所以，污染源B 的污染强度b 的值为8.考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根|(2015·高考北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． [解] (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0，解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2f (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f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0， e )上单调递减， 且f (1)＝12>0，f ( e )＝e －k 2<0，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．利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．2．(2015·高考四川卷)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解． 解：(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )， 所以g ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)，其中u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1，即a 0∈(0,1)． 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0. 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．考点三 利用导数研究与不等式有关的问题|导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题探究角度有：1．证明不等式． 2．不等式恒成立问题． 3．存在型不等式成立问题． 探究一 证明不等式1．(2016·唐山一模)已知f (x )＝(1－x )e x －1. (1)求函数f (x )的最大值；(2)设g (x )＝f (x )x ，x >－1，且x ≠0，证明：g (x )<1.解：(1)f ′(x )＝－x e x .当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x －1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x <1， 从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0]上单调递减． 当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，总有g (x )<1. 探究二 不等式恒成立问题2．已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x <0，不等式x 2＋(m ＋2)x >f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x )， 由f ′(x )>0，得0<x <ln 2，由f ′(x )<0，得x <0或x >ln 2， 故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2m <x 2＋(m ＋2)x ，即：mx e x －x 2－mx <0. ∵x <0，∴m e x －x －m >0.令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1，当m ≤0时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当0<m ≤1时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当m >1时，h (x )在(－∞，－ln m )上为减函数， 在(－ln m,0)上为增函数， ∴h (－ln m )<h (0)＝0，不合题意． 综上：m ≤1.探究三 存在型不等式成立问题3．(2015·东北三校联考)已知函数f (x )＝x ＋1e x (e 为自然对数的底数)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．解：(1)∵函数的定义域为R ，f ′(x )＝－xe x ，∴当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)假设存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 则2[φ(x )]min <[φ(x )]max .∵φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x＝x 2＋(1－t )x ＋1e x，∴φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x＝－(x －t )(x －1)e x. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上单调递减， ∴2φ(1)<φ(0)，即t >3－e2>1.②当t ≤0时，φ′(x )>0，φ(x )在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0.③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上单调递减； 若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上单调递增， 所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，即2·t ＋1e t <max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3－t e ，(*) 由(1)知，g (t )＝2·t ＋1et 在[0,1]上单调递减，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e ≤3－t e ≤3e，所以不等式(*)无解．综上所述，存在t ∈(－∞，3－2e)∪⎝⎛⎭⎫3－e2，＋∞，使得命题成立．导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略(1)利用导数证明不等式．①证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．②证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3.导数的综合应用问题的答题模板【典例】 (14分)(2015·高考福建卷)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；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )>k (x －1)． [思路点拨] (1)先求函数f (x )的定义域，再求f ′(x )，令f ′(x )>0(注意在函数f (x )的定义域上)，得函数f (x )的单调递增区间；(2)构造函数，通过求导判断函数的单调性来证明不等式；(3)对k 进行分类讨论，通过构造函数，利用求导来判断其单调性，从而得到参数k 的取值范围．[规范解答] (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．(2分)由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.(3分)故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(4分)(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．(5分) 则F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，(7分)故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1.(8分) (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．(9分) 当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)， 从而不存在x 0>1满足题意．(10分)当k <1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x .(11分)由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －(1－k )2＋42<0，x 2＝1－k ＋(1－k )2＋42>1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )>0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．(13分) 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )>G (1)＝0，即f (x )>k (x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．(14分) [模板形成]A 组 考点能力演练1．(2016·沈阳一模)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x >0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a －e 1a x <0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ，f ′(2)＝a2＝2，a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x ，g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2. 令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，解得x >1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)由题意可知e x a <e 1a x ，化简得x －1a <ln x ，又x ∈(1，e)，∴a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －(x －1)·1x (ln x )2＝ln x －1＋1x (ln x )2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x >0，∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1. ∴a ≥e －1.2．(2015·九江一模)设函数f (x )＝12x 2－(a ＋b )x ＋ab ln x (其中e 为自然对数的底数，a ≠e ，b ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－12e 2.(1)求b ；(2)若对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞，f (x )有且只有两个零点，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋ab x ＝(x －a )(x －b )x .∵f ′(e)＝0，a ≠e ，∴b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝12x 2－(a ＋e)x ＋a eln x ，f ′(x )＝(x －a )(x －e )x，①当a ≤1e 时，由f ′(x )>0得x >e ；由f ′(x )<0得1e ≤x <e ⎝⎛⎭⎫注：a ＝1e 时，由f ′(x )<0得1e <x <e . 此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． ∵f (e)＝12e 2－(a ＋e)e ＋a eln e ＝－12e 2<0，f (e 2)＝12e 4－(a ＋e)e 2＋2a e ＝12e(e －2)(e 2－2a )≥12e(e －2)⎝⎛⎭⎫e 2－2e >0， ∴要使得f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上有且只有两个零点，则只需f ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e 2－a ＋e e ＋a eln 1e ＝(1－2e 2)－2e (1＋e 2)a2e 2≥0，即a ≤1－2e 22e (1＋e 2). ②当1e <a <e 时，由f ′(x )>0得1e ≤x <a 或x >e ；由f ′(x )<0得a <x <e.此时f (x )在(a ，e)上单调递减，在⎣⎡⎭⎫1e ，a 和(e ，＋∞)上单调递增．f (a )＝－12a 2－a e ＋a eln a <－12a 2－a e ＋a eln e ＝－12a 2<0，∴此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意． ③当a >e 时，由f ′(x )>0得1e≤x <e 或x >a ，由f ′(x )<0得e<x <a ，此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 和(a ，＋∞)上单调递增，在(e ，a )上单调递减，且f (e)＝－12e 2<0，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－2e 22e (1＋e 2). 3．已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax (a 是实数)，g (x )＝2x x 2＋1＋1. (1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋1x＋2x ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －1x 2＋2＝2x 2＋x －1x 2＝(2x －1)(x ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝12. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在x ＝12处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值． (2)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)， 显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，h (1)≤0，－12a ≤1，解得a ≤－14. 综上，满足条件的a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a >0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1)≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a . g ′(x )＝2(1－x 2)(1＋x 2)2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数． 所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈⎣⎡⎦⎤95，2.若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a ⊆⎣⎡⎦⎤95，2，此时a 无解．所以不存在满足条件的正实数a .B 组 高考题型专练1．(2015·高考广东卷)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)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－1.2．(2015·高考山东卷)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2ex .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. (2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ， 当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0， 所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x， 所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e>0， 当x ∈[2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )<g (x )， x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞). 当x ∈(0，x 0]时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0]，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0. 可知0<m (x )≤m (x 0)．故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)． 综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.。
高考数学一轮复习 名校尖子生培优大专题 导数的应用教案 新人教A版
（新课标）高考数学一轮复习名校尖子生培优大专题导数的应用教案新人教A版【考纲解读】1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求在闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）．3．生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题．4．定积分与微积分基本定理（理科）（1）了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念．（2）了解微积分基本定理的含义．【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.导数是历年来高考重点内容之一,导数的应用的考查，选择题、填空题与解答题的形式都有可能出现,在考查导数知识的同时，又考查函数思想、数形结合思想和分类讨论思想解决问题的能力；对理科考生，高考还会以选择题或填空题的形式考查定积分与微积分基本定理.2.高考将会继续保持稳定,坚持考查导数的应用,理科还会考查定积分与微积分基本定理,命题形式会更加灵活.【要点梳理】1.(函数单调性的充分条件)设函数y=f(x)在某个区间内可导,如果 f /(x)>0,则f(x)为增函数;如果f /(x)<0,则f(x)为减函数.2.(函数单调性的必要条件) 设函数y=f (x)在某个区间内可导,如果f(x)在该区间上单调递增(或递减),则在该区间内f /(x)≥0(或f /(x)≤0).3.利用导数判断函数单调性的一般步骤:(1)求导数;(2)在定义域内解不等式或;(3)确定单调区间.4.如果一个函数在某一范围内导数的绝对值越大,那么函数在这个范围内变化越快,这时,函数的图象就越陡峭.5.(1)函数的极值的概念:函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在x=a附近的其他点的函数值都小, f/ (a)=0;而且在点在x=a 附近的左侧,右侧,点a叫做函数y=f(x)的极小值点, f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在x=b附近的其他点的函数值都大, f/ (b)=0;而且在点在x=b附近的左侧,右侧,点b叫做函数y=f(x)的极大值点, f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值.(2)求函数极值的步骤:①求导数;②求方程的根;③检查f/ (x)在方程根左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取极大值,如果左负右正, 那么f(x)在这个根处取极小值.6.函数的最大值与最小值在闭区间[a,b]上连续,在(a,b)内可导.f(x)在[a,b]上,求最大值和最小值的步骤:(1)求在区间内的极值;(2)将的各极值与比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.7.生活中的优化问题(即利用导数解决实际问题中的最值问题)(1)在求实际问题的最大(小)值时,一定要注意考虑实际问题的意义,不符合实际问题的值应舍去.(2)在实际问题中,有时会遇到函数在区间内只有一个点使f/ (x)=0的情形,那么不与端点值比较,也可以知道这就是最大(小)值.(3)在解决实际优化问题中,不仅要注意将问题中涉及的自变量的函数关系式给予表示,还应确定函数关系式中自变量的定义区间.8.(理科)(1)函数定积分的定义:设函数y=f(x)定义在区间[a,b]上,用分点a=x0<x1<x2…x n=b.把区间[a,b]分为n个小区间,其长度依次为=-,i=0,1,2,…n-1.记为这些小区间长度的最大者,当趋近于0时,所有的小区间长度都趋近于0.在每个小区间内任取一点,作和式.当0时,如果和式的极限存在,我们把和式的极限叫做函数f(x)在区间[a,b]上的定积分,记作,即=,其中f(x)叫做被积函数,a叫做积分下限,b叫积分上限,f(x)dx叫做被积式.(2)根据定积分的定义,曲边梯形的面积S等于其曲边所对应函数y=f(x)在区间[a,b]上的定积分,即S=.(3)求定积分与导数互为逆运算；公式=.微积分基本定理:如果F/(x)=f(x),且f(x)在[a,b]上可积,则=，其中F(x)叫做f(x)的一个原函数.【例题精析】考点一利用导数研究函数的单调性例1.已知a∈R，函数求f(x)的单调区间【名师点睛】本题是导数中常规的考查类型主要利用三次函数的求导判定函数的单调区间，并考查了学生的分析问题的能力.【变式训练】1.已知函数.讨论函数的单调性。
人教A版2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第2章第10节导数的概念及运算含答案
第十节 导数的概念及运算[考纲传真] 1.了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义.2.能根据导数定义求函数y ＝C (C 为常数)，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝1x ，y ＝x 的导数.3.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．能求简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b )的复合函数)的导数．1．导数的几何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )(x 0，f (x 0))处的切线斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． 2．基本初等函数的导数公式3.(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．4．复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( ) (4)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．已知f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．e C .ln 22D ．ln 2B [∵f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝ln x 0＋1＝2得ln x 0＝1，∴x 0＝e .]3．有一机器人的运动方程为s (t )＝t 2＋3t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻t ＝2时的瞬时速度为( ) A .194 B .174 C .154 D .134D [由题意知，机器人的速度方程为v (t )＝s ′(t )＝2t －3t 2，故当t ＝2时，机器人的瞬时速度为v (2)＝2×2－322＝134.]4．曲线y ＝x 2＋1x 在点(1,2)处的切线方程为________．x －y ＋1＝0 [∵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.]5．设f (x )＝ln(3－2x )＋cos 2x ，则f ′(0)＝________. －23 [∵f ′(x )＝－23－2x －2sin 2x ， ∴f ′(0)＝－23.]导数的计算1．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________. －4 [∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)， ∴f ′(1)＝－2.∴f ′(0)＝2f ′(1)＝2×(－2)＝－4.] 2．求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)； (2)y ＝sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2cos 2 x 4；(3)y ＝cos x e x. [解] (1)因为y ＝(x 2＋3x ＋2)(x ＋3)＝x 3＋6x 2＋11x ＋6， 所以y ′＝3x 2＋12x ＋11.(2)因为y ＝sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2＝－12sin x ，所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12sin x ′＝－12(sin x )′＝－12cos x .(3)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x －cos x (e x )′(e x )2＝－sin x ＋cos xe x.导数的几何意义►考法1 求切线方程【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( ) A ．y ＝－2x B ．y ＝－x C ．y ＝2xD ．y ＝xD [因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D .] ►考法2 求切点坐标【例2】 已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为( )A ．3B ．2C ．1D .12B [因为y ＝x 24－3ln x ，所以y ′＝x 2－3x .再由导数的几何意义，令x 2－3x ＝－12，解得x ＝2或x ＝－3(舍去)．故选B .]►考法3 切线的条数问题【例3】 过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有( ) A ．3条 B ．2条 C ．1条D ．0条A [由题意得，f ′(x )＝3x 2－3，设切点为(x 0，x 30－3x 0)，那么切线的斜率为k ＝3x 20－3，利用点斜式方程可知切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，将点A (2,1)代入可得关于x 0的一元三次方程2x 30－6x 20＋7＝0，令y ＝2x 30－6x 20＋7，则y ′＝6x 20－12x 0.由y ′＝0得x 0＝0或x 0＝2.当x 0＝0时，y ＝7＞0； x 0＝2时，y ＝－1＜0.结合函数y ＝2x 30－6x 20＋7的单调性可得方程2x 30－6x 20＋7＝0有3个解，故过点A (2,1)作曲线f (x )＝x 3－3x 的切线最多有3条，故选A .] ►考法4 求参数的值(范围)【例4】 (2016·全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.1－ln 2 [设直线y ＝kx ＋b 与两曲线的切点分别为P 1(x 1，ln x 1＋2)，P 2(x 2，ln(x 2＋1))． ∵y ′1＝1x 1，y ′2＝1x 2＋1，∴1x 1＝1x 2＋1，∴x 1＝x 2＋1. 此时切点P 1(x 2＋1，ln(x 2＋1)＋2)． 故切线斜率k ＝ln (x 2＋1)＋2－ln (x 2＋1)x 2＋1－x 2＝2.由1x 1＝2，得切点P 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2－ln 2， ∴切线方程为y －2＋ln 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12.令x ＝0，得y ＝1－ln 2，即b ＝1－ln 2.]A ．y ＝x －1B ．y ＝2x －1C ．y ＝2x －2D ．y ＝x(2)若曲线y ＝ln x ＋ax 2(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 .⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞ C ．(0，＋∞)D ．[0，＋∞)(3)(2019·青岛模拟)已知函数y ＝f (x )及其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程是________．(1)C (2)D (3)x －y －2＝0 [(1)∵f (x )＝ln(2x －1)， ∴f ′(x )＝22x －1. ∴f ′(1)＝2， 又∵f (1)＝0，∴切线方程是：y ＝2x －2，故选C .(2)由题意得y ′＝1x ＋2ax (x ＞0)．因为曲线不存在斜率为负数的切线，则y ′≥0恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2ma x .因为x ＞0，所以－12x 2＜0，即a ≥0，故选D . (3)根据导数的几何意义及图象可知，曲线y ＝f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(2)＝1，又过点P (2,0)，所以切线方程为x －y －2＝0.]1．(2016·全国卷Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．y ＝－2x －1 [因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ，所以f ′(x )＝1x －3，则f ′(1)＝－2.所以y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.]2．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.－3 [y ′＝(ax ＋1＋a )e x ，由曲线在点(0,1)处的切线的斜率为－2，得y ′|x ＝0＝(ax ＋1＋a )e x |x ＝0＝1＋a ＝－2，所以a ＝－3.]。
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案
高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.12导数的综合应用word版含答案第十二节衍生工具1的综合运用。
最大值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2.衍生工具的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点-函数的最大值和导数-函数的最大值和导数1．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．2.[a，b]上函数y=f（x）的最小值点x0表示该区间内函数所有点的函数值不小于f （x0）n易误提醒1.易于混合极值和最大值：请注意，函数的最大值是一个“全局”概念，而极值是一个“局部”概念。
2.极值只能在定义域内获得，但最大值可以在区间结束时获得。
有极值的可能没有最大值，有最大值的可能没有极值；极值可能成为最大值，只要不在终点，它就必须是极值[自测练习]一1．(2021济宁一模)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为()21a。
2c.021x－1解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.xxb．1d．不存在如果f'（x）>0，则得到x>1；设f′（x）<0，则得到0‰f（x）。
最小值也是x=1、11和f（1）=-ln1=时的最小值。
22回答：A2。
给定函数f（x）=ex-x2，如果对于任何x∈ [1,2]，不等式-M≤ f（x）≤ M2-4为常数，则实数m的取值范围为（）A.（-∞, 1-e]B.[1-e，e]C.-e，e+1]D.[e，+∞). 分析：从问题的意义出发，得出f'（x）=ex-2x，并且对于任何x都是常数∈ R、 f'（x）>0，所以函数f（x）在[1,2]上单调增加，所以E-1≤ f（x）≤ e2-4和不等式-M≤ f（x）≤ M2-4是常数，所以{E-1≥ - m、 -m≤M2-4，e2-4≤ M2-4，解为m≥ e、因此选择D.答案：D知识点2生活中的优化问题利用导数解决生活中优化问题的一般步骤n容易出错提示在建立数学模型解决实际应用问题时，很容易忽略函数的定义域，导致错误。
新人教A版版高考数学一轮复习第三章导数及其应用变化率与导数导数的计算教案文
一、知识梳理１．导数的概念（１）函数y＝f（x）在x＝x0处的导数一般地，称函数y＝f（x）在x＝x0处的瞬时变化率错误!＝错误!为函数y＝f（x）在x＝x0处的导数，记作f′（x0）或y′|x＝x0，即f′（x0）＝错误!＝错误!．[提醒] f′（x0）代表函数f（x）在x＝x0处的导数值；（f（x0））′是函数值f（x0）的导数，而函数值f（x0）是一个常量，其导数一定为0，即（f（x0））′＝0．（２）导数的几何意义函数f（x）在点x0处的导数f′（x0）的几何意义是在曲线y＝f（x）上点P（x0，y0）处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数s（t）对时间t的导数）．相应地，切线方程为y—y0＝f′（x0）（x—x0）．（３）函数f（x）的导函数称函数f′（x）＝错误!为f（x）的导函数．２．基本初等函数的导数公式原函数导函数f（x）＝c（c为常数）f′（x）＝0f（x）＝x n（n∈Q*）f′（x）＝nx n—１f（x）＝sin x f′（x）＝cos xf（x）＝cos x f′（x）＝—sin xf（x）＝a xf′（x）＝a x ln a（a>0且a≠１）f（x）＝e x f′（x）＝e xf（x）＝log a xf′（x）＝错误!（x>0，a>0且a≠１）f（x）＝ln xf′（x）＝错误!（x>0）（１）[f（x）±g（x）]′＝f′（x）±g′（x）．（２）[f（x）·g（x）]′＝f′（x）g（x）＋f（x）g′（x）．（３）错误!′＝错误!（g（x）≠0）．[提醒] 求导常见易错点：１公式（x n）′＝nx n—１与（a x）′＝a x ln a相互混淆；２公式中“＋”“—”号记混，如出现如下错误：错误!′＝错误!，（cos x）′＝sin x.常用结论１．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数．周期函数的导数还是周期函数．２．函数y＝f（x）的导数f′（x）反映了函数f（x）的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′（x）|反映了变化的快慢，|f′（x）|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．二、习题改编１．（选修１１P8５A组T５改编）已知函数f（x）＝２xf′（１）＋x ln x，则f′（１）＝（）Ａ．e Ｂ．１Ｃ．—１Ｄ．—e答案：C２．（选修１１P8５A组T6改编）设函数f（x）＝x３＋（a—１）x２＋ax，若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）Ａ．y＝—２xＢ．y＝—xＣ．y＝２xＤ．y＝x解析：选Ｄ．因为函数f（x）是奇函数，所以a—１＝0，得a＝１，所以f（x）＝x３＋x，f′（x）＝３x２＋１，所以f′（0）＝１，f（0）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为y—f（0）＝f′（0）x，即y＝x.故选Ｄ．一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）f′（x0）是函数y＝f（x）在x＝x0附近的平均变化率．（）（２）求f′（x0）时，可先求f（x0），再求f′（x0）．（）（３）曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．（）（４）与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．（）（５）曲线y＝f（x）在点P（x0，y0）处的切线与过点P（x0，y0）的切线相同．（）答案：（１）×（２）×（３）√（４）×（５）×二、易错纠偏错误!（１）混淆平均变化率与导数的区别；（２）导数的运算法则运用不正确．１．函数f（x）＝x２在区间[１，２]上的平均变化率为，在x＝２处的导数为．解析：函数f（x）＝x２在区间[１，２]上的平均变化率为错误!＝３；因为f′（x）＝２x，所以f（x）在x＝２处的导数为２×２＝４．答案：３４２．函数y＝错误!的导函数为．解析：y′＝错误!＝错误!.答案：y′＝错误!导数的运算（多维探究）角度一求已知函数的导数求下列函数的导数：（１）y＝x２sin x；（２）y＝ln x＋错误!.【解】（１）y′＝（x２）′sin x＋x２（sin x）′＝２x sin x＋x２cos x.（２）y′＝错误!′＝（ln x）′＋错误!′＝错误!—错误!.错误![注意] 求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则先化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．角度二求抽象函数的导数值已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足关系式f（x）＝x２＋３xf′（２）＋ln x，则f′（２）＝．【解析】因为f（x）＝x２＋３xf′（２）＋ln x，所以f′（x）＝２x＋３f′（２）＋错误!，所以f′（２）＝４＋３f′（２）＋错误!＝３f′（２）＋错误!，所以f′（２）＝—错误!.【答案】—错误!错误!对解析式中含有导数值的函数，即解析式类似f（x）＝f′（x0）g（x）＋h（x）（x0为常数）的函数，解决这类问题的关键是明确f′（x0）是常数，其导数值为0．因此先求导数f′（x），令x＝x0，即可得到f′（x0）的值，进而得到函数解析式，求得所求导数值．１．下列求导运算正确的是（）Ａ．错误!′＝xＢ．（x２e x）′＝２x＋e xＣ．（x cos x）′＝—sin xＤ．错误!′＝１＋错误!解析：选Ｄ．对于A：错误!′＝—错误!·（ln x）′＝—错误!，对于B：（x２e x）′＝（x２＋２x）e x，对于C：（x cos x）′＝cos x—x sin x，对于D：错误!′＝１＋错误!.２．已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）＝３x２＋２x·f′（２），则f′（５）＝（）Ａ．２Ｂ．４Ｃ．6 Ｄ．8解析：选Ｃ．由已知得，f′（x）＝6x＋２f′（２），令x＝２，得f′（２）＝—１２．再令x＝５，得f′（５）＝6×５＋２f′（２）＝３0—２４＝6．３．求下列函数的导数：（１）y＝x（ln x＋cos x）；（２）y＝错误!；（３）y＝错误!ln x.解：（１）y′＝ln x＋cos x＋x错误!＝ln x＋cos x—x sin x＋１．（２）y′＝错误!＝错误!.（３）y′＝错误!ln x＋错误!·错误!＝错误!.导数的几何意义（多维探究）角度一求切线方程（２0２0·湖南省湘东六校联考）已知曲线f（x）＝e x＋x２，则曲线在（0，f（0））处的切线与坐标轴围成的图形的面积为．【解析】由题意，得f′（x）＝e x＋２x，所以f′（0）＝１．又f（0）＝１，所以曲线在（0，f（0））处的切线方程为y—１＝１×（x—0），即x—y＋１＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为（—１，0），（0，１），所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为错误!×１×１＝错误!.【答案】错误!错误!求曲线切线方程的步骤（１）求出函数y＝f（x）在点x＝x0处的导数，即曲线y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处切线的斜率．（２）由点斜式方程求得切线方程为y—f（x0）＝f′（x0）·（x—x0）．[注意] “过”与“在”：曲线y＝f（x）“在点P（x0，y0）处的切线”与“过点P（x0，y0）的切线”的区别：前者P（x0，y0）为切点，而后者P（x0，y0）不一定为切点．角度二求切点坐标若曲线y＝x ln x上点P处的切线平行于直线２x—y＋１＝0，则点P的坐标是．【解析】设切点P的坐标为（x0，y0），因为y′＝ln x＋１，所以切线的斜率k＝ln x0＋１，由题意知k＝２，得x0＝e，代入曲线方程得y0＝e.故点P的坐标是（e，e）．【答案】（e，e）【迁移探究】（变条件）若本例变为：若曲线y＝x ln x上点P处的切线与直线x＋y＋１＝0垂直，则该切线的方程为．解析：设切点P的坐标为（x0，y0），因为y′＝ln x＋１，由题意得ln x0＋１＝１，所以ln x0＝0，x0＝１，即点P（１，0），所以切线方程为y＝x—１，即x—y—１＝0．答案：x—y—１＝0错误!求切点坐标的思路已知切线方程（或斜率）求切点的一般思路是先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．角度三已知切线方程（或斜率）求参数值（２0１9·高考全国卷Ⅲ）已知曲线y＝a e x＋x ln x在点（１，a e）处的切线方程为y＝２x＋b，则（）Ａ．a＝e，b＝—１Ｂ．a＝e，b＝１Ｃ．a＝e—１，b＝１Ｄ．a＝e—１，b＝—１【解析】因为y′＝a e x＋ln x＋１，所以y′|x＝１＝a e＋１，所以切线方程为y—a e＝（a e＋１）（x—１），即y＝（a e＋１）x—１，与切线方程y＝２x＋b对照，可得错误!解得错误!故选Ｄ．【答案】D错误!处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：１切点处的导数是切线的斜率；２切点在切线上；３切点在曲线上．１．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）曲线y＝２sin x＋cos x在点（π，—１）处的切线方程为（）Ａ．x—y—π—１＝0 Ｂ．２x—y—２π—１＝0Ｃ．２x＋y—２π＋１＝0 Ｄ．x＋y—π＋１＝0解析：选Ｃ．依题意得y′＝２cos x—sin x，y′|x＝π＝（２cos x—sin x）|x＝π＝２cos π—sin π＝—２，因此所求的切线方程为y＋１＝—２（x—π），即２x＋y—２π＋１＝0，故选Ｃ．２．如图，已知直线l是曲线y＝f（x）在点（２，f（２））处的切线，则直线l的方程是；f（２）＋f′（２）的值为．解析：由图象可得直线l经过点（２，３）和（0，４），则直线l的斜率为k＝错误!＝—错误!，可得直线l的方程为y＝—错误!x＋４，即为x＋２y—8＝0；由导数的几何意义可得f′（２）＝—错误!，则f（２）＋f′（２）＝３—错误!＝错误!.答案：x＋２y—8＝0 错误!３．（２0２0·郑州市第一次质量预测）已知函数f（x）＝ln x—ax（a∈R）的图象与直线x—y＋１＝0相切，则实数a的值为．解析：设直线x—y＋１＝0与函数f（x）＝ln x—ax的图象的切点为P（x0，y0），因为f′（x）＝错误!—a，所以由题意，得错误!，解得a＝错误!—１．答案：错误!—１核心素养系列7 数学运算——求曲线的切线方程数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．已知曲线y＝错误!x３上一点P错误!，则过点P的切线方程为．【解析】（１）当P为切点时，由y′＝错误!′＝x２，得y′|x＝２＝４，即过点P的切线方程的斜率为４．则所求的切线方程是y—错误!＝４（x—２），即１２x—３y—１6＝0；（２）当P点不是切点时，设切点为Q（x0，y0），则切线方程为y—错误!x错误!＝x错误!（x—x0），因为切线过点P错误!，把P点的坐标代入切线方程，求得x0＝—１或x0＝２（即点P，舍去），所以切点为Q错误!，即所求切线方程为３x—３y＋２＝0．综上所述，过点P的切线方程为１２x—３y—１6＝0或３x—３y＋２＝0．【答案】１２x—３y—１6＝0或３x—３y＋２＝0错误!求曲线的切线问题时，要明晰所运算的对象（切线）涉及的点是“在”还是“过”，然后利用求切线方程的方法进行求解．（１）“在”曲线上一点处的切线问题，先对函数求导，代入点的横坐标得到斜率．（２）“过”曲线上一点的切线问题，此时该点未必是切点，故应先设切点，求切点坐标．１．（２0１9·高考江苏卷）在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点（—e，—１）（e为自然对数的底数），则点A的坐标是．解析：设A（m，n），则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y—n＝错误!（x—m）．又切线过点（—e，—１），所以有n＋１＝错误!（m＋e）．再由n＝ln m，解得m＝e，n＝１．故点A的坐标为（e，１）．答案：（e，１）２．（２0２0·安徽安庆期末改编）已知函数y＝f（x）对任意的x∈R都有f（１—x）—２f（x）＝x ２—１，则f（—１）＝，曲线y＝f（x）在点（—１，f（—１））处的切线方程为．解析：由题可得错误!解得f（x）＝—x２＋错误!x＋错误!.所以f（—１）＝—１，f′（x）＝—２x＋错误!，所以f′（—１）＝错误!，所以曲线y＝f（x）在点（—１，f（—１））处的切线方程为y＋１＝错误!（x＋１），即8x—３y＋５＝0．答案：—１8x—３y＋５＝0[基础题组练]１．下列求导数的运算中错误的是（）Ａ．（３x）′＝３x ln ３Ｂ．（x２ln x）′＝２x ln x＋xＣ．错误!′＝错误!Ｄ．（sin x·cos x）′＝cos ２x解析：选Ｃ．因为错误!′＝错误!，C项错误．２．已知曲线y＝错误!—３ln x的一条切线的斜率为错误!，则切点的横坐标为（）Ａ．３Ｂ．２Ｃ．１Ｄ．错误!解析：选Ａ．因为y′＝错误!—错误!，令y′＝错误!，解得x＝３，即切点的横坐标为３．３．已知函数f（x）可导，则错误!错误!等于（）Ａ．f′（x）Ｂ．f′（２）Ｃ．f（x）Ｄ．f（２）解析：选Ｂ．因为函数f（x）可导，所以f′（x）＝错误!错误!，所以错误!错误!＝f′（２）．４．函数g（x）＝x３＋错误!x２＋３ln x＋b（b∈R）在x＝１处的切线过点（0，—５），则b的值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．当x＝１时，g（１）＝１＋错误!＋b＝错误!＋b，又g′（x）＝３x２＋５x＋错误!，所以切线斜率k＝g′（１）＝３＋５＋３＝１１，从而切线方程为y＝１１x—５，由于点错误!在切线上，所以错误!＋b＝１１—５，解得b＝错误!.故选Ｂ．５．已知函数f（x）及其导数f′（x），若存在x0使得f（x0）＝f′（x0），则称x0是f（x）的一个“巧值点”．给出下列四个函数：１f（x）＝x２；２f（x）＝e—x；３f（x）＝ln x；４f（x）＝tan x.其中有“巧值点”的函数的个数是（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４解析：选Ｂ．对于１，若f（x）＝x２，则f′（x）＝２x，令x２＝２x，得x＝0或x＝２，这个方程显然有解，故１符合要求；对于２，若f（x）＝e—x，则f′（x）＝—e—x，即e—x＝—e—x，此方程无解，２不符合要求；对于３，若f（x）＝ln x，则f′（x）＝错误!，若ln x＝错误!，利用数形结合法可知该方程存在实数解，３符合要求；对于４，若f（x）＝tan x，则f′（x）＝错误!′＝错误!，令f（x）＝f′（x），即sin x cos x＝１，变形可sin ２x＝２，无解，４不符合要求．故选Ｂ．6．（２0２0·江西南昌一模）设函数f（x）在（0，＋∞）内可导，其导函数为f′（x），且f（ln x）＝x＋ln x，则f′（１）＝．解析：因为f（ln x）＝x＋ln x，所以f（x）＝x＋e x，所以f′（x）＝１＋e x，所以f′（１）＝１＋e１＝１＋e.答案：１＋e7．（２0２0·四川绵阳一诊改编）若函数f（x）＝x３＋（t—１）x—１的图象在点（—１，f（—１））处的切线平行于x轴，则t＝，切线方程为．解析：因为函数f（x）＝x３＋（t—１）x—１，所以f′（x）＝３x２＋t—１．因为函数f（x）的图象在点（—１，f（—１））处的切线平行于x轴，所以f′（—１）＝３×（—１）２＋t—１＝２＋t＝0，解得t＝—２．此时f（x）＝x３—３x—１，f（—１）＝１，切线方程为y＝１．答案：—２y＝１8．已知函数y＝f（x）的图象在点（２，f（２））处的切线方程为y＝２x—１，则曲线g（x）＝x２＋f（x）在点（２，g（２））处的切线方程为．解析：由题意知，f（２）＝２×２—１＝３，所以g（２）＝４＋３＝7，因为g′（x）＝２x＋f′（x），f′（２）＝２，所以g′（２）＝２×２＋２＝6，所以曲线g（x）＝x２＋f（x）在点（２，g（２））处的切线方程为y—7＝6（x—２），即6x—y—５＝0．答案：6x—y—５＝09．求下列函数的导数：（１）y＝（３x２—４x）（２x＋１）；（２）y＝sin错误!（１—２cos２错误!）；（３）y＝错误!.解：（１）因为y＝（３x２—４x）（２x＋１）＝6x３＋３x２—8x２—４x＝6x３—５x２—４x，所以y′＝１8x２—１0x—４．（２）因为y＝sin错误!（—cos错误!）＝—错误!sin x，所以y′＝（—错误!sin x）′＝—错误!（sin x）′＝—错误!cos x.（３）y′＝错误!＝错误!＝错误!.１0．（２0２0·甘肃会宁一中模拟）已知曲线y＝x３＋x—２在点P0处的切线l１平行于直线４x—y—１＝0，且点P0在第三象限．（１）求P0的坐标；（２）若直线l⊥l１，且l也过切点P0，求直线l的方程．解：（１）由y＝x３＋x—２，得y′＝３x２＋１．令３x２＋１＝４，解得x＝±１．当x＝１时，y＝0；当x＝—１时，y＝—４．又点P0在第三象限，所以切点P0的坐标为（—１，—４）．（２）因为直线l⊥l１，l１的斜率为４，所以直线l的斜率为—错误!.因为l过切点P0，点P0的坐标为（—１，—４），所以直线l的方程为y＋４＝—错误!（x＋１），即x＋４y＋１7＝0．[综合题组练]１．如图，y＝f（x）是可导函数，直线l：y＝kx＋２是曲线y＝f（x）在x＝３处的切线，令g（x）＝xf（x），g′（x）是g（x）的导函数，则g′（３）＝（）A．—１Ｂ．0Ｃ．３Ｄ．４解析：选Ｂ．由题图可知曲线y＝f（x）在x＝３处切线的斜率为—错误!，即f′（３）＝—错误!，又g（x）＝xf（x），g′（x）＝f（x）＋xf′（x），g′（３）＝f（３）＋３f′（３），由题图可知f（３）＝１，所以g′（３）＝１＋３×错误!＝0．２．（２0２0·成都第二次诊断检测）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．错误!Ｂ．错误!Ｃ．（0，＋∞）Ｄ．[0，＋∞）解析：选Ｄ．f′（x）＝错误!＋２ax＝错误!（x>0），根据题意有f′（x）≥0（x>0）恒成立，所以２ax２＋１≥0（x>0）恒成立，即２a≥—错误!（x>0）恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围为[0，＋∞）．故选Ｄ．３．已知函数f（x）＝x３＋（１—a）x２—a（a＋２）x＋b（a，b∈R）．（１）若函数f（x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率为—３，求a，b的值；（２）若曲线y＝f（x）存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．解：f′（x）＝３x２＋２（１—a）x—a（a＋２）．（１）由题意得错误!解得b＝0，a＝—３或a＝１．（２）因为曲线y＝f（x）存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f′（x）＝３x２＋２（１—a）x—a（a＋２）＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝４（１—a）２＋１２a（a＋２）>0，即４a２＋４a＋１>0，所以a≠—错误!.所以a的取值范围为错误!∪错误!.４．已知抛物线C：y＝—x２＋错误!x—４，过原点O作C的切线y＝kx，使切点P在第一象限．（１）求k的值；（２）过点P作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q的坐标．解：（１）设点P的坐标为（x１，y１），则y１＝kx１，１y１＝—x错误!＋错误!x１—４，２将１代入２得x错误!＋错误!x１＋４＝0．因为P为切点，所以Δ＝错误!错误!—１6＝0，得k＝错误!或k＝错误!.当k＝错误!时，x１＝—２，y１＝—１7．当k＝错误!时，x１＝２，y１＝１．因为P在第一象限，所以k＝错误!.（２）过P点作切线的垂线，其方程为y＝—２x＋５．３将３代入抛物线方程得，x２—错误!x＋9＝0．设Q点的坐标为（x２，y２），则２x２＝9，所以x２＝错误!，y２＝—４．所以Q点的坐标为错误!.。
人教A版高三数学一轮复习函数与导数学案
函数与导数■重点重温·1．几种惯例函数：(1)一次函数：f(x)＝ax＋b(a≠0)．当b＝0时，f(x)为奇函数．[应用1]若一次函数y＝f(x)在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为1，则f(x)的分析式为________．2527[答案]f(x)＝3x＋3，或f(x)＝－3x＋3.(2)二次函数：①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)；②极点式：f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)；③零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)；④区间最值：一看张口方向，二看对称轴与所给区间的相对地点关系．1－2x＋4的定义域、值域都是[2,2b]，则b＝[应用2]若函数y＝2x________.【导号：07804160】[答案]2[应用3]设函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋1在区间(－∞，4)上是减函数，则a的取值范围是________．[答案]a≤－3(3)三次函数的分析式的两种形式：①一般式：f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)；②零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)(a≠0)．[应用4]已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图2，则b的取值范围是________．图2[答案]b ＜0[应用5]若函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a ＋2)x ＋3既有极大值又有极小值，则a 的取值范围为 ________．[答案]a>2或 a<－1cc(4)反比率函数：y ＝x (x≠0)平移?y ＝a ＋x －b (x≠0)(中心为(b ，a))．(5)分段函数：分段办理，有时联合函数图象研究问题．2x ＋a ，x<1，[应用6]已知实数a≠0，函数f(x)＝－x －2a ，x≥1. ，若f(1－a)＝f(1a)，则a ＝________.[分析]当a ＜0时，3－(1－a)－2a ＝2(1＋a)＋a ，a ＝－4； 当a ＞0时，3－(1＋a)－2a ＝2(1－a)＋a ，a ＝－2(舍)；3综上可知a ＝－4.3[答案]－4log x －1，x≥2，2[应用7]设函数f(x)＝1 x 若f(x0)>1，则x0的取值范围2 －1，x<2，是________.【导号：07804161】[答案](－∞，－1)∪(3，＋∞)[应用8]3－2ax－2a＋2，x<1已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的增函数，logax，x≥15那么a的取值范围是_______．3[答案]4，2(6)指数函数、对数函数①指数与对数的关系：a b＝N?log a N ＝b(a>0，a≠1，N>0)，换底公式log a b ＝logcb；logcaM②对数的运算法例：logaM ＋logaN ＝logaMN ；logaM －logaN ＝loga N ；③解对数函数问题时，注意到真数与底数的限制条件(真数大于0，底数大于0且不等于1)；④字母底数范围不明确时需分类议论．32[应用9]2log32－log39＋log38－5log53＝________.[答案]－1[应用10]已知函数f(x)＝log(x ＋1)的定义域和值域都是[0,1]，则实数aa 的值是________．[答案]2[应用11]设a ＞0，a≠1，函数f(x)＝ax 2＋x ＋1有最大值，则不等式loga(x1)＞0的解集为________．[分析]因为x 2＋x ＋1有最小值，函数f(x)＝ax 2＋x ＋1有最大值，所以0＜a ＜1，所以loga(x －1)＞0＝loga1?0＜x －1＜1，解得1＜x ＜2.[答案](1,2)a(7)对勾函数：f(x)＝x ＋x ①函数f(x)是奇函数；②单一性： a ＜0时，区间(－∞，0)，(0，＋∞)上为增函数；a ＞0时，在(0，a]，[－a ，0)递减，在(－∞，－a]，[a ，＋∞)递加；③在[c ，d]上的最值：当等号能取到时，利用基本不等式求解；当等号不能取到时，利用单一性．[应用 12]已知a ＞0，求函数y ＝x 2＋a ＋1的最小值．x 2＋a [ 答案 ＜≤ 时，min ＝2；a ＞1时，ymin ＝a ＋1 ]0a1 ya2．函数图象的几种常有变换(1)平移变换：左右平移——“左加右减”(注意是针对x而言)；上下平移——“上加下减”．(2)翻折变换：f(x)→|f(x)|；f(x)→f(|x|)．(3)对称变换：①函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象对于原点成中心对称；②函数y＝f(x)与y＝f(－x)的图象对于直线x＝0(y轴)对称；函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象对于直线y＝0(x轴)对称．[应用1 3]已知函数|lnx|f(x)＝e－1x－x，则函数y＝f(x＋1)的大概图象为()1x，0<x<1，[分析]＝1∵f(x)＝e|lnx|－x－xx，x≥1，又y＝f(x＋1)的图象可由y＝f(x)向左平移1个单位获得，所以联合选项可知A正确．[答案]A3．函数的常用性质研究函数的性质时，建立定义域优先的原则．(1)函数的单一性与最值①判断函数单一性的常用方法：定义法、图象法、导数法、复合函数法；②求函数最值(值域)的常用方法：单一性法、图象法、基本不等式法、导数法、有界函数法．[应用14]已知y ＝loga(2－ax)在[0,1]上是x 的减函数，则a 的范围为________．[答案](1,2)[应用15]函数f(x)＝e x－x ＋1(e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是________．[答案]e(2)函数的对称性a ＋b①轴对称：若函数y ＝f(x)知足f(a ＋x)＝f(b －x)，则图象对于x ＝2对称.特别地，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．②中心对称：若函数y ＝f(x)知足f(a ＋x)＋f(a －x)＝0，则图象对于(a,0)成中心对称.特别地，若f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)．1－x[应用 16]f(x)＝(1＋x)1＋x 是________函数(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)．[答案]非奇非偶1π[应用17]函数f(x)＝2－x 的图象与函数g(x)＝2sin 2x(0≤x≤4)的图象的所有交点为(x1，y1) ， (x 2，y2，， (x n ，yn ，则 f(y 1＋y2＋＋yn ＋ 1＋x2))) g(x＋＋xn)＝________.【导号：07804162】[分析]如图，画出函数f(x)和g(x)的图象，可知有 4个交点，而且对于点 (2,0)对称，所以y ＋y ＋y ＋y ＝0，x ＋x ＋x ＋x ＝8，所以f(y ＋y ＋y12 3 4 1 2 3 4 1 2 3 11＋y4)＋g(x1＋x2＋x3＋x4)＝f(0)＋g(8)＝2＋0＝2.[答案]1 2(3)函数的周期性f(x)＝f(x ＋a)(a>0)，则f(x)的周期T ＝a ；1②f(x＋a)＝fx (f(x)≠0)或f(x ＋a)＝－f(x)，则f(x)的周期T ＝2a ；f(a ＋x)＝f(x ＋b)，则周期T ＝|a －b|.[应用18]设f(x)是定义在R 上的周期为3的函数，当x∈[－2,1)时，f(x)＝4x2－2，－2≤x≤0，则f 5＝________.x ，0<x<1，2[答案]－1(4)函数的零点函数y ＝f(x)的零点就是方程 f(x)＝0的实数根，求f(x)＝g(x)根的个数时，可在同一坐标系中作出函数y ＝f(x)和y ＝g(x)的图象，看它们交点的个数；求方程根(函数零点)的范围，可利用图象察看或零点存在性定理．[应用19]定义在R 上的函数f(x)知足f(x ＋2)＝f(x)＋1，且x∈[0,1]时，f(x)＝4x，x∈(1,2)时，f(x)＝f x1，令g(x)＝2f(x)－x －4，x∈[－6,2]，则函数g(x) 的零点个数为( )A ．6B ．7C ．8D ．9[分析]∵x∈[0,1]时，f(x)＝4x，∴f(1)＝4，f14∴x∈(1,2)时，f(x)＝x ＝x ，∵g(x)＝2f(x)－x －4，x∈[－6,2]，1令g(x)＝2f(x)－x－4＝0，即f(x)＝2x＋2.∵函数f(x)知足f(x＋2)＝f(x)＋1，即自变量x每增添2个单位，函数图象向上平移1个单位，自变量每减少2个单位，函数图象向下平移1个单位，1分别画出函数y＝f(x)在x∈[－6,2]，y＝2x＋2的图象，∴y＝f(x)在x∈[－16,2]，y＝2x＋2有8个交点，故函数g(x)的零点个数为8个．应选C.[答案]C[应用20]已知定义在R上的函数f(x)知足：(1)f(x)＋f(2－x)＝0，(2)f(x－1－x2x∈[－1，0]2)＝f(－x)，(3)在[－1,1]上表达式为f(x)＝π，则函cos2x x∈0，1] 2x x≤0数f(x)与函数g(x)＝的图象在区间[－3,3]上的交点个数为1－xx>0()A．5B．6C．7D．8[分析]由(1)f(x)＋f(2－x)＝0可得f(x)对于(1,0)对称，(2)f(x －2)＝f(－x)可得f(x)对于直线x＝－1对称，作出表示图，知函数f(x)与函数g(x)有6个交点．] [答案]B4．导数在研究函数性质中的应用00，f(x0))处切线的斜(1)导数几何意义：k＝f′(x)表示曲线y＝f(x)在点P(x率．注意过某点的切线(即便点在曲线上)不必定只有一条．[应用21]过曲线y＝x3－2x上的点(1，－1)的切线方程为________．[分析]设P(x0，y0)为切点，则切线的斜率为2y′|x＝x0＝3x0－2.∴切线方程为y－y0＝(3x 22)(x－0，即320－00x)y－(x－2x)＝(3x－2)(x－x)．又知切线过点(1，－1)，把它代入上述方程，得－321－(x0－2x0)＝(3x0－2)(1－x0)，整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，001解得x ＝1，或x＝－2.13故所求切线方程为y－(1－2)＝(3－2)(x－1)，或y－(－8＋1)＝(4－2)(x＋12)，即x－y－2＝0，或5x＋4y－1＝0.[答案] x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0(2)求函数单一性的步骤：明确函数y＝f(x)的定义域?求导数?解不等式f′(x)>0得增区间(解不等式f′(x)<0得减区间)．1[应用22]函数f(x)＝xlnx(x>0且x≠1)在________上是减函数，在________上是增函数.【导号：07804163】[答案] 1，＋∞ 0，1ee121[应用23]已知函数f(x)＝2x ＋2ax －lnx ，若f(x)在区间3，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．11 1[分析] 由题意知f′(x)＝x ＋2a－x≥0在 3，2上恒建立，即2a≥－x＋x11 8在3，2 上恒建立，因为－x ＋x max＝3，8所以2a≥3，4 即a≥3.4[答案]3，＋∞(3)求函数极值、最值的步骤：①求导；②变形；③求解；④列表；⑤作答．特别提示：①导数为零的点其实不必定是极值点，f′(x 0)＝0是x 0为极值点的必需不充分条件；②给出函数极大(小)值的条件，既要考虑f′(x 0)＝0，又要考虑查验“左正右负”(或“左负右正”)．[应用24]函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极小值10，则a ＋b 的值为________．[分析] f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，由x ＝1时，函数获得极值10，得f′1＝3＋2a ＋b ＝0，f1＝1＋a ＋b ＋a2＝10，② ①a ＝4，a ＝－3联立①②得或b ＝－11，b ＝3.当a＝4，b＝－11时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1双侧的符号相反，切合题意．当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2在x＝1双侧的符号同样，所以a＝－3，b＝3不切合题意，舍去．综上可知a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7.[答案]－7(4)利用导数解决不等式问题的思想①证明不等式f(x)<g(x)，可结构函数h(x)＝f(x)－g(x)，再证明h(x)max<0.②不等式恒建立问题可利用分别参数法或直接求含参数的函数的最值．[应用25]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)>x2，则不等式(x－2017)2f(x－2017)－4f(2)>0的解集为()A．(2014，＋∞)B．(0,2014)C．(0,2019)D．(2019，＋∞)[分析]由2f(x)＋xf′(x)>x2且x>0，得2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0.令g(x)＝x2f(x)(x>0)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单一递加．因为g(2)＝4f(2)，g(x－2017)＝(x－2017)2f(x－2017)，所以不等式(x－2017)2f(x－2017)－4f(2)>0等价于g(x－2017)>g(2)，所以x－2 017>2，解得x>2019，应选D.][答案] D■查缺补漏·1．以下函数中，既是偶函数又在区间(1,2)内单一递减的是()【导号：07804164】A．f(x)＝－x1 B．f(x)＝2xx －xD ．f(x)＝－cosx C ．f(x)＝2＋2[对于A ，偶函数与单一递减均不知足；对于B ，切合题意；对于C ，不知足单一递减；对于D ，不知足单一递减，应选B.] ．已知 f(x)＝log2x ，x≥1，则f123的值是()2f2x ，0<x<1，2A ．－1B ．111C ．2D ．－231 3112-2C [∵2<1，∴f2 2＝f(2 )，1又2－2<1，1 3 1∴f -22 2 ＝f(2)11122 2 ＝f(2)＝log2 ＝2.]3．由曲线xy ＝1，直线y ＝x ，y ＝3所围成的平面图形的面积为 ()32A.9 B ．2－ln3C ．4＋ln3D ．4－ln3D [由曲线xy ＝1，直线y ＝x ，y ＝3所围成的平面图形以以下图中的暗影部分所示：13 1此中A 3，3 ，B(1,1)，C(3,3)，所以暗影部分的面积 S ＝ 1 y －y dy ＝12 －lny 3 ＝－，应选yD.]21 4ln32xsin π．函数 ＝ 2 ＋6x4 y x 的图象大概为() 4 －1A B C Dx π x －xx2sin 2＋6xcos －6x2cos6x ，f(－x)＝ 2 2cos6x ＝－f(x) D [y ＝f(x)＝ x ＝ x －1 x －1 ＝ x 4－1 44－1－4 π是奇函数，清除A ，又在区间0，12上，f(x)>0，清除B ，当x→＋∞时， f(x)→0，清除C ，应选D.]5．当1x 0<x≤2时，4<logax ，则a 的取值范围是( )【导号：07804165】A ． ， 2B ．2，10 22C ．(1，2)D ．(2，2)B[当0<a<1 时，y ＝logax 是减函数，在0<x≤ 12内它的值域为1 x1 2 1loga 2，＋∞，而y ＝4的值域为(1,2]，所以此时有2<loga 2?logaa<loga 2，2 121∴a>2，解得 2 <a<1；当a>1时，y ＝logax 是增函数，在0<x≤ 2内它的值1 x1域为－∞，loga 2，而y ＝4的值域为(1,2]，所以此时有loga 2<loga1＝0，2明显不切合题意，综上2<a<1.]6 ．已知 f(x) 是定义在 R 上的偶函数，且 f x －3 ＝fx ＋1恒建立，当x∈[2,3]时，2 2f(x)＝x ，则当x∈(－2,0)时，f(x)＝() A ．2＋|x ＋1|B ．3－|x ＋1|C ．|x －2|D ．x ＋4B [∵?x∈R ，fx －3＝fx ＋1，2 2∴f(x＋1)＝f(x －1)，f(x ＋2)＝f(x)，即f(x)是最小正周期为 2的函数． 令0≤x≤1，则2≤x＋2≤3，当x∈[2,3]时，f(x)＝x ， ∴f(x＋2)＝x ＋2，∴f(x)＝x ＋2，x∈[0,1]，∵f(x)是定义在R 上的偶函数，∴f(x)＝－x ＋2，x∈[－1,0]， 令－2≤x≤－1， 则0≤x＋2≤1，∵f(x)＝x ＋2，x∈[0,1]， ∴f(x＋2)＝x ＋4，∴f(x)＝x ＋4，x∈[－2，－1]，当－2<x<0时，函数的分析式为： f (x)＝3－|x ＋1|.]7．中国传统文化中好多内容表现了数的对称美，如图3所示的太极图是由黑白两个鱼形纹构成的圆形图案，充足显现了互相转变、对称一致的形式美、和睦美，给出定义：能够将圆O 的周长和面积同时均分的函数称为这个圆的“优美函数”，给出以下命题：图3①对于随意一个圆O，其“优美函数“有无数个”；22②函数f(x)＝ln(x＋x＋1)能够是某个圆的“优美函数”；④函数y＝f(x)是“优美函数”的充要条件为函数y＝f(x)的图象是中心对称图形.此中正确的命题是：()A．①③B．①③④C．②③D．①④[对于①，过圆心的任向来线都能够知足要求，所以正确；对于②，能够做出其图象，故不可以是某圆的优美函数；对于③，只要将圆的圆心放在正弦函数的图象的对称中心上即可，所以正弦函数是无数个圆的优美函数；对于④，函数是中心对称图形时，函数是优美函数，可是优美函数不必定是中心对称，以下图：应选A.]fx8．已知y＝f(x)是定义在R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋x>0，则对于x1的函数g(x)＝f(x)＋x 的零点个数为()A．1B．2C．0D．0或21[因为函数g(x)＝f(x)＋x，可得x≠0，所以g(x)的零点跟xg(x)的非零零点是完整同样的，故我们考虑xg(x)＝xf(x)＋1的零点，f x因为当x≠0时，f′(x)＋x>0，fx①当x>0时，(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝xf′x＋x>0，∴在(0，＋∞)上，函数xg(x)单一递加．又f(x)在R上可导，∴当x∈(0，＋∞)时，函数xg(x)＝xf(x)＋1>1恒建立，所以，在(0，＋∞)上，函数xg(x)＝xf(x)＋1没有零点．fx②当x<0时，因为(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝xf′x＋x<0，故函数xg(x)在(－∞，0)上是递减函数，函数xg(x)＝xf(x)＋1>1恒建立，故函数xg(x)在(－∞，0)上无零点．1综上得，函数g(x)＝f(x)＋x在R上的零点个数为0.]9．若函数f(x)＝ln(x2＋ax＋1)是偶函数，则实数a的值为________.【导号：07804166】0 [由题意知，f(x)＝ln(x2＋ax＋1)为偶函数，即ln(x2－ax＋1)＝ln(x2＋ax＋1)，即x2－ax＋1＝x2＋ax＋1，明显a＝0.]10．若偶函数y＝f(x)的图象对于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝________.3 [因为f(x)的图象对于直线x ＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，f(－x)＝f(4＋ x)，又f(－x)＝f(x)， 所以f(x)＝f(4＋x)，则f(－1)＝f(4－1)＝f(3)＝3.]11．若函数f(x)是定义在R 上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝0，则使得f(x)<0的x 的取值范围是________．(－2,2) [因为f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．因为f(x)<0，f(2)＝0.所以f(|x|)<f(2)．又因为f(x)在(－∞，0]上是减函数，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以|x|<2，所以－2<x<2.]2x＋a ，x≥0， 12．已知函数f(x)＝x 2－ax ，x<0.若f(x)的最小值是a ，则a ＝________.－4 [若a≥0，函数的值域为(0，＋∞)，不切合题意；若a<0，则函数的a 2a 2最小值为1＋a 或－4.所以1＋a ＝a 或－4＝a ，解得a ＝－4.]13．已知函数f(x)＝x3＋x ，函数g(x)知足g(x)＋g(2－x)＝0，若函数h(x)＝g(x)－f(x －1)有10个零点，则全部零点之和为________．[易知函数f(x)为奇函数，其对称中心为(0,0)，所以函数y ＝f(x －1)的对称中心为(1,0)．由函数g(x)知足g(x)＋g(2－x)＝0，知函数g(x)的对称中心为(1,0)，函数h(x)＝g(x)－f(x －1)有10个零点，即函数y ＝g(x)与y ＝f(x1)有10个交点，而且(1,0)对称，所以函数h(x)＝g(x)－f(x －1)有10个零点，则全部零点之和为10.]ax 114．已知函数f(x)＝x ＋a －a －a lnx(a>0)．(1)求函数f(x)的单一区间和极值；1(2)证明：当a∈2，2时，函数f(x)没有零点(提示：ln2≈0.69)a x 1 1 a 22[解](1)因为f(x)＝x ＋a －a －a lnx ＝a x ＋x －a －1lnx ，所以f′(x)＝ x ＋1x －a 22 .ax因为x>0，所以当x∈(0，a 2)时，f′(x)<0，当x∈(a 2，＋∞)时，f′(x)>0.所以，函数f(x)的单一递加区间为2 (a ，＋∞)，单一递减区间为2(0，a).2当x ＝a 时，f(x)获得极小值21222f(a)＝a[a ＋1－(a －1)lna]．(2)证明：由(1)可知：当x ＝a 2时，f(x)获得极小值，亦即最小值．21222 f(a)＝a[a ＋1－(a －1)lna]，1又因为2≤a≤2，1 2所以4≤a≤4.1≤x≤4 ，则 ′ ＝1－lnx ，因为g′(x)在设g(x)＝x ＋1－(x －1)lnx 4g(x)x 14，4上单一递减，且g′(1)>0，g′(2)<0，1所以g′(x)有独一的零点m∈(1,2)，使得g(x)在4，m 上单一递加，在(m,4] 上单一递减，15－6ln2又因为g 4 ＝ 4 >0，g(4)＝5－6ln2>0,2 1 2 2 2所以g(x)>0恒建立．进而f(a)＝a [a ＋1－(a －1)lna]>0 恒建立，则f(x)>0恒建立．1所以当a∈2，2时，函数f(x)没有零点.1215．设函数f(x)＝4lnx －2ax ＋(4－a)x(a∈R )．(1)议论f(x)的单一性；(2)若函数f(x)存在极值，对于随意的 0<x1<x2，存在正实数 x0，使得f(x1)f(x2)＝f′(x 0)·(x 1－x2)，试判断x1＋x2与2x0的大小关系并给出证明.【导号：07804167】4x ＋1ax －4[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x －ax ＋(4－a)＝－x . 当a≤0时，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单一递加．44当a>0时，则由f′(x)＝0得，x ＝a ，x ＝－1(舍去)．当x∈0，a 时，f′(x)>0，4当x∈a ，＋∞时，f′(x)<0.44所以f(x)在0，a 上单一递加，在a ，＋∞上单一递减．综上所述，当a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单一递加．当a>0时，f(x)在0，4上单一递加，在4，＋∞上单一递减.aa(2)由(1)知，当a>0时，f(x)存在极值．1 2 21f(x1)－f(x2)＝4(lnx1－lnx2)－2a(x1－x2)＋(4－a)(x1 －x2)＝4(lnx1－lnx2)－2a(x1＋x2)(x1－x2)＋(4－a)(x1－x2)．fx1－fx2 ＝由题设得f′(x)＝0 x －x1 24lnx1－lnx2 1 1 2x －x－ 2a(x ＋x)＋(4－a)．21又f′x1＋x2＝ 8x1＋x2 ＋4－a ，－a·22 x1＋x2所以f′(x 0)－f′x1＋x224lnx1－lnx28 ＝ －x1－x2 x1＋x2＝4lnx2－lnx1－ 2x2－x1x2－x1x2＋x1x24x22x1－1x2－x1lnx1－x2＋1.x1设t ＝x，则t>1，2x12 x 2 －1 2t －1 1则ln x2－＝lnt － (t>1)． x x1 x2＋1 t ＋1 x12t －1令g(t)＝lnt － (t>1)，则t ＋1t －12g′(t)＝tt ＋12>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单一递加，所以g(t)>g(1)＝0，2 x2－121x >0. 故ln x － x2x1 ＋11x又因为x2－x1>0，所以f′(x0)－f′x1＋x2>0，2即f′x1＋x2<f′(x 0)．24x1＋x2又由f′(x)＝x －ax ＋(4－a)知f′(x)在(0，＋∞)上单一2 >x0，递减，所以即x1＋x2>2x0.。
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高三数学第一轮复习 （小结）
一．课前预习： 导 数
1．设函数()f x 在0x x =处有导数，且1)()2(lim 000=∆-∆+→∆x
x f x x f x ，则0()f x '=（ C ） ()A 1 ()B 0 ()C 2 ()D 2
1 2．设()f x '是函数()f x 的导函数，()y f x '=的图象如下图（1）所示，则()y f x =的图象
()A ()B ()C ()D
3．若曲线3y x px q =++与x 轴相切，则,p q 之间的关系满足 （ A ）
()A 22()()032p q += ()B 23()()023
p q += ()C 2230p q -= ()D 2230q p -= 4．已知函数23()2
f x ax x =-的最大值不大于16，又当11[,]42x ∈时，1()8f x ≥，则a = 1 ． 5．若对任意3,()4,(1)1x R f x x f '∈==-，则()f x =42x -．
四．例题分析：
例1．若函数3211()(1)132f x x ax a x =
-+-+在区间(1,4)内为减函数，在区间(6,)+∞上为增函数，试求实数a 的取值范围． 解：2()1(1)[(1)]f x x ax a x x a '=-+-=---，
令()0f x '=得1x =或1x a =-，
∴当(1,4)x ∈时，()0f x '≤，当(6,)x ∈+∞时，()0f x '≥，
∴416a ≤-≤，∴57a ≤≤．
例2．已知函数3()f x ax cx d =++(0)a ≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-，
（1）求()f x 的单调区间和极大值；
（2）证明对任意12,(1,1)x x ∈-，不等式12|()()|4f x f x -<恒成立．
解：（1）由奇函数的定义，应有)()(x f x f -=-，R x ∈，
即d cx ax d cx ax ---=+--33，∴ 0=d ，∴cx ax x f +=3)(，∴c ax x f +='23)(，
由条件2)1(-=f 为)(x f 的极值，必有0)1(='f ，故⎩⎨⎧=+-=+0
32c a c a ，
解得1=a ，3-=c ，∴x x x f 3)(3-=，)1)(1(333)(2-+=-='x x x x f ，
（1）
∴0)1()1(='=-'f f ，
当)1,(--∞∈x 时，0)(>'x f ，故)(x f 在单调区间)1,(--∞上是增函数；
当)1,1(-∈x 时，0)(<'x f ，故)(x f 在单调区间)1,1(-上是减函数；
当),1(∞+∈x 时，0)(>'x f ，故)(x f 在单调区间),1(∞+上是增函数，
所以，)(x f 在1-=x 处取得极大值，极大值为2)1(=-f ．
（2）由（1）知，x x x f 3)(3-=)]1,1[(-∈x 是减函数，
且)(x f 在]1,1[-上的最大值2)1(=-=f M ，最小值2)1(-==f m ，
所以，对任意的1x ，)1,1(2-∈x ，恒有4)2(2)()(21=--=-<-m M x f x f ．
例3．设函数321()532
a b f x x x x -=
+++(,,0)a b R a ∈>的定义域为R ，当1x x =时，取得极大值；当2x x =时取得极小值，1||2x <且12||4x x -=．
（1）求证：120x x >；（2）求证：22(1)164b a a -=+；（3）求实数b 的取值范围．
（1）证明：2()(1)1f x ax b x '=+-+，
由题意，2()(1)10f x ax b x '=+-+=的两根为12,x x ，∴1210x x a =>．
（2）12||4x x -==，∴22(1)164b a a -=+． （3）①若102x <<，则10(2)4210
b f a b ->⎧⎨'=+-<⎩，
∴412(1)a b +<-，从而222(41)4(1)4(164)a b a a +<-=+， 解得112a >或14
a <-（舍） ∴42(1)3
b ->，得13
b <． ②若120x -<<，则10(2)4230b f a b -<⎧⎨'-=-+<⎩， ∴412(1)a b +<-，从而222(41)4(1)4(164)a b a a +<-=+， 解得112a >或14
a <-（舍） ∴42(1)3
b ->，∴53b >， 综上可得，b 的取值范围是15(,)(,)33
-∞+∞． 小结：本题主要考查导数、函数、不等式等基础知识，综合分析问题和解决问题的能力．
五．课后作业： 班级 学号 姓名
1．函数3223125y x x x =--+在[0,3]上的最大值与最小值分别是 （ ）
()A 5、15- ()B 5、4 ()C 4-、15- ()D 5、16-
2．关于函数762)(23+-=x x x f ，下列说法不正确的是 （ ）
()A 在区间(,0)-∞内，)(x f 为增函数 ()B 在区间(0,2)内，)(x f 为减函数
()C 在区间(2,)+∞内，)(x f 为增函数 ()D 在区间(,0)(2,)-∞+∞内，)(x f 为增函数
3．设)(x f 在0x x =处可导，且000(3)()lim 1x f x x f x x
∆→-∆-=∆，则)(0x f '等于 （ ） ()A 1 ()B 13- ()C 3- ()D 3
1 4．设对于任意的x ，都有0)(),()(0≠-=-'-=-k x f x f x f ，则0()f x '= （ ）
()A k ()B k - ()C k 1 ()D k
1- 5．一物体运动方程是)/8.9(3
120022s m g gt s =+=，则3=t 时物体的瞬时速度为 ． 6．已知函数x bx ax x f 3)(23-+=在1±=x 处取得极值．
（1）讨论)1(f 和)1(-f 是函数)(x f 的极大值还是极小值；
（2）过点)16,0(A 作曲线)(x f y =的切线，求此切线方程．
7．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x （吨）与每吨的价格P （元/吨）之间的关系为21242005
P x =-
，且生产x 吨的成本为50000200R x =+元，问：该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？（利润=收入-成本）
8．已知1,0b c >->，函数()f x x b =+的图象与函数2()g x x bx c =++的图象相切，
（1）求,b c 的关系式（用c 表示b ）；
（2）设函数()()()F x f x g x =在(,)-∞+∞内有极值点，求c 的取值范围．。