(江苏专)高考数学分项解析专题03导数
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】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 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，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.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版第四节函数与导数的综合问题考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点——多角探明[锁定考向]用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．[题点全练]角度一：求函数零点或零点个数1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a 的直线．当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则⎩⎪⎨⎪⎧u′x0＝1x0＝k，y0＝ln x0，y0＝kx0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x0＝1，k＝1，y0＝0，所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－ln x＋1x.令g(x)＝－ln x＋1x(x＞0)，则g′(x)＝ln xx2.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝－1， 由于g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，x →＋∞时，g (x )→0，所以当0＜x ＜1e 时，g (x )＞0，当x ＞1e 时，g (x )＜0.所以当a ＜－1时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1或a ≥0时，函数f (x )有1个零点；当－1＜a ＜0时，函数f (x )有2个零点．角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2．(2019·徐州调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．解：令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.[通法在握]函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题．[演练冲关]1．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：∵f (x )＝a e x－x －2a ，∴f ′(x )＝a e x－1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2.当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减，∴g (a )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 考点二 导数与不等式的证明问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领]已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)， 令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)， 则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， 因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立． [由题悟法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． [提醒] 变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x ＋a x. (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a . 解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x ＞0)，所以当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x )无最小值． 当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 函数f (x )在x ＝a 处取最小值f (a )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )， 则g ′(x )＝(x －a )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x2－12a －x 2＝－4a x －a 2x 22a －x 2＜0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0， 即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)， 由(1)可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1， 故x 1＋x 2＞2a .考点三 利用导数研究探索性问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2018·泰州调研)已知f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e. (1)若a ＝－1，判断是否存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0，并说明理由；(2)设h (x )＝f (x )－g (x )，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e ＝2.718 28…为自然常数)时，函数h (x )的最小值为3，并说明理由．解：(1)不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.理由如下：当a ＝－1时，f (x )＝x 2－x －ln x ＋e ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x ＝2x 2－x －1x ＝x －12x ＋1x.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值f (1)当x ＝1时，函数f (x )有极小值，f (x )极小值＝f (1)＝e ， 此极小值也是最小值， 故不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.(2)因为f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e ， 所以h (x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x ， 则h ′(x )＝a －1x.假设存在实数a ，使h (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3. (ⅰ)当a ≤0时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．(ⅱ)当a ＞0时，①当0＜a ≤1e 时，1a ≥e，h ′(x )≤0在(0，e]上恒成立，所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．②当a ＞1e 时，0＜1a＜e ，当0＜x ＜1a时，h ′(x )＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减；当1a＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 上单调递增，所以h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，解得a ＝e 2＞1e.综上所述，存在a ＝e 2，使x ∈(0，e]时，h (x )有最小值3.[由题悟法]解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．[即时应用]已知函数f (x )＝x －aln x，其中a 为实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)是否存在实数a ，使得对任意x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，f (x )＞x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a 的值并加以证明．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x， f ′(x )＝x ln x －x ＋2x ln x 2，f ′(2)＝1ln 2， 又f (2)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝1ln 2(x －2)． (2)①当0＜x ＜1时，ln x ＜0， 则x －aln x＞x ⇔a ＞x －x ln x ， 令g (x )＝x －x ln x ， 则g ′(x )＝2x －2－ln x2x ，再令h (x )＝2x －2－ln x ， 则h ′(x )＝1x －1x＝x －1x，故当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上单调递减， 所以当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0， 所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝1， 所以a ≥1.②当x ＞1时，ln x ＞0， 则x －aln x＞x ⇔a ＜x －x ln x . 由①知当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )＞g (1)＝1， 所以a ≤1. 综合①②得：a ＝1. 考点四 新定义函数问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(2)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D ，若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．解：(1)因为f ′(x )＝2ax －sin x ， 令g (x )＝2ax －sin x ， 则g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x ＞0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x ＞0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增， 所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12＜a ＜12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，cos x ＞2a ，即g ′(x )＜0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )＜f ′(0)＝0，即函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)证明：记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x ＞0)，①若a ＞0，注意到ln x ＜x ，则ln x 12＜x 12，即ln x ＜2x . 当x ＞⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ＞2ax －2x －2 ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a ＞0.所以∃m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x ＞1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x ＜0. 所以∃m ＝1，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减，综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．[由题悟法]对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．[即时应用]若在公共定义域D 上，f 1(x )＜f (x )＜f 2(x )，则称函数f (x )为函数f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”．(1)已知函数f 1(x )＝12x 2＋2x ＋4ln x ，f 2(x )＝x 2＋2x ＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”；(2)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋ln x ，f 1(x )＝(a －1)x 2＋ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝12x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)上，f (x )为f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”，求a 的取值范围．解：(1)证明：设K (x )＝f 2(x )－f 1(x )＝12x 2－4ln x ＋2，下证K (x )min ＞0.K ′(x )＝x －4x＝x －2x ＋2x，故K ′(x )与K (x )随x 的变化情况如下表：x (0,2) 2 (2，＋∞)K ′(x ) －0 ＋K (x )4－4ln 2因为4－4ln 2＞4－4ln e ＝0， 所以K (x )≥4－4ln 2＞0.设R (x )＝f 1(x )＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1， 则f 1(x )＜R (x )＜f 2(x )．所以在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”． (2)设H (x )＝f 1(x )－f (x )＝－x 2＋ax －a 2ln x ， 则在(1，＋∞)上，H (x )＜0.因为H ′(x )＝－2x －a 2x ＋a ＝－2x 2＋ax －a 2x ＝－4x －a 2＋7a28x，所以在(1，＋∞)上，H ′(x )＜0，H (x )是减函数， 所以H (x )＜H (1)≤0，所以a ≤1.设P (x )＝f (x )－f 2(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ，则在(1，＋∞)上，P (x )＜0. 若a ＞12，则4a 2a －1＞1，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2a －1＝ln 4a 2a －1＞0，矛盾． 若a ≤12，因为P ′(x )＝(2a －1)x ＋1x －2a ＝x －1[2a －1x －1]x ，所以在(1，＋∞)上，P ′(x )＜0，P (x )是减函数， 所以P (x )＜P (1)≤0. 所以a ≥－12，所以－12≤a ≤12.故所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ， 则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 2．已知函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)是否存在实数a 使得对于任意的x 1，x 2∈(a ，＋∞)，且x 1＜x 2，恒有f x 2－f a x 2－a ＞f x 1－f a x 1－a成立？若存在，求a 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)因为f (x )＝x e x ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x ) 极小值所以f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，f (x )有极小值f (－1)＝－1e ，无极大值．(2)存在满足题意的实数a .理由如下：令g (x )＝f x －f a x －a ＝x e x －a e ax －a (x ＞a )，则f x 2－f ax 2－a ＞f x 1－f a x 1－a等价于g (x )在(a ，＋∞)上单调递增．又g ′(x )＝x 2－ax －a e x ＋a e ax －a 2，记h (x )＝(x 2－ax －a )e x ＋a e a ，则h ′(x )＝[x 2＋(2－a )x －2a ]e x ＝(x ＋2)·(x －a )e x ，故当a ≥－2，且x ＞a 时，h ′(x )＞0，h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．故h (x )＞h (a )＝0，从而g ′(x )＞0，g (x )在(a ，＋∞)上单调递增，满足题意； 另一方面，当a ＜－2，且a ＜x ＜－2时，h ′(x )＜0，h (x )在(a ，－2)上单调递减． 故h (x )＜h (a )＝0，从而g ′(x )＜0，g (x )在(a ，－2)上单调递减，不满足题意．所以a 的取值范围为[－2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝0处的导数值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，(ⅰ)求实数b 的取值范围；(ⅱ)证明：x 1＋x 2＜0.解：(1)因为f ′(x )＝e x ＋a ，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝1＋a ，又f ′(0)＝0，所以a ＝－1.(2)(ⅰ)因为f (x )＝e x －x ＋b ，所以f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，也是最小值，且f (0)＝1＋b .因为f (x )有两个零点x 1，x 2，所以f (0)＝1＋b ＜0，所以b ＜－1，即实数b 的取值范围是(－∞，－1)．(ⅱ)证明：因为f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，所以e x 1－x 1＋b ＝0 ①，e x 2－x 2＋b ＝0 ②，由②－①得e x 2－e x 1＝x 2－x 1，即e x 1 (e x 2－x 1－1)＝x 2－x 1.令x 2－x 1＝t ，t ＞0，则e x 1 (e t －1)＝t ，所以e x 1＝t e t －1，e x 2＝t e t e t －1. 要证x 1＋x 2＜0，只需证e x 1e x 2＜1，即证t e t －1·t e t e t －1＜1， 即证t 2e t ＜(e t －1)2，即证t 2e t －(e t )2＋2e t －1＜0.令m (t )＝t 2e t －(e t )2＋2e t －1，则m ′(t )＝e t (t 2＋2t ＋2－2e t )．令n (t )＝t 2＋2t ＋2－2e t ，则n ′(t )＝2t ＋2－2e t .设φ(t )＝2t ＋2－2e t ，则当t ＞0时，φ′(t )＝2－2e t ＜0，所以当t ＞0时，φ(t )单调递减，因为φ(0)＝0，所以当t ＞0时，φ(t )＜0，则n ′(t )＜0，所以当t ＞0时，n (t )单调递减，又n (0)＝0，所以当t ＞0时，n (t )＜0，则m ′(t )＜0，所以当t ＞0时，m (t )单调递减，因为m (0)＝0，所以当t ＞0时，m (t )＜0.综上可知，原式得证．4．若对任意实数k ，b 都有函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，则称函数f (x )为“恒切函数”，设函数g (x )＝a e x－x －pa ，a ，p ∈R.(1)讨论函数g (x )的单调性；(2)已知函数g (x )为“恒切函数”．①求实数p 的取值范围；②当p 取最大值时，若函数h (x )＝g (x )e x －m 为“恒切函数”，求证：0≤m ＜316. (参考数据：e 3≈20)解：(1)g ′(x )＝a e x －1，当a ≤0时，g ′(x )＜0恒成立，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，由g ′(x )＞0，得x ＞－ln a ；由g ′(x )＜0，得x ＜－ln a ，所以函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f (x )为“恒切函数”，则函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＋k ＝k 且f (x 0)＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，即f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝0.因为函数g (x )为“恒切函数”，所以存在x 0，使得g ′(x 0)＝0，g (x 0)＝0，即⎩⎨⎧ a e 0x －x 0－pa ＝0，a e 0x －1＝0，解得a ＝e －0x ＞0，p ＝e 0x (1－x 0)．设m (x )＝e x (1－x )，则m ′(x )＝－x e x ，由m ′(x )＜0，得x ＞0；由m ′(x )＞0，得x ＜0，故函数m (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m (x )max ＝m (0)＝1，故实数p 的取值范围为(－∞，1]．②证明：由①知当p 取最大值时，p ＝1，a ＝1，故h (x )＝(e x －x －1)e x －m ，则h ′(x )＝(2e x －x －2)e x .因为函数h (x )为“恒切函数”，故存在x 0，使得h ′(x 0)＝0，h (x 0)＝0，由h ′(x 0)＝0，得(2e 0x －x 0－2)e 0x ＝0，即2e x 0－x 0－2＝0.设n (x )＝2e x －x －2，则n ′(x )＝2e x －1，由n ′(x )＞0，得x ＞－ln 2；由n ′(x )＜0，得x ＜－ln 2，故n (x )在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n (0)＝0，故x 0＝0，则由h (x 0)＝0，得m ＝0.在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n (－2)＝2e －2＞0，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝2e －32－12≈2×(20)－12－12＝15－12＜0，故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上存在唯一的x 0，使得2e 0x －x 0－2＝0，即e 0x ＝x 0＋22，此时由h (x 0)＝0，得m ＝(e0x －x 0－1)e x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22－x 0－1·x 0＋22＝－14x 0(x 0＋2)＝－14(x 0＋1)2＋14， 因为函数r (x )＝－14(x ＋1)2＋14在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上单调递增，且r (－2)＝0，r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝316，所以0＜m ＜316. 综上，0≤m ＜316.。
2020年高考江苏版高考数学 3.3 导数在实际问题中的应用及综合应用
当 θ∈ 6,2 时, f '(θ)<0,所以 f(θ)为减函数,
π
因此,当 θ=6时, f(θ)取到最大值.
π
答:当 θ=6时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 名师点睛 (1)用 θ 表示 OE 和 EC,就能求出矩形 ABCD 及三角形 CPD 的面积,求定义域时抓住 N、G 关于 OK 对称得到∠GOK 的正弦值,从而求得 sin θ 的范围. (2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代 θ 的范围,判断 f '(θ)的符号,再确定 f(θ)的单调性,就 能得到最大值,从而解决问题. 2.(2016 江苏,17,14 分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥 P-A1B1C1D1,下 部的形状是正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍. (1)若 AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当 PO1 为多少时,仓库的容积最大?
3
∴长方体体积的最大值为36立方分米.
备战 2020 高考
过专题 【五年高考】 A 组 自主命题·江苏卷题组
1.(2018 江苏,17,14 分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆 O 的一段圆弧 MPN(P 为此圆弧的中点) 和线段 MN 构成.已知圆 O 的半径为 40 米,点 P 到 MN 的距离为 50 米.现规划在此农田上修建两个温室大棚, 大棚Ⅰ内的地块形状为矩形 ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求 A,B 均在线段 MN 上,C,D 均在圆弧上. 设 OC 与 MN 所成的角为 θ. (1)用 θ 分别表示矩形 ABCD 和△CDP 的面积,并确定 sin θ 的取值范围; (2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为 4∶3. 求当 θ 为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
江苏专用2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时教案含解析20190831150
§3.2导数的应用考情考向分析考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、数列、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大．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(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0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．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．( √ ) (2)函数的极大值一定大于其极小值．( × )(3)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．( √ )题组二 教材改编2．[P29T1]函数y ＝x 3＋x 2－5x －5的单调增区间是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－53，(1，＋∞)解析 令y ′＝3x 2＋2x －5>0，得x <－53或x >1.3．[P31T1]函数y ＝3x 3－9x ＋5的极大值为________． 答案 11解析 y ′＝9x 2－9，令y ′＝0，得x ＝±1. 当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：从上表可以看出，当x ＝－1时，函数y 取得极大值为 3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11.4．[P34T2]函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调增区间为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π 解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0，得cos x <12，又x ∈(0，π)，所以π3<x <π，所以f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π. 5．[P34T4]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是__________．答案π6＋ 3 解析 ∵y ′＝1－2sin x ，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.∴当x ＝π6时，y max ＝π6＋ 3.题组三 易错自纠6．已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f (1)＝3，且f (x )的导数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )<2(x ∈R )，则不等式f (x )<2x ＋1的解集为____________．答案 (1，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－2x －1，∴g ′(x )＝f ′(x )－2<0， ∴g (x )在R 上为减函数，g (1)＝f (1)－2－1＝0. 由g (x )<0＝g (1)，得x >1. ∴不等式的解集为(1，＋∞)．7．函数f (x )＝x 3＋ax 2－ax 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－3,0]解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax －a ≥0在R 上恒成立，即4a 2＋12a ≤0，解得－3≤a ≤0，即实数a 的取值范围是[－3,0]．8．若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a 的值为________．答案 －4解析 f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )恰在[－1,4]上单调递减， ∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1,4]， ∴－1,4是方程f ′(x )＝0的两根，则a ＝(－1)×4＝－4.9．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，m ＝________.答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.10．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4 解析 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4.第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2(x ≠0)，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.2．函数f (x )＝x ·e x－e x ＋1的单调增区间是________．答案 (e －1，＋∞) 解析 由f (x )＝x ·e x－ex ＋1，得f ′(x )＝(x ＋1－e)·e x， 令f ′(x )>0，解得x >e －1，所以函数f (x )的单调增区间是(e －1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )的单调减区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . 4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调增区间是_______． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1已知函数f (x )＝x 2e－ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，f ′(x )＝2x ， 函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减． 当a ≠0时，f ′(x )＝2x e －ax＋x 2(－a )e－ax＝e－ax(－ax 2＋2x )．因为e－ax>0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a.①当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增．②当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞，单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a ；当a <0时，函数y ＝f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，0.思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1讨论函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x 的单调性．解 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．综上所述，当a ＝0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增； 当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)(2018·江苏省阜宁中学调研)对于定义在R 上的可导函数f (x )，当x ∈(1，＋∞)时，(x －1)f ′(x )－f (x )>0恒成立．已知a ＝f (2)，b ＝12f (3)，c ＝(2＋1)f (2)，则a ，b ，c的大小关系为________．(用“<”连接) 答案 c <a <b解析 构造函数g (x )＝f (x )x －1，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )(x －1)－f (x )(x －1)2>0，即函数g (x )单调递增．又a ＝f (2)＝f (2)2－1＝g (2)，b ＝12f (3)＝f (3)3－1＝g (3)，c ＝(2＋1)f (2)＝f (2)2－1＝g (2)，因为1<2<2<3，所以g (2)<g (2)<g (3)，即c <a <b .(2)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0.若a ＝f (e )e，b ＝f (ln2)ln2，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系是________．(用“<”连接)答案 c <a <b 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以g (x )为奇函数，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln 2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln 2)，即c <a <b .(3)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )<0，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数．若2f (m －2019)>(m －2019)f (2)，则实数m 的取值范围为________． 答案 (2019,2021)解析 令h (x )＝f (x )x，x ∈(0，＋∞)， 则h ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2.∵xf ′(x )－f (x )<0，∴h ′(x )<0， ∴函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∵2f (m －2 019)>(m －2 019)f (2)，m －2 019>0， ∴f (m －2 019)m －2 019>f (2)2，即h (m －2 019)>h (2)．∴m －2 019<2且m －2 019>0，解得2 019<m <2 021. ∴实数m 的取值范围为(2 019,2 021)．(4)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________． 答案 (－∞，－2)∪(0,2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2<0，∴φ(x )＝f (x )x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， ∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0. 又f (x )为奇函数，∴在(－∞，0)上，当x <－2时，f (x )>0， 此时x 2f (x )>0.故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．命题点2 根据函数单调性求参数例3已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．由(1)知G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． 解 因为h (x )在[1,4]上单调递增， 所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]． 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2(1)若f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－∞，2]解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵当x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.(2)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a －6)x 在(0,3)上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 (0,2)解析 函数f ′(x )＝a x＋2x ＋a －6.①若函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a －6)x 在(0,3)上单调递增，则f ′(x )＝a x＋2x ＋a －6≥0在(0,3)上恒成立，即a ≥6x －2x 2x ＋1＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x ＋1)＋4x ＋1－5在(0,3)上恒成立，令函数g (t )＝t ＋4t，t ∈(1,4)，则g (t )∈[4,5)，∴a ≥2；②若函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a －6)x 在(0,3)上单调递减，则f ′(x )＝ax＋2x ＋a －6≤0在(0,3)上恒成立，即a ≤6x －2x 2x ＋1＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(x ＋1)＋4x ＋1－5在(0,3)上恒成立，函数g (t )＝t ＋4t ，t ∈(1,4)，则g (t )∈[4,5)，∴a ≤0，∴当函数f (x )在(0,3)上不是单调函数时，实数a 的取值范围是(0,2)．(3)(2019·盐城模拟)已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0 解析 f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－a x，若函数f (x )存在三个单调区间，即f ′(x )＝0有两个不等正实根， 即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等正实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点，y ′＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，即x ＝1e2，即y ＝x (ln x ＋1)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞上单调递增． y min ＝－1e2，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e2时，y <0，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0.用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1. 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________． 答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数． 2．函数f (x )＝(x －3)e x的单调增区间是________． 答案 (2，＋∞)解析 因为f (x )＝(x －3)e x，所以f ′(x )＝e x(x －2)．令f ′(x )>0，得x >2，所以f (x )的单调增区间为(2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为________．(用“>”连接)答案 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5解析 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.4．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝________. 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知，－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，∴b ＋c ＝－12.5．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 答案 充分不必要解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．6．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1} 解析 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减， ∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．7．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1,2]上是减函数，则实数a 的取值范围为__________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－72解析 g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2ax，由已知得g ′(x )≤0在[1,2]上恒成立，可得a ≤1x－x 2在[1,2]上恒成立．又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x 2min ＝12－4＝－72. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－72. 8．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________________． 答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)， 由y ′<0，得函数的减区间是(－2,2)， 由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数， 所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1， 解得－3<k <－1或1<k <3.9．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为________．(用“<”连接)答案 c <a <b解析 由题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，1)上为增函数． 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b . 10．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是____________． 答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0， 所以f (1)＝－f (－1)＝0. 当x ≠0时，令g (x )＝f (x )x， 则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0. 则当x >0时，g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0<x <1时，由g (x )>g (1)＝0， 得f (x )x >0，所以f (x )>0；在(－∞，0)上，当x <－1时，由g (x )<g (－1)＝0，得f (x )x<0，所以f (x )>0.综上知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．11．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间． 解 (1)f ′(x )＝1x－ln x －k e x(x >0)． 又由题意知f ′(1)＝1－ke ＝0，所以k ＝1.(2)f ′(x )＝1x－ln x －1e x(x >0)． 设h (x )＝1x－ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0. 综上，f (x )的单调增区间是(0,1)， 单调减区间是(1，＋∞)．12．已知函数f (x )＝be x －1(b ∈R ，e 为自然对数的底数)在点(0，f (0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F (x )＝f (x )＋ax (a ∈R )的单调性．解 因为f (0)＝b －1，所以过点(0，b －1)，(2，－2)的直线的斜率为k ＝b －1－(－2)0－2＝－b ＋12，而f ′(x )＝－b e x ，由导数的几何意义可知，f ′(0)＝－b ＝－b ＋12，所以b ＝1，所以f (x )＝1e x －1.则F (x )＝ax ＋1e x －1，F ′(x )＝a －1e x ，当a ≤0时，F ′(x )<0恒成立；当a >0时，由F ′(x )<0，得x <－ln a ， 由F ′(x )>0，得x >－ln a .故当a ≤0时，函数F (x )在R 上单调递减；当a >0时，函数F (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．13．(2018·江苏省南京九中质检)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )>1－f ′(x )，f (0)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式e x f (x )>e x －1(其中e 为自然对数的底数)的解集为________． 答案 (0，＋∞)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x (x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]．∵f (x )>1－f ′(x )，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域R 上单调递增． ∵e x f (x )>e x－1，∴g (x )>－1.又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝－1，∴g (x )>g (0)， ∴x >0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．14．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调增区间，则a 的取值范围是_______．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .由题意知，f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上有解， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19， 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.15．对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－6x 2＋4，则g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎪⎫199100＝________.答案 0解析 g ′(x )＝6x 2－12x ，∴g ″(x )＝12x －12， 由g ″(x )＝0，得x ＝1，又g (1)＝0， ∴函数g (x )的对称中心为(1,0)， 故g (x )＋g (2－x )＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫199100＝g (1)＝0.16．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数f (x )的单调性．解 f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝(ax －1)(x －1)x(x >0)，①当0<a <1时，1a>1，由f ′(x )>0，解得x >1a或0<x <1，由f ′(x )<0，解得1<x <1a.②当a ＝1时，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立． ③当a >1时，0<1a<1，由f ′(x )>0，解得x >1或0<x <1a，由f ′(x )<0，解得1a<x <1.综上，当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞和(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >1时，f (x )在(1，＋∞)和⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．。
高考数学全国名校试题分项汇编(江苏特刊)：专题03 导数(第01期)(含答案解析)
第三章 数列一．基础题组1. 【江苏省扬州中学2015届高三4月双周测】函数()2ln f x x x =-的单调递减区间为 ▲ ． 【答案】(0,2)考点：导数与单调性.2. 【淮安市淮海中学2015届高三冲刺四统测模拟测试】已知曲线sin y x =在0x =处的切线与曲线ln y x x a =-+相切，则实数a = ▲ 【答案】1ln 2+考点：导数几何意义3. 【泰州市2015届高三第三次调研测试】已知函数322301()5 1x x m x f x mx x ⎧++=⎨+⎩≤≤，，，＞.若函数f(x)的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为 ▲ ． 【答案】(5,0)- 【解析】试题分析：当01x ≤≤，322()23,()666(1)0f x x x m f x x x x x '=++=+=+≥，所以函数在区间[0,1]上单调递增，当1x >时，()5f x mx =+也为单调函数，而函数3223,01()5,1x x m x f x mx x ⎧++≤≤=⎨+>⎩的图象与x 轴有两个公共点，所以在区间[0,1]与区间(1,)+∞扣有一个公共点，所以有(0)0(1)50f m f m =<⎧⎨=+>⎩解之得50m -<<，故实数m 的取值范围是(5,0)-.考点：导数与函数，函数零点与方程.4. 【2015年高考模拟(南通市数学学科基地命题)(2)】设函数f(x)＝ax+12sinx+ 32cosx 的图象上存在两条切线垂直，则a 的值是 ． 【答案】0考点：导数与切线.来源：5. 【2015年高考模拟(南通市数学学科基地命题)(6)】曲线2()(2)ln (1)2f x f x f x x '=-+在点(1,(1))f 处的切线方程为________．【答案】17160x y --= 【解析】试题分析：首先(1)'(2)ln1(1)2f f f =-+，(1)1f =，所以'(2)'()14f f x x x=-+，'(2)'(2)182f f =-+，'(2)14f =，所以14'(1)14171f =-+=，因此切线方程为117(1)y x -=-，即17160x y --=.考点：导数的几何意义，导数与切线.6. 【扬州市2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】若函数()cos f x k x =⋅的图象过点π(,1)3P ,则该函数图象在P 点处的切线倾斜角等于 ． 【答案】2π3【解析】试题分析：∵函数()cos f x k x =⋅的图象经过点π(,1)3P ,∴ππ()cos 1233f k k ==⇒=,∴x x f cos 2)(=,()2sin f x x '=-,ππ()2sin 33k f '==-=．即该函数图象在P 点处的切线斜率为,所以倾斜角为2π3. 考点：导数的几何意义.7. 【扬州市2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】已知函数||()()exx f x x =∈R ,12()421()x x g x a a a a +=-+⋅++-∈R , 若{|(g())e}A x f x =>=R ,则a 的取值范围是 ．【答案】[1,0]-考点：1.导数应用；2.不等式恒成立.8. 【盐城市2015届高三年级第三次模拟考试】若函数2()ln 2f x x ax bx a b =-++--有两个极值点12,x x ，其中10,02a b -<<>，且221()f x x x =>，则方程22[()]()10a f x bf x +-=的实根个数为 ▲ .【答案】5 【解析】试题分析：2121()2ax bx f x ax b x x+-'=-++=因为函数2()ln 2f x x ax bx a b =-++--有两个极值点12,x x 所以方程2210ax bx +-=有两个不相等的正根12,x x ，122b x x a +=-,122bx x a=- 因为102a -<<,0b >，21x x >，所以()f x 在1(0,]x 或2[,)x +∞上单调递减，在12[,]x x 上单调递增1202b x x a +=->,1212b x x a=-> 所以10x >，21x >，(1)0f b =-<故当1x x =时，()f x 取得极小值1()(1)0f x f <<， 当2x x =时，()f x 取得极大值22()0f x x =>，令()f x t =，则方程22[()]()10a f x bf x +-=可化为2210at bt +-=，由上可知方程2210at bt +-=有两个不相等的正根12,x x ，即1()f x x =或2()f x x =， 所以22[()]()10a f x bf x +-=实根的个数相当于函数()f x 与直线1y x =，2y x =交点个数 由图可知函数()f x 与直线1y x =有三个交点，函数()f x 与直线2y x =有三个交点， 综上所述方程22[()]()10a f x bf x +-=实根的个数为5.考点：1.导数的应用；2.函数的零点个数.9. 【扬州市2014—2015学年度第四次调研测试试题高三数学】一件要在展览馆展出的文物近似于圆柱形,底面直径为0.8米,高1.2米,体积约为0.6立方米．为保护文物需要设计各面是玻璃平面的正四棱柱形无底保护罩,保护罩底面边长不少于1.2米,高是底面边长的2倍．保护罩内充满保护文物的无色气体,气体每立方米500元．为防止文物发生意外,展览馆向保险公司进行了投保,保险费用与保护罩的占地面积成反比例,当占地面积为1平方米时,保险费用为48000元．⑴若保护罩的底面边长为2.5米,求气体费用与保险费用的和； ⑵为使气体费用与保险费用的和最低,保护罩应如何设计？ 【答案】⑴23005 ⑵保护罩的底面边长应设计为2米 【解析】试题分析：⑴直接列式计算；⑵设保护罩的底面边长为x 米,底面积为S 平方米,体积为V 立方米,总费用为y 元,由题意可得32480001000300y x x=+-,（ 1.2x ≥）,利用导数研究其单调性,可得当2x =时,y 有极小值即最小值．考点：1.函数应用；2.导数应用.10. 【淮安市淮海中学2015届高三冲刺四统测模拟测试】(本小题满分14分)为了制作广告牌，需在如图所示的铁片上切割出一个直角梯形，已知铁片由两部分组成，半径为1的半圆O 及等腰直角三角形EFH ，其中FE FH ⊥。
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算教案文含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算教案文含解析苏教版第一节 导数的概念及导数的运算1．导数的概念 (1)平均变化率一般地，函数f (x )在区间[x 1，x 2]上的平均变化率为f x 2－f x 1x 2－x 1.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数 ①定义：设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，此值ΔyΔx ＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A为函数f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)．②几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(3)函数f (x )的导函数若f (x )对于区间(a ，b )内任一点都可导，则f (x )在各点的导数也随着自变量x 的变化而变化，因而也是自变量x 的函数，该函数称为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 )＝x α f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e xf (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x3．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[Cf (x )]′＝Cf ′(x )(C 为常数)；(3)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (4)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x g 2x (g (x )≠0)．[小题体验]1．设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为________． 解析：由f (x )＝x ln x 得f ′(x )＝ln x ＋1.根据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e. 答案：e2．曲线y ＝x 3－x ＋3在点(1,3)处的切线方程为________． 答案：2x －y ＋1＝03．已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线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)＝_____.解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，所以f ′(3)＝－13，因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.答案：01．利用公式求导时要特别注意不要将幂函数的求导公式(x α)′＝αx α－1与指数函数的求导公式(a x)′＝a xln a 混淆．2．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．[小题纠偏]1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为________．解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－cos x ＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .答案：－x sin x2．已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a·e x图象的切线，则实数a ＝________.解析：设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1a·e 0x＝－1，所以ex ＝a ，又－1a·e 0x＝－x 0＋1，所以x 0＝2，a ＝e 2.答案：e 23．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a ＝________.解析：因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2，设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，则在该点处的切线斜率为k ＝3x 20，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.答案：－1或－2564考点一 导数的运算基础送分型考点——自主练透[题组练透]求下列函数的导数． (1)f (x )＝x 3＋x ； (2)f (x )＝sin x ＋x ； (3)f (x )＝e x cos x ； (4)f (x )＝x －1x－ln x . 解：(1)f ′(x )＝(x 3＋x )′＝(x 3)′＋(x )′＝3x 2＋1. (2)f ′(x )＝cos x ＋1.(3)f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ＝e x(cos x －sin x )． (4)f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2.[谨记通法]求函数导数的3种原则考点二 导数的几何意义题点多变型考点——多角探明[锁定考向]导数的几何意义是把函数的导数与曲线的切线联系在一起，一般不单独考查，在填空题中会出现，有时也体现在解答题中，难度偏小．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)求切点坐标；(3)求参数的值(范围)．[题点全练]角度一：求切线方程1．(2019·泰州检测)若函数f (x )＝2x 在点(a ，f (a ))处的切线与直线2x ＋y －4＝0垂直，则该切线方程为________．解析：∵切线与直线2x ＋y －4＝0垂直， ∴切线的斜率是12.∵f (x )＝2x ，∴f ′(x )＝x12-，∴f ′(a )＝a12-＝12. 解得a ＝4，则f (4)＝4，故函数f (x )在点(4,4)处的切线方程为x －2y ＋4＝0. 答案：x －2y ＋4＝02．已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为C ，两曲线在点C 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝8x，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即C (4,2)，由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x ，则直线l 1的斜率k 1＝14，∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4，如图，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.答案：6角度二：求切点坐标3．(2019·扬州模拟)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为________．解析：f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y ＝2x －1上，符合题意．答案：(1,3)和(－1,3) 角度三：求参数的值(范围)4．(2018·常州高三期末)已知函数f (x )＝bx ＋ln x ，其中b ∈R.若过原点且斜率为k 的直线与曲线y ＝f (x )相切，则k －b 的值为________．解析：设切点为(x 0，bx 0＋ln x 0)，f ′(x )＝b ＋1x ，则k ＝b ＋1x 0，故切线方程为y －(bx 0＋ln x 0)＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1x(x －x 0)，将(0,0)代入，可得x 0＝e ，则k ＝b ＋1e ，∴k －b ＝1e .答案：1e[通法在握]与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 0)求斜率k ，即求该点处的导数值，k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0.[演练冲关]1．曲线f (x )＝2x －e x与y 轴的交点为P ，则曲线在点P 处的切线方程为________． 解析：曲线f (x )＝2x －e x 与y 轴的交点为(0，－1)． 且f ′(x )＝2－e x，所以f ′(0)＝1. 所以所求切线方程为y ＋1＝x ，即x －y －1＝0. 答案：x －y －1＝02．(2018·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝mx ＋1(m ＞0)在x＝1处的切线为l ，则点(2，－1)到直线l 的距离的最大值为________．解析：把x ＝1代入y ＝m x ＋1，得y ＝m2， 则切线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m 2.∵y ′＝－m x ＋12，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－m4.∴切线l 的方程为y －m 2＝－m4(x －1)，即mx ＋4y －3m ＝0.∴点(2，－1)到直线l 的距离d ＝|2m －4－3m |m 2＋42＝|－4－m |m 2＋16＝m ＋4m 2＋16＝m ＋42m 2＋16＝m 2＋8m ＋16m 2＋16＝1＋8mm 2＋16＝ 1＋8m ＋16m≤ 1＋82m ·16m＝2，当且仅当m ＝16m，即m ＝4时取“＝”，故所求最大值为 2. 答案： 23．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－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 )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝b ＝0，f ′0＝－aa ＋2＝－3，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 )＝3x 2＋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4a 2＋4a ＋1＞0，所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·常州调研)函数f (x )＝e x ＋x 2＋sin x 的导函数f ′(x )＝________. 答案：e x＋2x ＋cos x2．(2018·镇江调研)函数f (x )＝(x ＋1)2(x －1)在x ＝1处的导数等于________． 解析：由f (x )＝(x ＋1)2(x －1)＝x 3＋x 2－x －1，得f ′(x )＝3x 2＋2x －1， 所以f ′(1)＝3＋2－1＝4. 答案：43．(2018·苏州暑假测试)曲线y ＝e x在x ＝0处的切线方程为____________． 解析：因为y ′＝e x，所以y ＝e x在x ＝0处的切线斜率k ＝e 0＝1， 因此切线方程为y －1＝1×(x －0)，即x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝04．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________.解析：因为f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x(－sin x )，所以f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π. 答案：－3π5．(2019·苏州调研)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R)图象上任意一点处的切线的斜率都小于1，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32＋a23，当x ＝a 3时，f ′(x )取到最大值a 23.∴a 23＜1，解得－3＜a ＜ 3. 答案：(－3，3)6．(2018·苏北四市调研)已知f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，则f (x )在点P (－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：因为f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，所以f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，所以f ′(－1)＝8， 故切线方程为y －2＝8(x ＋1)，即8x －y ＋10＝0， 令x ＝0，得y ＝10，令y ＝0，得x ＝－54，所以所求面积S ＝12×54×10＝254.答案：254二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝________. 解析：因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，令x ＝1，得f ′(1)＝2＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4，所以f ′(2)＝2×2－4＝0.答案：02．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2.若f ′(2 018)＝6，则f ′(－2 018)＝________. 解析：因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7. 所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7 ＝－4ax 3＋b sin x ＋7. 所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14. 又f ′(2 018)＝6，所以f ′(－2 018)＝14－6＝8. 答案：83．(2019·淮安调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2， 所以y ′＝x ＋2－x x ＋22＝2x ＋22，y ′| x ＝－1＝2，所以曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2， 所以所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案：y ＝2x ＋14．(2018·无锡期末)在曲线y ＝x －1x(x ＞0)上一点P (x 0，y 0)处的切线分别与x 轴，y轴交于点A ，B ，O 是坐标原点，若△OAB 的面积为13，则x 0＝________.解析：因为y ′＝1＋1x2，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0－1x 0，x 0＞0，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1＋1x 20，所以切线方程是y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 20(x －x 0)．令y ＝0，得x ＝2x 0x 20＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0x 20＋1，0； 令x ＝0，得y ＝－2x 0，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2x 0.所以S △OAB ＝12·2x 0x 20＋1·2x 0＝2x 20＋1＝13，解得x 0＝ 5.答案： 55．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m ＜0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m ＝________.解析：因为f ′(x )＝1x，所以直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，所以切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m ＜0，解得m ＝－2. 答案：－26．(2018·淮安高三期中)已知函数f (x )＝x 3.设曲线y ＝f (x )在点P (x 1，f (x 1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x 2，f (x 2))，记f ′(x )为函数f (x )的导函数，则f ′x 1f ′x 2的值为________．解析：由f ′(x )＝3x 2，得f ′(x 1)＝3x 21，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 1，x 31)处的切线方程为y ＝3x 21x －2x 31，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x 21x －2x 31，y ＝x 3，解得Q(－2x 1，－8x 31)，所以x 2＝－2x 1，所以f ′x 1f ′x 2＝3x 213x 22＝14.答案：147．(2019·南通一调)已知两曲线f (x )＝2sin x ，g (x )＝a cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点P .若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为________．解析：f ′(x )＝2cos x ，g ′(x )＝－a sin x ．设点P 的横坐标为x 0，则f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)·g ′(x 0)＝－1，即2sin x 0＝a cos x 0，(2cos x 0)·(－a sin x 0)＝－1，所以4sin 2x 0＝1.即 sin x 0＝±12，因为x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin x 0＝12，cos x 0＝32，所以a ＝233.答案：2338．曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1(x ∈[1,2])上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．解析：设P (x 0，x 20＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 2＋1)＝2x 0(x －x 0)，所以y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，设g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，则g (1)＋g (2)＝－2x 20＋6x 0＋2，所以S 普通梯形＝g 1＋g 22×1＝－x 20＋3x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋134，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134时，S 普通梯形最大．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1349．(2019·盐城中学月考)求下列函数的导数： (1)y ＝x 2(ln x ＋sin x )； (2)y ＝cos x －x x2； (3)y ＝x ln x .解：(1)y ′＝2x (ln x ＋sin x )＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋cos x ＝2x ln x ＋2x sin x ＋x ＋x 2cos x .(2)y ′＝－sin x －1x 2－cos x －x ·2xx 4＝x －2cos x －x sin xx 3.(3)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·1x ln x ＋x ·1x ＝2＋ln x 2x .10．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解：(1)因为f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，所以f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，因为f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，所以切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，所以x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，所以经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知曲线f (x )＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝－ln x 相切，则a 的值为________．解析：由f (x )＝x 3＋ax ＋14得， f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，所以曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax . 设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)， g ′(x )＝－1x， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ －ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34， 所以x 0＝e 34，所以a ＝－1e34＝－e 34-. 答案：－e34-2．(2018·启东中学高三测试)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线l：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在实数k，使直线l既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，因为f′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，解得a＝－2.(2)存在，理由如下：由已知得，直线l恒过定点(0,9)，若直线l是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3x20＋6x0＋12)．因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3x20＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f′(x)＝－6x2＋6x＋12，①由f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9，所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10.所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。
(江苏专版)高考数学分项版解析专题03导数
专题03 导数一．基础题组1. 【2005江苏，理14】曲线31y x x =++在点（1,3）处的切线方程是 . 【答案】4x-y-1=0.2. 【2006江苏，理15】对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 . 【答案】2n+1-2． 【解析】1(1)n n y nxn x -'=-+，曲线y=x n (1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n2n-1-(n+1)2n切点为（2，-2n）,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得 a n =(n+1)2n,令b n =21n na n =+.数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n 项和为2+22+23+…+2n =2n+1-2. 3. 【2007江苏，理9】已知二次函数f （x ）=ax 2+bx +c 的导数为f ′（x ），f ′（0）>0，对于任意实数x ，有f （x ）≥0，则)0()1(f f '的最小值为 A.3 B.25C.2D.23 【答案】C.【解析】∵f'（x ）=2ax+b ，∴f'（0）=b ＞0；∵对于任意实数x 都有f （x ）≥0， ∴a ＞0且b 2-4ac≤0，∴b 2≤4ac，∴c ＞0；当a=c 时取等号．故选C ．4. 【2007江苏，理13】已知函数f （x ）=x 3－12x +8在区间一3，3］上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__________.【答案】32．【解析】解：令f′（x ）=3x 2-12=0，得x=-2或x=2， 列表得：可知M=24，m=-8，∴M-m=32． 故答案为：32.5. 【2008江苏，理8】设直线b x y +=21是曲线)0(ln >=x x y 的一条切线，则实数b 的值是___________. 【答案】ln2－1． 【解析】'1y x = ，令112x =得2x =，故切点（2，ln2），代入直线方程，得，所以b ＝ln2－1．6. 【2009江苏，理3】函数f(x)＝x 3－15x 2－33x+6的单调减区间为_____________________. 【答案】(－1,11)．【解析】f′(x)＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x+1), 当x ＜－1或x ＞11时,f′(x)＞,f(x)单调递增; 当－1＜x ＜11时,f′(x)＜0,f(x)单调递减.7. 【2009江苏，理9】在平面直角坐标系xOy 中,点P 在曲线C:y ＝x 3－10x+3上,且在第二象限内,已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2,则点P 的坐标为___________________.8. 【2014江苏，理11】在平面直角坐标系xoy 中，若曲线2by ax x=+（,a b 为常数）过点(2,5)P -，且该曲线在点P 处的切线与直线7230x y ++=平行，则a b += .【答案】3-．【解析】曲线2b y ax x =+过点(2,5)P -，则452b a +=-①，又2'2by ax x=-，所以7442b a -=-②，由①②解得1,2,a b =-⎧⎨=-⎩所以3a b +=-． 9. 【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ， 的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ， 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+ （其中a ，b 为常数）模型.（1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t ==解得1000a b =⎧⎨=⎩．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ⎛⎫⎪⎝⎭， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-， 则l 的方程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ⎛⎫A ⎪⎝⎭，230000,t ⎛⎫B ⎪⎝⎭． 故()22622433000341022t f t t t t ⨯⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，[]5,20t ∈． ②设()624410g t t t ⨯=+，则()6516102g t t t⨯'=-．令()0g t '=，解得102t =．二．能力题组1. 【2008江苏，理17】如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的两个顶点A ，B 及CD 的中点P 处．AB ＝20km ，BC ＝10km ．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域上（含边界）且与A ，B 等距的一点O 处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO ，BO ，PO ．记铺设管道的总长度为y km．（1）按下列要求建立函数关系式：（i）设BAOθ∠=（rad），将y表示成θ的函数；（ii）设OP x=（km），将y表示成x的函数；（2）请你选用（1）中的一个函数关系确定污水处理厂的位置，使铺设的污水管道的总长度最短.【答案】（1）（i）2010sin10cosyθθ-=+04πθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭（ii）)010y x x=+≤≤．（2）点P 位于线段AB 的中垂线上，在矩形区域内且距离ABkm处.令'y=0 得sin12θ=，因为04πθ<<，所以θ=6π，B当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'0y < ，y 是θ的减函数；当,64ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，'0y > ，y 是θ的增函数，所以当θ=6π时，min 10y =+这时点P 位于线段AB 的中垂线上，在矩形区域内且距离AB km 处. 2. 【2011江苏，理12】在平面直角坐标系xOy 中，已知P 是函数f (x )＝e x(x ＞0)的图象上的动点，该图象在点P 处的切线l 交y 轴于点M .过点P 作l 的垂线交y 轴于点N .设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是________．【答案】2e +12e．【解析】设P 点坐标为)0)(,(>m e m m，由xe xf =')(得，l 的方程为)(m x e e y m m-=-，令0=x 得，mmme e y -=，过点P 的l 的垂线方程为)(m x e ey m m--=--，令0=x 得，m m me e y -+=，所以)(21m m m mme e me e t -++-=，令)(21)(m m m mme e me e m g -++-=，对函数)(m g 求导，当1=m 时，函数)(m g 的最大值为)(211-+e e . 3. 【2011江苏，理17】请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒． E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．【答案】(1) 15 ，(2) x ＝20时，包装盒的高与底面边长的比值为12.4. 【2012江苏，理18】若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点；(3)设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．【答案】(1) a＝0，b＝－3. (2) －2. (3) 9．【解析】解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.5. 【2015高考江苏，19】（本小题满分16分） 已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．（2） 1.c =又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值范围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭，因此1c =． 此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根，所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠， 解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ． 综上1c =．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点 三．拔高题组1. 【2010江苏，理20】设f (x )是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈(1，＋∞)都有h (x )＞0，使得f ′(x )＝h (x )(x 2－ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．(1)设函数f (x )＝ln x ＋21b x ++ (x ＞1)，其中b 为实数． ①求证：函数f (x )具有性质P (b )； ②求函数f (x )的单调区间．(2)已知函数g (x )具有性质P (2)，给定x 1，x 2∈(1，＋∞)，x 1＜x 2，设m 为实数，α＝mx 1＋(1－m )x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2，且α＞1，β＞1，若|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，求m 的取值范围．当b ＞2时，解方程x 2－bx ＋1＝0得x 1＝2b ，x 2＝2b .因为x 1＝2b 2b ＜1，x 2＝2b ＞1. 所以当x ∈(1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ＝x 2时，f ′(x )＝0.从而函①当m ∈(0,1)时，有α＝mx 1＋(1－m )x 2＞mx 1＋(1－m )x 1＝x 1，α＜mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，得α∈(x 1，x 2)，同理可得β∈(x 1，x 2)，所以由g (x )的单调性知g (α)，g (β)∈(g (x 1)，g (x 2))，从而有|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，符合题设．②当m ≤0时，α＝mx 1＋(1－m )x 2≥mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2≤(1－m )x 1＋mx 1＝x 1，于是由α＞1，β＞1及g (x )的单调性知g (β)≤g (x 1)＜g (x 2)≤g (α)，所以|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符．③当m ≥1时，同理可得α≤x 1，β≥x 2，进而得|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符．因此，综合①②③得所求的m 的取值范围为(0,1)．2. 【2011江苏，理19】已知a ，b 是实数，函数f (x )＝x 3＋ax ，g (x )＝x 2＋bx ，f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数．若f ′(x )g ′(x )≥0在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性一致．(1)设a ＞0，若f (x )和g (x )在区间－1，＋∞)上单调性一致，求b 的取值范围；(2)设a ＜0且a ≠B ．若f (x )和g (x )在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a －b |的最大值．【答案】(1) 2，＋∞)， (2)13. 【解析】解：f ′(x )＝3x 2＋a ，g ′(x )＝2x ＋B ． (1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在－1，＋∞)上恒成立．因为a ＞0，故3x 2＋a ＞0，进而2x ＋b≥0，即b≥－2x 在区间－1，＋∞)上恒成立，所以b≥2.因此b 的取值范围是2，＋∞)．(2)令f′(x)＝0，解得x ＝若b ＞0，由a ＜0得0∈(a ，b)．又因为f′(0)g′(0)＝ab ＜0，所以函数f(x)和g(x)在(a ，b)上单调性不一致．因此b≤0.现设b≤0.当x ∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；当x ∈(－∞，时，f ′(x )＞0.因此，当x ∈(－∞，时，f ′(x )g ′(x )＜0.故由题设得a ≥b ≥从而13-≤a ＜0，于是13-≤b ≤0.因此|a －b |≤13，且当a ＝13-，b ＝0时等号成立． 又当a ＝13-，b ＝0时，f ′(x )g ′(x )＝6x (x 219-)，从而当x ∈(13-，0)时f ′(x )g ′(x )＞0，故函数f (x )和g (x )在(13-，0)上单调性一致．因此|a －b |的最大值为13. 3. 【2013江苏，理20】设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点． ③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0，当x ＞a －1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. 当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e.当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在e －1，a －1]上的图象不间断，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．4. 【2014江苏，理19】已知函数()x x f x e e-=+，其中e 是自然对数的底数. （1）证明：()f x 是R 上的偶函数；（2）若关于x 的不等式()1x mf x e m -≤+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（3）已知正数a 满足：存在0(1,)x ∈+∞，使得3000()(3)f x a x x <-+成立，试比较1a e -与1e a-的大小，并证明你的结论.【答案】（1）证明见解析；（2）13m ≤-；（3）当11()2e a e e+<<时，11a e e a --<，当a e =时，11a e e a --=，当a e >时，11a e e a -->．【解析】（1）证明：函数()f x 定义域为R ，∵()()x x f x ee f x --=+=，∴()f x 是偶函数． （2）由()1x mf x e m -≤+-得(()1)1x m f x e --≤-，由于当0x >时，1x e >，因此()2x x f x e e -=+>，即()110f x ->>，所以11()11x x x x e e m f x e e -----≤=-+-211xx xe e e -=+-，令211x x x e y e e -=+-，设1x t e =-，则0t <，21(1)11t t t y t t -+==+-，∵0t <，∴12t t+≤-（1t =-时等号成立），即1213y ≤--=-，103y -≤<，所以13m ≤-．5,【2016年高考江苏卷】现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1OO 是正四棱锥的高1PO 的4倍.（1）若16m,2m,AB PO ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ，则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？（第17题）【答案】（1）312（2）123PO =【解析】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函令'0V =，得23h =或23h =-. 当03h <<0V'> ，V 是单调增函数； 当236h <<时，0V'<，V 是单调减函数.故h=V取得极大值，也是最大值.PO=m时，仓库的容积最大.因此，当1【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.。
江苏版高考数学一轮复习：专题3.1导数概念及其运算讲解附答案.doc
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】专题3.1 导数概念及其运算【考纲解读】内 容要 求备注A B C导数及其应用导数的概念√导数的几何意义√导数的运算√【直击考点】题组一 常识题1．[教材改编] 某斜抛物体抛出后相对于水平面的高度h ()m 与抛出后的时间t ()s 的函数关系是h (t )＝－t 2＋6t ＋10，则在3≤t ≤4这段时间内的平均速度为________m/s.【解析】 平均速度为h （4）－h （3）4－3＝18－191＝－1(m/s)．2．[教材改编] 已知函数f (x )＝5－3x ＋2x 2，且f ′(a )＝－1，则a ＝________． 【解析】 由题意可知，f ′(x )＝－3＋4x ，所以f ′(a )＝－3＋4a ＝－1，解得a ＝12.3．[教材改编] 曲线y ＝2x 3－3x ＋5在点(2，15)处的切线的斜率为________． 【解析】 因为y ′＝6x 2－3，所以在点(2，9)处切线的斜率k ＝6×22－3＝21. 题组二 常错题4．若函数f (x )＝4x 3＋a 2＋a ，则f ′(x )＝__________．【解析】 f ′(x )＝(4x 3＋a 2＋a )′＝12x 2.本题易出现一种求导错解：f ′(x )＝12x 2＋2a ＋1，没弄清函数中的变量是x ，而a 只是一个字母常量，其导数为0.5．函数y ＝ln xex 的导函数为____________．【解析】y′＝1x·e x－e x·ln x（e x）2＝1－x ln xx e x.本题易出现用错商的求导法则的情况．题组三常考题6．已知函数f(x)＝ax3－x＋2的图像在点(1，f(1))处的切线过点(2，6)，则a＝________．7．函数y＝e xx在其极值点处的切线方程为________________．【解析】y′＝e x（x－1）x2，令y′＝0，得x＝1，此时y＝e，即极值点为(1，e)，函数在该点处的切线斜率为零，故切线方程为y＝e.【知识清单】1．导数的运算1．基本初等函数的导数公式(sin x)′＝cosx，(cos x)′＝－sinx，(ax)′＝axlna，(ex)′＝ex，(logax)＝1xln a，(ln x)′＝1x.2．导数的运算法则(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)．3．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yx′＝yu′•ux′，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．考点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)．【考点深度剖析】【重点难点突破】考点1 导数的运算 【1-1】求下列函数的导数．(1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝e x＋1e x －1；(3)y ＝ln(2x －5)．【答案】(1) 2x sin x ＋x 2cos x . (2) －2exe x－12.(3) 22x －5.【1-2】已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，记f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n (x )＝f n －1′(x )(n∈N *，n ≥2)，则f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋…＋f 2 014⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________.【答案】0【解析】f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝(cos x －sin x )′＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝sin x ＋cos x ，以此类推，可得出f n (x )＝f n ＋4(x )，又∵f 1(x )＋f 2(x )＋f 3(x )＋f 4(x )＝0，∴f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋…＋f 2 014⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝503f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 3⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 4⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. 【思想方法】1． 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．2． 复合函数的求导，要正确分析函数的复合层次，通过设中间变量，确定复合过程，然后求导．【温馨提醒】区别“积的导数”与“复合函数的导数”的差异 考点2 导数的几何意义【2-1】 已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为________.【答案】3x －y －2＝0.【2-2】已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图像都相切，且与f (x )图像的切点为(1，f (1))，则m 等于________. 【答案】－2【解析】∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图像的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2【思想方法】导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面：(1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)； (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k ；(3)已知过某点M (x 1，f (x 1))(不是切点)的切线斜率为k 时，常需设出切点A (x 0，f (x 0))，利用k ＝f x 1－f x 0x 1－x 0求解．【温馨提醒】在解决曲线的切线问题时要注意辨别是求“曲线上某点(一定在曲线上)处的切线方程”，还是求“过某点(可能在曲线上、也可能不在曲线上)的切线方程，前者只有一条，而后者包括了前者，后者可能不止一条【易错试题常警惕】1、知曲线的切线求参数问题，一定要注意所给的点是否是切点． 如：若存在过点()1,0的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a = ． 【分析】设过点()1,0的直线与曲线3y x =相切于点()300,x x ，所以切线方程为()320003y x x x x -=-，即230032y x x x =-，又()1,0在切线上，所以2300320x x -=，解得00x =或032x =，当00x =时，由0y =与21594y ax x =+-相切可得2564a =-，当032x =时，由272744y x =-与21594y ax x =+-相切可得1a =-．综上可得，2564a =-或1-． 【易错点】在解题中，未对()1,0的位置进行判断，误认为()1,0是切点．2、函数的求导问题，一定要先化简解析式，使之变成能用八个求导公式求导的函数的和、差、积、商，再求导．如：若()132y x =，则y '= ． 【分析】()1133322y x x ==，所以23332233x y x x-'==． 【易错点】容易出现()()12331223x x -'⎡⎤=⎢⎥⎣⎦的错误．高中数学知识点三角函数1、以角的顶点为坐标原点，始边为x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点P 到原点的距离记为，则sin =，cos = ，tg = ，ctg = ，sec = ，csc = 。
2021版江苏专用高考数学二轮复习讲义： 第1部分 专题3 导数
专题三 导数———————命题观察·高考定位———————(对应学生用书第9页)1．(2021·江苏高考)函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．假设f (a －1)＋f (2a 2)≤0，那么实数a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12 [因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x ＝－x 3＋2x －e x＋1e x ＝－f (x )， 所以f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x ＝3x 2≥0，所以f (x )在R 上单调递增，所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，所以－1≤a ≤12.]2．(2021·江苏高考)本在平面直角坐标系xOy 中，假设曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，那么a ＋b 的值是________．－3 [y ＝ax 2＋b x 的导数为y ′＝2ax －b x 2，直线7x ＋2y ＋3＝0的斜率为－72.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a ＋b 2＝－5，4a －b 4＝－72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，那么a ＋b ＝－3.] 3．(2021·江苏高考)抛物线y ＝x 2在x ＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D (包含三角形内部与边界)．假设点P (x ，y )是区域D 内的任意一点，那么x ＋2y 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，12 [由于y ′＝2x ，所以抛物线在x ＝1处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.画出可行域(如图)．设x ＋2y ＝z ，那么y ＝－12x ＋12z ，可知当直线y ＝－12x＋12z 经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，B (0，－1)时，z 分别取到最大值和最小值，此时最大值z max ＝12，最小值z min ＝－2，故取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，12.]4．(2021 ·江苏高考)函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；(2)假设b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值. 【导学号：56394014】[解] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a 3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减；当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减．(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，那么函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0， 从而⎩⎨⎧ a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎨⎧ a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，那么在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立， 从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1. 此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]．因为函数有三个零点，那么x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 综上c ＝1.5．(2021·江苏高考)函数f (x )＝a x ＋b x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)．(1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②假设对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值．(2)假设0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值．[解] (1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x .①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x ＋1＝0，所以(2x －1)2＝0，于是2x ＝1，解得x ＝0.②由条件知f (2x )＝22x ＋2－2x ＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0，所以m ≤(f (x ))2＋4f (x )对于x ∈R 恒成立． 而(f (x ))2＋4f (x )＝f (x )＋4f (x )≥2f (x )·4f (x )＝4，且(f (0))2＋4f (0)＝4， 所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ln b . 令h (x )＝g ′(x )，那么h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2，从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数．于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.假设x 0<0那么x 0<x 02<0，于是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02<g (0)＝0. 又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图象不连续，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点〞矛盾．假设x 0>0，同理可得，在x 02和log a 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点〞矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.[命题规律](1)在小题中以考察导数的几何意义为主(求切线方程)．(2)在大题中以导数为工具研究讨论函数的性质、不等式求解等综合问题．———————主干整合·归纳拓展———————(对应学生用书第9页)[第1步▕核心知识再整合]1．导数的几何意义(1)函数y＝f (x)在点x0处的导数就是曲线y＝f (x)在点P(x0，f (x0))处的切线的斜率，那么k＝f ′(x0)．(2)函数y＝f (x)在点P(x0，f (x0))处的切线方程为y－f (x0)＝f ′(x0)(x－x0)．(3)在关于函数图象的切线问题中，如果涉及确定参数值的问题，首先设切点，然后注意三个条件的使用，其一切点在切线上，其二切点在曲线上，其三切线斜率k＝f ′(x0)．2．导数与单调性的关系(1)假设函数在某个区间D可导，f ′(x)＞0⇒f (x)在区间D内单调递增；f ′(x)＜0⇒f (x)在区间D内单调递减．(2) 假设函数在某个区间D可导，f (x)在区间D内单调递增⇒f ′(x)≥0；f (x)在区间D内单调递减⇒f ′(x)≤0.3．导数和函数极值、最值的关系(1)求极值的步骤：①先求f ′(x)＝0的根x0(定义域内的或者定义域端点的根舍去)；②分析x0两侧导数f ′(x)的符号：假设左侧导数负右侧导数正，那么x0为极小值点；假设左侧导数正右侧导数负，那么x0为极大值点．(2)对于可导函数，导数为0是点为极值点的必要而不充分条件．(3)设函数y＝f (x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，那么y＝f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点取得，所以只需比拟极值点和端点函数值即得到函数的最值．(4)求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的根底上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值，大前提是要考虑函数的定义域．[第2步▕ 高频考点细突破] 导数的运算及其意义【例1】 (2021－2021学年度江苏苏州市高三期中调研考试)曲线y ＝x －cos x在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π2处的切线的斜率为________． [解析] y ′＝1＋sin x ，x ＝π2时，y ′＝1＋sin π2＝2，即切线斜率为2.[答案] 2[规律方法] (1)导数的几何意义是k ＝f ′(x )．(2)从近几年的高考试题来看 ，利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程以及与切线有关的问题是高考的热点问题，解决该类问题必须熟记导数公式，明确导数的几何意义，切点既在曲线上，又在切线上，导数即斜率．[举一反三](江苏省苏州市2021届高三暑假自主学习测试)曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线方程是________．y ＝x ＋1 [因为y ′＝e x ，所以在x ＝0处的切线斜率为k ＝e 0＝1，因此切线方程是y －1＝1(x －0)，即y ＝x ＋1.]导数的应用(单调性、极值、最值) 【例2】 (江苏省南通市如东县、徐州市丰县2021届高三10月联考)定义在R上的可导函数f (x )，y ＝e f ′(x )的图象如图3－1所示，那么y ＝f (x )的增区间是________．图3－1[解析] 由x ≤2时e f ′(x )≥1⇒f ′(x )≥0，x ＞2时，e f ′(x )＜1⇒f ′(x )＜0，所以y ＝f (x )的增区间是(－∞，2)．[答案] (－∞，2)【例3】 (泰州中学2021－2021年度第一学期第一次质量检测)函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，假设函数 f (x )在(1,2)上有极值，那么实数a 的取值范围为________．[解析] 由题意得f ′(x )在(1,2)上有零点，即x 2＋2x －2a ＝0⇒a ＝12(x 2＋2x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4. [答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4 【例4】 (江苏省如东高级中学2021届高三上学期第二次学情调研)函数f (x )＝ln(1＋x )，x ∈[0，＋∞)，f ′(x )是f (x )的导函数．设g (x )＝f (x )－axf ′(x )(a 为常数)，求函数g (x )在[0，＋∞)上的最小值．【导学号：56394015】[解] 由题意g (x )＝ln(x ＋1)－ax 1＋x， g ′(x )＝1x ＋1－a (1＋x )－ax (1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2. 令g ′(x )＞0，即x ＋1－a ＞0，得x ＞a －1，当a －1≤0，即a ≤1时，g (x )在[0，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (0)＝ln(1＋0)－0＝0.当a －1＞0即a ＞1时，g (x )在[a －1，＋∞)上单调递增，在[0，a －1]上单调递减，所以g (x )min ＝g (a －1)＝ln a －a ＋1.综上：g (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，a ≤1，ln a －a ＋1，a ＞1.[举一反三](江苏省南通市如东县、徐州市丰县2021届高三10月联考)函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极小值10，那么b a 的值为________．－12 [因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，所以3＋2a ＋b ＝0,1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－6，b ＝9，又当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－6，b ＝9时f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，当⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1时f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 函数f (x )在x ＝1处取得极小值10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，b a 的值为－12.] [第3步▕ 高考易错明辨析]1．无视函数的定义域出错函数f (x )＝x －ln x 的单调递增区间是________．[错解] f ′(x )＝1－1x ，令f ′(x )＞0，即x －1x ＞0，所以x ＞1或x ＜0，所以函数的单调递增区间为(1，＋∞)，(－∞，0)，因为无视了定义域从而出错．[正解] f ′(x )＝1－1x ，令f ′(x )＞0，即x －1x ＞0，所以x ＞1或x ＜0，又因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以单调递增区间为(1，＋∞)．2．概念不清致误f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值为10，那么a ＋b 的值为________．[错解] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由x ＝1时，函数取得极值10，⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3.所以a ＋b ＝－7或0.[错解分析] 函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数值为0是函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取极值的必要不充分条件，但解题中把可导函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件当作充要条件处理．[正解] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由x ＝1时，函数取得极值10，⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3，当a ＝4，b ＝－11时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，在x ＝1两侧导数符号相反，符合题意；当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)2在x ＝1两侧导数符号一样，不符合题意，舍去．所以a ＝4，b ＝－11，a ＋b ＝－7.3．导数和单调性关系理解不清f (x )＝2x 2＋ax －2a 2x在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围． [错解] ∵f (x )＝x ＋a 2－a x ，∴f ′(x )＝1＋a x 2，又f (x )在区间[1，＋∞)是增函数，∴f ′(x )＝1＋a x 2＞0在区间[1，＋∞)恒成立，即a ＞－x 2，所以a ＞－1. f ′(x )＞0是函数f (x )在区间内为增函数的充分不必要条件，对于可导函数而言，f (x )在区间(a ，b )上单调递增(递减)的充要条件是：对于任意的x ∈(a ，b )，有f ′(x )≥0(或≤0)且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间上都不恒为0.[正解] ∵f (x )＝x ＋a 2－a x ，∴f ′(x )＝1＋a x 2，又f (x )在区间[1，＋∞)是增函数，∴f ′(x )＝1＋a x 2≥0在区间[1，＋∞)恒成立，即a ≥－x 2，又因为y ＝－x 2在[1，＋∞)上的最大值为－1，所以a ≥－1.———————专家预测·稳固提升———————(对应学生用书第11页)1．函数 f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限的充要条件是________．－65＜a ＜－316 [由f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝0得x ＝1或x ＝－2，结合图象可知函数的图象经过四个象限的充要条件是a ＜0，f (1)＞0，f (－2)＜0，即－65＜a ＜－316.]2．函数f (x )＝x 33＋mx 2＋(m ＋n )x ＋12的两个极值点分别为x 1，x 2，且x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，点P (m ，n )表示的平面区域为D ，假设函数y ＝log a (x ＋4)(a ＞1)的图象上存在区域D 内的点，那么实数a 的取值范围是________.【导学号：56394016】(1,3) [f ′(x )＝x 2＋mx ＋m ＋n 2，由题意得：⎩⎨⎧ f ′(0)＝m ＋n 2＞0，f ′(1)＝1＋m ＋m ＋n 2＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＞0，3m ＋n ＋2＜0.作出该不等式组表示的平面区域如下图，易得交点的坐标为(－1,1)，要使得函数y ＝log a (x ＋4)(a ＞1)的图象上存在区域D 内的点，那么需log a (－1＋4)＞1，即log a 3＞log a a ，∴1＜a ＜3.]3．将y ＝ln x 的图象绕坐标原点O 逆时针旋转角θ后第 一次与y 轴相切，那么角θ满足的条件是________(填序号)．sin θ＝ecos θ [设y ＝f (x )＝ln x 的图象的切线的斜率为k ，切点坐标(x 0，y 0)，由题意可得切线的斜率k ＝y 0x 0＝ln x 0x 0，由导数的几何意义得k ＝f ′(x 0)＝1x 0，∴ln x 0x 0＝1x 0，∴x 0＝e ，由θ的意义，得tan θ＝sin θcos θ＝1k ＝x 0＝e ，∴sin θ＝ecos θ.]4．设函数f (x )＝ln x ＋12x 2－(m ＋2)x ，在x ＝a 和x ＝b 处有两个极值点，其中0＜a ＜b ，m ∈R .(1)求实数m 的取值范围；(2)假设b a ≥e(e 为自然对数的底数)，求f (b )－f (a )的最大值．[解] (1)f ′(x )＝x 2－(m ＋2)x ＋1x， 那么由题意得方程x 2－(m ＋2)x ＋1＝0有两个正根，故⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2)2－4＞0，m ＋2＞0， 解得mm 的取值范围是m ＞0，(2)f (b )－f (a )＝ln b a ＋12(b 2－a 2)－(m ＋2)(b －a )， 又m ＋2＝a ＋b ，ab ＝1，∴f (b )－f (a )＝ln b a －12(b 2－a 2)＝ln b a －12⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－a 2ab ＝ln ba－12⎝⎛⎭⎪⎫ba－ab，设t＝ba(t≥e)，故构造函数g(t)＝ln t－12⎝⎛⎭⎪⎫t－1t(t≥e)，g′(t)＝1t－12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1t2＝－(t－1)22t2＜0，所以g(t)在[e，＋∞)上是减函数，g(t)≤g(e)＝1－e2＋12e，f (b)－f (a)的最大值为1－e2＋12e.。
苏教版江苏专版版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第三节导数与函数的极值最值教案文解析版
１．函数的极值（１）函数的极小值：函数y＝f（x）在点x＝a的函数值f（a）比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′（a）＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′（x）＜0，右侧f′（x）＞0，则点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．（２）函数的极大值：函数y＝f（x）在点x＝b的函数值f（b）比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′（b）＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′（x）＞0，右侧f′（x）＜0，则点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．函数的最值（１）在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．（２）若函数f（x）在[a，b]上单调递增，则f（a）为函数的最小值，f（b）为函数的最大值；若函数f（x）在[a，b]上单调递减，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值．[小题体验]１．当x＝________时，函数f（x）＝x·２x取极小值．答案：—错误!２．已知函数f（x）＝错误!x—sin x，则f（x）在[0，π]上的值域为________．答案：错误!３．已知a为函数f（x）＝x３—１２x的极小值点，则a＝________.解析：由题意得f′（x）＝３x２—１２，令f′（x）＝0得x＝±２，所以当x＜—２或x＞２时，f′（x）＞0；当—２＜x＜２时，f′（x）＜0，所以f（x）在（—∞，—２）上为增函数，在（—２,２）上为减函数，在（２，＋∞）上为增函数．所以f（x）在x＝２处取得极小值，所以a＝２．答案：２求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．[小题纠偏]１．函数f（x）＝x（１—x２）在[0,１]上的最大值为________．解析：f′（x）＝１—３x２，令f′（x）＝0，得x＝错误!∈[0,１]，当x∈错误!时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈错误!时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．所以f（x）max＝f错误!＝错误!.答案：错误!２．已知a≤错误!＋ln x对任意x∈错误!恒成立，则a的最大值为________．解析：设f（x）＝错误!＋ln x，则f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.当x∈错误!时，f′（x）＜0，故函数f（x）在错误!上单调递减；当x∈（１,２]时，f′（x）＞0，故函数f（x）在（１,２]上单调递增，所以f（x）min＝f（１）＝0，所以a≤0，即a的最大值为0．答案：0错误!错误![锁定考向]函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空题，也有解答题．常见的命题角度有：（１）判断函数极值点的个数；（２）求函数的极值；（３）由函数极值求参数值或范围．[题点全练]角度一：判断函数极值点的个数１．（２0１8·江都中学检测）函数f（x）＝ln x—x２的极值点个数为________．解析：f（x）＝ln x—x２，x∈（0，＋∞），f′（x）＝错误!—２x＝错误!，当0＜x＜错误!时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x＞错误!时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，所以函数f（x）的极值点个数为１．答案：１角度二：求函数的极值２．（２0１8·苏北四市高三一模）已知函数f（x）＝x２＋ax＋１，g（x）＝ln x—a（a∈R）．当a ＝１时，求函数h（x）＝f（x）—g（x）的极值．解：函数h（x）的定义域为（0，＋∞）．当a＝１时，h（x）＝f（x）—g（x）＝x２＋x—ln x＋２，所以h′（x）＝２x＋１—错误!＝错误!.令h′（x）＝0，得x＝错误!或x＝—１（舍去），当0＜x＜错误!时，h′（x）＜0；当x＞错误!时，h′（x）＞0，所以函数h（x）在区间错误!上单调递减，在区间错误!上单调递增，所以当x＝错误!时，函数h（x）取得极小值为错误!＋ln ２，无极大值．角度三：由函数极值求参数值或范围３．（２0１8·启东高三期末）设函数f（x）＝ax３＋错误!x２＋４x＋１有极大值f（x１）和极小值f （x２），若0＜x１＜１＜x２＜２，则实数a的取值范围为________．解析：由题意得f′（x）＝３ax２＋（３—7a）x＋４＝0的两根为x１，x２，且a＞0，因为0＜x１＜１＜x２＜２，f′（0）＝４＞0，所以错误!即错误!＜a＜５，所以实数a的取值范围为错误!.答案：错误!４．已知函数f（x）＝错误!.（１）求函数f（x）的单调区间；（２）设g（x）＝xf（x）—ax＋１，若g（x）在（0，＋∞）上存在极值点，求实数a的取值范围．解：（１）f（x）＝错误!，x∈（—∞，0）∪（0，＋∞），所以f′（x）＝错误!.当f′（x）＝0时，x＝１．f′（x）与f（x）随x的变化情况如下表：故f（x）的增区间为（１，＋∞），减区间为（—∞，0）和（0,１）．（２）g（x）＝e x—ax＋１，x∈（0，＋∞），所以g′（x）＝e x—a，１当a≤１时，g′（x）＝e x—a＞0，即g（x）在（0，＋∞）上递增，此时g（x）在（0，＋∞）上无极值点．２当a＞１时，令g′（x）＝e x—a＝0，得x＝ln a；令g′（x）＝e x—a＞0，得x∈（ln a，＋∞）；令g′（x）＝e x—a＜0，得x∈（0，ln a）．故g（x）在（0，ln a）上递减，在（ln a，＋∞）上递增，所以g（x）在（0，＋∞）有极小值无极大值，且极小值点为x＝ln a.故实数a的取值范围是（１，＋∞）．[通法在握]１．利用导数研究函数极值问题的一般流程２．已知函数极值点或极值求参数的２个要领列式根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性１．（２0１9·阜宁中学检测）若函数f（x）＝x３—ax２—bx＋a２在x＝１处有极值１0，则a＋b＝________.解析：对函数f（x）求导得f′（x）＝３x２—２ax—b，∵f（x）在x＝１处有极值１0，∴错误!解得错误!或错误!当a＝３，b＝—３时，f′（x）＝３（x—１）２≥0（此时无极值，舍去）；当a＝—４，b＝１１时，符合题意，∴a＋b＝7．答案：7２．（２0１8·锡山中学检测）设a∈R，若函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．解析：因为y＝e x＋ax，所以y′＝e x＋a.因为函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，所以方程y′＝e x＋a ＝0有大于零的解，因为x＞0时，—e x＜—１，所以a＝—e x＜—１．答案：（—∞，—１）３．（２0１8·盐城中学期末）已知函数f（x）＝x３—３ax２＋３x＋１．（１）若a＝２，求f（x）的单调区间；（２）若f（x）在区间（２,３）内至少有一个极值点，求a的取值范围．解：（１）由f（x）＝x３—３ax２＋３x＋１，得f′（x）＝３x２—6ax＋３，当a＝２时，f′（x）＝３x２—１２x＋３＝３（x２—４x＋１），由f′（x）＞0，得x＞２＋错误!或x＜２—错误!；由f′（x）＜0，得２—错误!＜x＜２＋错误!.∴f（x）的单调递增区间是（—∞，２—错误!）和（２＋错误!，＋∞），f（x）的单调递减区间是（２—错误!，２＋错误!）．（２）∵f′（x）＝３x２—6ax＋３，而f（x）在区间（２,３）中至少有一个极值点等价于方程３x２—6ax＋３＝0在其判别式Δ＞0（即a＞１或a＜—１）的条件下在区间（２,３）上有解．∴由３x２—6ax＋３＝0，得a＝错误!错误!，令g（x）＝错误!错误!，则g′（x）＝错误!错误!，∴g′（x）＞0在（２,３）上恒成立，即g（x）＞0在（２,３）上单调递增，∴错误!＜错误!错误!＜错误!，即错误!＜a＜错误!，∴a的取值范围是错误!.错误!错误![典例引领]已知函数f（x）＝错误!—１．（１）求函数f（x）的单调区间及极值；（２）设m＞0，求函数f（x）在区间[m,２m]上的最大值．解：（１）因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝错误!，由错误!得0＜x＜e；由错误!得x＞e，所以函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，＋∞），且f（x）极大值＝f（e）＝错误!—１，无极小值．（２）１当错误!即0＜m≤错误!时，函数f（x）在区间[m,２m]上单调递增，所以f（x）max＝f（２m）＝错误!—１；２当m＜e＜２m，即错误!＜m＜e时，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e,２m）上单调递减，所以f（x）max＝f（e）＝错误!—１＝错误!—１；３当m≥e时，函数f（x）在区间[m,２m]上单调递减，所以f（x）max＝f（m）＝错误!—１．综上所述，当0＜m≤错误!时，f（x）max＝错误!—１；当错误!＜m＜e时，f（x）max＝错误!—１；当m≥e时，f（x）max＝错误!—１．[由题悟法]求函数f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的３步骤（１）求函数在（a，b）内的极值；（２）求函数在区间端点的函数值f（a），f（b）；（３）将函数f（x）的极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．[即时应用]设n∈N*，a，b∈R，函数f（x）＝错误!＋b，已知曲线y＝f（x）在点（１,0）处的切线方程为y＝x—１．（１）求a，b；（２）求f（x）的最大值．解：（１）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!.所以f′（１）＝a，又切线斜率为１，故a＝１．由曲线y＝f（x）过点（１,0），有f（１）＝b＝0．故a＝１，b＝0．（２）由（１）知f（x）＝错误!，f′（x）＝错误!.令f′（x）＝0，即１—n ln x＝0，解得x＝e 1 n.当0＜x＜e 1n时，有f′（x）＞0，得f（x）在错误!上是增函数；当x＞e 1n时，有f′（x）＜0，得f（x）在（e 1n，＋∞）上是减函数．故f（x）在x＝e 1n处取得最大值f（e1n）＝错误!.错误!错误!对应学生用书P３４[典例引领]（２0１8·苏北四市期末）已知函数f（x）＝错误!—ax，g（x）＝ln x—ax，a∈R.（１）解关于x（x∈R）的不等式f（x）≤0；（２）证明：f（x）≥g（x）；（３）是否存在常数a，b，使得f（x）≥ax＋b≥g（x）对任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b 的值；若不存在，请说明理由．解：（１）当a＝0时，f（x）＝错误!，所以f（x）≤0的解集为{0}；当a≠0时，f（x）＝x错误!，若a＞0时，则f（x）≤0的解集为[0,２e a]；若a＜0时，则f（x）≤0的解集为[２e a,0]．综上所述，当a＝0时，f（x）≤0的解集为{0}；当a＞0时，f（x）≤0的解集为[0,２e a]；当a＜0时，f（x）≤0的解集为[２e a,0]．（２）证明：设h（x）＝f（x）—g（x）＝错误!—ln x（x＞0），则h′（x）＝错误!—错误!＝错误!.令h′（x）＝0，得x＝错误!，当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：所以函数h（x所以h（x）＝错误!—ln x≥0，即f（x）≥g（x）．（３）假设存在常数a，b使得f（x）≥ax＋b≥g（x）对任意的x＞0恒成立，即错误!≥２ax＋b≥ln x对任意的x＞0恒成立．而当x＝错误!时，ln x＝错误!＝错误!，所以错误!≥２a错误!＋b≥错误!，所以２a错误!＋b＝错误!，则b＝错误!—２a错误!，所以错误!—２ax—b＝错误!—２ax＋２a错误!—错误!≥0（*）恒成立，１当a≤0时，２a错误!—错误!＜0，所以（*）式在（0，＋∞）上不恒成立；２当a＞0时，则４a２—错误!错误!≤0，即错误!２≤0，所以a＝错误!，则b＝—错误!.令φ（x）＝ln x—错误!x＋错误!，则φ′（x）＝错误!，令φ′（x）＝0，得x＝错误!，当0＜x＜错误!时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，错误!）上单调递增；当x＞错误!时，φ′（x）＜0，φ（x）在（错误!，＋∞）上单调递减．所以φ（x）的最大值φ（错误!）＝0．所以ln x—错误!x＋错误!≤0恒成立．所以存在a＝错误!，b＝—错误!符合题意．[由题悟法]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，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．[即时应用]（２0１8·海门中学期末）已知函数f（x）＝（x＋１）e x，g（x）＝２x２＋３x＋m.（１）求f（x）的极值；（２）若g（x）≤f（x）对任意的x∈[—１,0]恒成立，求实数m的取值范围．解：（１）∵f′（x）＝（x＋２）e x，当f′（x）＞0时，x＞—２；当f′（x）＜0时，x＜—２，∴f（x）在x＝—２处取得极小值—错误!，无极大值．（２）由g（x）≤f（x），得m≤（x＋１）e x—（２x２＋３x）＝（x＋１）e x—（２x２＋３x＋１）＋１＝（x＋１）（e x—２x—１）＋１．∵x∈[—１,0]，∴x＋１≥0，令h（x）＝e x—２x—１，则h′（x）＝e x—２，当x∈[—１,0]时，h′（x）＜0，∴h（x）在[—１,0]上单调递减，∴h（x）≥h（0）＝0，即（x＋１）（e x—２x—１）≥0，∴[（x＋１）（e x—２x—１）＋１]min＝１，∴m≤１，即实数m的取值范围是（—∞，１]．错误!错误![典例引领]（２0１8·南京、盐城模拟）在一张足够大的纸板上截取一个面积为３600 cm２的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒（如图）．设小正方形边长为x cm，矩形纸板的两边AB，BC的长分别为a cm和b cm，其中a≥b.（１）当a＝90时，求纸盒侧面积的最大值；（２）试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解：（１）因为矩形纸板ABCD的面积为３600 cm２，当a＝90时，b＝４0，纸盒的底面矩形的长为90—２x，宽为４0—２x.所以纸盒的侧面积S（x）＝（２60—8x）x＝—8x２＋２60x，其中x∈（0,２0），故S（x）max＝S错误!＝错误!.答：当a＝90时，纸盒侧面积最大，最大值为错误!cm２.（２）纸盒的体积V＝（a—２x）（b—２x）x，其中x∈错误!，a≥b＞0，且ab＝３600．因为（a—２x）（b—２x）＝ab—２（a＋b）x＋４x２≤ab—４错误!x＋４x２＝４（x２—60x＋900），当且仅当a＝b＝60时取等号，所以V≤４（x３—60x２＋900x），x∈（0,３0）．记f（x）＝４（x３—60x２＋900x），x∈（0,３0），则f′（x）＝１２（x—１0）（x—３0），令f′（x）＝0，得x＝１0．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：由上表可知，f（x答：当a＝b＝60，且x＝１0时，纸盒的体积最大，最大值为１6 000 cm２.[由题悟法]利用导数解决生活中的优化问题的４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）回归实际问题作答．[即时应用]某空调制造公司有一条自动生产的流水线，价值约为a万元，现为了改善该流水线的生产能力，提高产品的增加值，需要进行全面的技术革新．经过市场调查，产品的增加值y（单位：万元）与技术革新投入的资金x（单位：万元）之间满足：１y与（a—x）和x２的乘积成正比；２当x＝错误!时，y＝a３；３x∈错误!，其中m是正数．（１）求y关于x的表达式；（２）试问当技术革新投入多少万元时，产品的增加值y最大．解：（１）由题意可设y＝f（x）＝k（a—x）x２.因为当x＝错误!时，y＝a３，所以k＝8．所以y＝f（x）＝8（a—x）x２，x∈错误!，其中m是正数．（２）因为f′（x）＝—２４x２＋１6ax，所以由f′（x）＝0，得x＝错误!或x＝0（舍去）．当错误!≤错误!，即0＜m≤１时，若x∈错误!，则f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在错误!上是增函数，所以当x＝错误!时，y取得最大值，且y max＝f错误!＝错误!a３.当错误!＞错误!，即m＞１时，若x∈错误!，则f′（x）＞0，所以f（x）在错误!上是增函数，若x∈错误!，则f′（x）＜0，所以f （x）在错误!上是减函数，所以当x＝错误!时，y取得最大值，且y max＝f错误!＝错误!a３.所以当0＜m≤１时，技术革新投入错误!万元时，产品的增加值y最大，且为错误!a３；当m＞１时，技术革新投入错误!万元时，产品的增加值y最大，且为错误!a３.一抓基础，多练小题做到眼疾手快１．（２0１9·昆山调研）已知函数f（x）的导函数f′（x）＝x２—x，则使得f（x）取得极大值的x＝________.解析：由f′（x）＝x２—x＝0得到x＝0或x＝１，当x＜0或x＞１时，f′（x）＞0．当0＜x＜１时，f′（x）＜0，所以当x＝0时，f（x）取得极大值．答案：0２．（２0１9·江都中学检测）函数f（x）＝x３—３x—３在区间[—３，0]上的最大值和最小值分别为m，n，则m＋n＝________.解析：∵f′（x）＝３x２—３＝３（x＋１）（x—１），∴当—３≤x＜—１时，f′（x）＞0；当—１＜x≤0时，f′（x）＜0．∴f（x）在[—３，—１）上是增函数，在（—１,0]上是减函数．∴当x＝—１时，f（x）取得最大值f（—１）＝—１，即m＝—１．∵f（—３）＝—２１＜f（0）＝—３，∴当x＝—３时，f（x）取得最小值f（—３）＝—２１，即n＝—２１．故m＋n＝—２２．答案：—２２３．（２0１8·启东中学测试）已知函数f（x）＝３x３—9x＋a有两个零点，则a＝________.解析：f′（x）＝9x２—9，由f′（x）＞0，得x＞１或x＜—１；由f′（x）＜0，得—１＜x＜１，所以f（x）在（—∞，—１）和（１，＋∞）上单调递增，在（—１,１）上单调递减，所以f（x）的极大值为f（—１）＝a＋6，极小值为f（１）＝a—6，要满足题意，则需f（—１）＝0或f（１）＝0，解得a＝±6．答案：±6４．（２0１8·太仓高级中学期末）函数f（x）＝x＋错误!的极大值是________．解析：易知f（x）的定义域为（—∞，0）∪（0，＋∞），f′（x）＝１—错误!，令１—错误!＝0，可得x＝—１或x＝１，当x∈（—∞，—１）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；当x∈（—１,0）时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；当x∈（0,１）时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；当x∈（１，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数，所以当x＝—１时，函数f（x）取得极大值—２．答案：—２５．（２0１8·南通期末）已知函数f（x）＝x３—x２＋a在[0,１]上恰好有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析：f′（x）＝x（３x—２），令f′（x）＞0，解得错误!＜x≤１；令f′（x）＜0，解得0＜x＜错误!，故f（x）在错误!上单调递减，在错误!上单调递增．若f（x）在[0,１]上恰好有两个零点，则错误!解得0≤a＜错误!.答案：错误!6．若函数f（x）＝错误!x３—错误!x２＋２bx在区间[—３,１]上不是单调函数，则函数f（x）在R 上的极小值为________．解析：f′（x）＝x２—（２＋b）x＋２b＝（x—b）（x—２），因为函数f（x）在区间[—３,１]上不是单调函数，所以—３＜b＜１，则由f′（x）＞0，得x＜b或x＞２，由f′（x）＜0，得b＜x＜２，所以函数f（x）的极小值为f（２）＝２b—错误!.答案：２b—错误!二保高考，全练题型做到高考达标１．若x＝１是函数f（x）＝ax３—ax２—x＋１的极值点，则f（x）的极小值为________．解析：f′（x）＝３ax２—２ax—１，若x＝１是f（x）的极值点，则f′（１）＝３a—２a—１＝0，解得a＝１，故f（x）＝x３—x２—x＋１，f′（x）＝３x２—２x—１＝（３x＋１）（x—１），由f′（x）＞0，解得x＞１或x＜—错误!；由f′（x）＜0，解得—错误!＜x＜１，所以f（x）在错误!上单调递增，在错误!上单调递减，在（１，＋∞）上单调递增，故f（x）极小值＝f（１）＝0．答案：0２．设直线x＝t与函数h（x）＝x２，g（x）＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝解析：由已知条件可得MN＝t２—ln t，设f（t）＝t２—ln t（t＞0），则f′（t）＝２t—错误!，令f′（t）＝0，得t＝错误!，当0＜t＜错误!时，f′（t）＜0，当t＞错误!时，f′（t）＞0，所以当t＝错误!时，f（t）取得最小值．答案：错误!３．（２0１8·东台安丰中学期中）已知函数f（x）＝lg错误!，若对任意x∈[２，＋∞），不等式f（x）＞0恒成立，则a的取值范围是________．解析：若对任意x∈[２，＋∞），不等式f（x）＞0恒成立，则lg错误!＞0＝lg １，∴x＋错误!—２＞１，即a＞３x—x２恒成立．令y＝３x—x２，其对称轴为x＝错误!，∴y＝３x—x２在[２，＋∞）上单调递减，∴y max＝6—４＝２，∴a＞２．答案：（２，＋∞）４．（２0１9·南京学情调研）已知函数f（x）＝错误!x３＋x２—２ax＋１，若函数f（x）在（１,２）上有极值，则实数a的取值范围为________．解析：因为函数f（x）在（１,２）上有极值，则需函数f（x）在（１,２）上有极值点．法一：令f′（x）＝x２＋２x—２a＝0，得x１＝—１—错误!，x２＝—１＋错误!，因为x１∉（１,２），因此则需１＜x２＜２，即１＜—１＋错误!＜２，即４＜１＋２a＜9，所以错误!＜a＜４，故实数a的取值范围为错误!.法二：f′（x）＝x２＋２x—２a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝—１，则f′（x）在（１,２）上是单调递增函数，因此错误!解得错误!＜a＜４，故实数a的取值范围为错误!.答案：错误!５．（２0１9·海门实验中学测试）已知函数f（x）＝x３＋bx２＋cx的图象如图所示，则x错误!＋x错误!解析：由图象可知f（x）的图象过点（１,0）与（２,0），x１，x２是函数f（x）的极值点，因此１＋b ＋c＝0,8＋４b＋２c＝0，解得b＝—３，c＝２，所以f（x）＝x３—３x２＋２x，所以f′（x）＝３x２—6x ＋２．因为x１，x２是方程f′（x）＝３x２—6x＋２＝0的两根，因此x１＋x２＝２，x１x２＝错误!，所以x错误!＋x错误!＝（x１＋x２）２—２x１x２＝４—错误!＝错误!.答案：错误!6．（２0１9·扬州调研）已知函数f（x）＝ln x—错误!（m＜0）在区间[１，e]上取得最小值４，则m＝________.解析：f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.令f′（x）＝0，得x＝—m，且当x＜—m时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞—m时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．若—m≤１，即—１≤m＜0时，f（x）min＝f（１）＝—m≤１，不可能等于４；若１＜—m≤e，即—e≤m＜—１时，f（x）min＝f（—m）＝ln（—m）＋１，令ln（—m）＋１＝４，得m＝—e３∉[—e，—１）；若—m＞e，即m＜—e时，f（x）min＝f（e）＝１—错误!，令１—错误!＝４，得m＝—３e，符合题意．综上所述，m＝—３e.答案：—３e7．（２0１8·海安高级中学期末）已知三次函数f（x）在x＝0处取得极值0，在x＝１处取得极值１，若存在两个不同实数x１，x２∈（k，k＋１），使得f（x１）＋f（x２）＝0，则实数k的取值范围是________．解析：设三次函数f（x）＝ax３＋bx２＋cx＋d，则f′（x）＝３ax２＋２bx＋c.∵f（x）在x＝0处取得极值0，在x＝１处取得极值１．∴错误!⇒错误!∴f（x）＝—２x３＋３x２，f′（x）＝—6x２＋6x，由f′（x）＞0，得0＜x＜１；由f′（x）＜0，得x＞１或x＜0，∴函数f（x）在（—∞，0），（１，＋∞）上单调递减，在（0,１）上单调递增，且f（0）＝0，f错误!＝0，作出函数f（x）的图象如图所示．结合图象可得k＜错误!＜k＋１，∴实数k的取值范围是错误!.答案：错误!8．已知y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线方程为y＝x—１，且f′（x）＝ln x＋１，则函数f（x）的最小值为________．解析：因为f′（x）＝ln x＋１，设f（x）＝x ln x＋C，又因为f（x）在点（１，f（１））处的切线方程为y＝x—１，故切点为（１,0），又切点在曲线f（x）＝x ln x＋C上，故C＝0，f（x）＝x ln x，令f′（x）＝ln x＋１＞0，解得x＞错误!，令f′（x）＜0，解得0＜x＜错误!，所以f（x）在区间错误!上单调递减，在错误!上单调递增，故当x＝错误!时，函数f（x）取得最小值，所以f（x）min＝f错误!＝—错误!.答案：—错误!9．（２0１8·南京、盐城二模）已知函数f（x）＝x（e x—２），g（x）＝x—ln x＋k，k∈R，e为自然对数的底数．记函数F（x）＝f（x）＋g（x）．（１）求函数y＝f（x）＋２x的极小值；（２）若F（x）＞0的解集为（0，＋∞），求k的取值范围．解：（１）y＝f（x）＋２x＝x e x，由y′＝（１＋x）e x＝0，得x＝—１．当x变化时，y′，y的变化情况如下表：x（—∞，—１）—１（—１，＋∞）y′—0＋y极小值所以当x（２）F（x）＝f（x）＋g（x）＝x e x—x—ln x＋k，F′（x）＝（x＋１）错误!，设h（x）＝e x—错误!（x＞0），则h′（x）＝e x＋错误!＞0恒成立，所以函数h（x）在（0，＋∞）上单调递增．又h错误!＝错误!—２＜0，h（１）＝e—１＞0，且h（x）的图象在（0，＋∞）上不间断，因此h（x）在（0，＋∞）上存在唯一的零点x0∈错误!且e0x＝错误!.当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即F′（x）＜0；当x∈（x0，＋∞）时，h（x）＞0，即F′（x）＞0，所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，故当x＝x0时，函数F（x）取极小值，也是最小值，为F（x0）＝x0e0x—x0—ln x0＋k＝１—x0—ln 错误!＋k＝１＋k.因为F（x）＞0的解集为（0，＋∞），所以１＋k＞0，即k＞—１．故k的取值范围是（—１，＋∞）．１0．（２0１9·启东高三联考）已知函数f（x）＝错误!—x，其中a＞0，函数f（x）的导数为f′（x）．（１）求函数f（x）在区间（１，e]上的值域；（２）若函数f（x）在（１，＋∞）上为单调减函数，求实数a的最大值；（３）若存在x１，x２∈[e，e２]，使f（x１）≤f′（x２）＋１成立，求实数a的取值范围．解：（１）由已知，得f′（x）＝错误!—１，因为x∈（１，e]，a＞0，所以f′（x）＜0，所以函数f（x）在（１，e]上为单调减函数，所以f（x）min＝f（e）＝a e—e，所以函数f（x）在区间（１，e]上的值域为[a e—e，＋∞）．（２）因为函数f（x）在（１，＋∞）上为单调减函数，所以f′（x）＝错误!—１≤0在（１，＋∞）上恒成立，只需f′（x）max≤0，又因为a＞0，f′（x）＝—a错误!２＋错误!—１，所以当错误!＝错误!，即x＝e２时，f′（x）max＝错误!—１≤0，所以a≤４，故实数a的最大值为４．（３）“存在x１，x２∈[e，e２]，使f（x１）≤f′（x２）＋１成立”等价于“当x１，x２∈[e，e２]时，f（x１）min≤f′（x２）max＋１”．由（２）知，当x∈[e，e２]时，f′（x）max＋１＝错误!，所以原问题又等价于“当x∈[e，e２]时，f（x）min≤错误!”．１当0＜a≤４时，由（１）知f′（x）max＝错误!—１≤0，f（x）在[e，e２]上为单调减函数，则f（x）min＝f（e２）＝错误!—e２≤错误!，所以0＜a≤错误!.２当a＞４时，f′（x）＝—a错误!２＋错误!—１在[e，e２]上为单调增函数，且值域为错误!，所以存在唯一x0∈（e，e２），使f′（x）＝0，且满足：当x∈（e，x0）时，使f′（x）＜0，f（x）在（e，x0）上单调递减；当x∈（x0，e２）时，使f′（x）＞0，f（x）在（x0，e２）上单调递增，所以f（x）min＝f（x0）＝错误!—x0≤错误!，x0∈（e，e２）．注意到y＝错误!—错误!，y′＝错误!＞0，故y＝错误!—错误!在（e，e２）上递增且恒正，所以a≤错误!＜错误!＝错误!＜４，与a＞４矛盾．错误!综上所述，实数a的取值范围为错误!.三上台阶，自主选做志在冲刺名校１．（２0１9·盐城中学测试）设函数f（x）＝错误!sin错误!，若存在f（x）的极值点x0满足x错误!＋[f（x0）]２＜m２，则实数m的取值范围是________________．解析：由题意可知f（x0）＝±错误!，则错误!＝kπ＋错误!，k∈Z，即x0＝错误!m，k∈Z，再由x错误!＋[f（x0）]２＜m２，可得当m２最小时，|x0|最小，而|x0|最小为错误!|m|，所以m２＞错误!m２＋３，即m２＞４，解得m＜—２或m＞２，故m的取值范围为（—∞，—２）∪（２，＋∞）．答案：（—∞，—２）∪（２，＋∞）２．（２0１8·徐州高三期中）如图，有一块半圆形空地，开发商计划建一个矩形游泳池ABCD及其矩形附属设施EFGH，并将剩余空地进行绿化，园林局要求绿化面积应最大化．其中半圆的圆心为O，半径为R，AB在直径上，点C，D，G，H在圆周上，E，F在边CD上，且∠BOG＝错误!，设∠BOC＝θ.（１）记游泳池及其附属设施的占地面积为f（θ），求f（θ）的表达式；（２）怎样设计才能符合园林局的要求？解：（１）由题意得AB＝２R cos θ，BC＝R sin θ，连结OH，易得△HOG为等边三角形，所以HG＝R，EH＝错误!R—R sin θ，所以f（θ）＝S矩形ABCD＋S矩形EFGH＝２R cos θ·R sin θ＋R错误!＝R２错误!，θ∈错误!.（２）要符合园林局的要求，只要f（θ）最小即可，由（１）知，f′（θ）＝R２（２cos２θ—２sin２θ—cos θ）＝R２（４cos２θ—cos θ—２），θ∈错误!.令f′（θ）＝0，即４cos２θ—cos θ—２＝0，解得cos θ＝错误!或cos θ＝错误!（舍去），令cos θ0＝错误!，θ0∈错误!，当θ∈（0，θ0）时，f′（θ）＜0，f（θ）是单调减函数；当θ∈错误!时，f′（θ）＞0，f（θ）是单调增函数，所以当θ＝θ0时，f（θ）取得最小值．答：当θ满足cos θ＝错误!时，符合园林局的要求．。
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专题03 导数一．基础题组1. 【2005江苏，理14】曲线31y x x =++在点（1,3）处的切线方程是 . 【答案】4x-y-1=0.2. 【2006江苏，理15】对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 . 【答案】2n+1-2． 【解析】1(1)n n y nxn x -'=-+，曲线y=x n (1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n2n-1-(n+1)2n切点为（2，-2n）,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得 a n =(n+1)2n,令b n =21n na n =+.数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n 项和为2+22+23+…+2n =2n+1-2. 3. 【2007江苏，理9】已知二次函数f （x ）=ax 2+bx +c 的导数为f ′（x ），f ′（0）>0，对于任意实数x ，有f （x ）≥0，则)0()1(f f '的最小值为 A.3 B.25C.2D.23 【答案】C.【解析】∵f'（x ）=2ax+b ，∴f'（0）=b ＞0；∵对于任意实数x 都有f （x ）≥0， ∴a ＞0且b 2-4ac≤0，∴b 2≤4ac，∴c ＞0；当a=c 时取等号．故选C ．4. 【2007江苏，理13】已知函数f （x ）=x 3－12x +8在区间一3，3］上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__________.【答案】32．【解析】解：令f′（x ）=3x 2-12=0，得x=-2或x=2， 列表得：可知M=24，m=-8，∴M-m=32． 故答案为：32.5. 【2008江苏，理8】设直线b x y +=21是曲线)0(ln >=x x y 的一条切线，则实数b 的值是___________. 【答案】ln2－1． 【解析】'1y x = ，令112x =得2x =，故切点（2，ln2），代入直线方程，得，所以b ＝ln2－1．6. 【2009江苏，理3】函数f(x)＝x 3－15x 2－33x+6的单调减区间为_____________________. 【答案】(－1,11)．【解析】f′(x)＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x+1), 当x ＜－1或x ＞11时,f′(x)＞,f(x)单调递增; 当－1＜x ＜11时,f′(x)＜0,f(x)单调递减.7. 【2009江苏，理9】在平面直角坐标系xOy 中,点P 在曲线C:y ＝x 3－10x+3上,且在第二象限内,已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2,则点P 的坐标为___________________.8. 【2014江苏，理11】在平面直角坐标系xoy 中，若曲线2by ax x=+（,a b 为常数）过点(2,5)P -，且该曲线在点P 处的切线与直线7230x y ++=平行，则a b += .【答案】3-．【解析】曲线2b y ax x =+过点(2,5)P -，则452b a +=-①，又2'2by ax x=-，所以7442b a -=-②，由①②解得1,2,a b =-⎧⎨=-⎩所以3a b +=-． 9. 【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ， 的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ， 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+ （其中a ，b 为常数）模型.（1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t ==解得1000a b =⎧⎨=⎩．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ⎛⎫⎪⎝⎭， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-， 则l 的方程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ⎛⎫A ⎪⎝⎭，230000,t ⎛⎫B ⎪⎝⎭． 故()22622433000341022t f t t t t ⨯⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，[]5,20t ∈． ②设()624410g t t t ⨯=+，则()6516102g t t t⨯'=-．令()0g t '=，解得102t =．二．能力题组1. 【2008江苏，理17】如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的两个顶点A ，B 及CD 的中点P 处．AB ＝20km ，BC ＝10km ．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域上（含边界）且与A ，B 等距的一点O 处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO ，BO ，PO ．记铺设管道的总长度为y km．（1）按下列要求建立函数关系式：（i）设BAOθ∠=（rad），将y表示成θ的函数；（ii）设OP x=（km），将y表示成x的函数；（2）请你选用（1）中的一个函数关系确定污水处理厂的位置，使铺设的污水管道的总长度最短.【答案】（1）（i）2010sin10cosyθθ-=+04πθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭（ii）)010y x x=+≤≤．（2）点P 位于线段AB 的中垂线上，在矩形区域内且距离ABkm处.令'y=0 得sin12θ=，因为04πθ<<，所以θ=6π，B当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，'0y < ，y 是θ的减函数；当,64ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，'0y > ，y 是θ的增函数，所以当θ=6π时，min 10y =+这时点P 位于线段AB 的中垂线上，在矩形区域内且距离AB km 处. 2. 【2011江苏，理12】在平面直角坐标系xOy 中，已知P 是函数f (x )＝e x(x ＞0)的图象上的动点，该图象在点P 处的切线l 交y 轴于点M .过点P 作l 的垂线交y 轴于点N .设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是________．【答案】2e +12e．【解析】设P 点坐标为)0)(,(>m e m m，由xe xf =')(得，l 的方程为)(m x e e y m m-=-，令0=x 得，mmme e y -=，过点P 的l 的垂线方程为)(m x e ey m m--=--，令0=x 得，m m me e y -+=，所以)(21m m m mme e me e t -++-=，令)(21)(m m m mme e me e m g -++-=，对函数)(m g 求导，当1=m 时，函数)(m g 的最大值为)(211-+e e . 3. 【2011江苏，理17】请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒． E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．【答案】(1) 15 ，(2) x ＝20时，包装盒的高与底面边长的比值为12.4. 【2012江苏，理18】若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点；(3)设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．【答案】(1) a＝0，b＝－3. (2) －2. (3) 9．【解析】解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.5. 【2015高考江苏，19】（本小题满分16分） 已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．（2） 1.c =又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值范围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭，因此1c =． 此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根，所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠， 解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ． 综上1c =．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点 三．拔高题组1. 【2010江苏，理20】设f (x )是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈(1，＋∞)都有h (x )＞0，使得f ′(x )＝h (x )(x 2－ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．(1)设函数f (x )＝ln x ＋21b x ++ (x ＞1)，其中b 为实数． ①求证：函数f (x )具有性质P (b )； ②求函数f (x )的单调区间．(2)已知函数g (x )具有性质P (2)，给定x 1，x 2∈(1，＋∞)，x 1＜x 2，设m 为实数，α＝mx 1＋(1－m )x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2，且α＞1，β＞1，若|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，求m 的取值范围．当b ＞2时，解方程x 2－bx ＋1＝0得x 1＝2b ，x 2＝2b .因为x 1＝2b 2b ＜1，x 2＝2b ＞1. 所以当x ∈(1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ＝x 2时，f ′(x )＝0.从而函①当m ∈(0,1)时，有α＝mx 1＋(1－m )x 2＞mx 1＋(1－m )x 1＝x 1，α＜mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，得α∈(x 1，x 2)，同理可得β∈(x 1，x 2)，所以由g (x )的单调性知g (α)，g (β)∈(g (x 1)，g (x 2))，从而有|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，符合题设．②当m ≤0时，α＝mx 1＋(1－m )x 2≥mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2≤(1－m )x 1＋mx 1＝x 1，于是由α＞1，β＞1及g (x )的单调性知g (β)≤g (x 1)＜g (x 2)≤g (α)，所以|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符．③当m ≥1时，同理可得α≤x 1，β≥x 2，进而得|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符．因此，综合①②③得所求的m 的取值范围为(0,1)．2. 【2011江苏，理19】已知a ，b 是实数，函数f (x )＝x 3＋ax ，g (x )＝x 2＋bx ，f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数．若f ′(x )g ′(x )≥0在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性一致．(1)设a ＞0，若f (x )和g (x )在区间－1，＋∞)上单调性一致，求b 的取值范围；(2)设a ＜0且a ≠B ．若f (x )和g (x )在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a －b |的最大值．【答案】(1) 2，＋∞)， (2)13. 【解析】解：f ′(x )＝3x 2＋a ，g ′(x )＝2x ＋B ． (1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在－1，＋∞)上恒成立．因为a ＞0，故3x 2＋a ＞0，进而2x ＋b≥0，即b≥－2x 在区间－1，＋∞)上恒成立，所以b≥2.因此b 的取值范围是2，＋∞)．(2)令f′(x)＝0，解得x ＝若b ＞0，由a ＜0得0∈(a ，b)．又因为f′(0)g′(0)＝ab ＜0，所以函数f(x)和g(x)在(a ，b)上单调性不一致．因此b≤0.现设b≤0.当x ∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；当x ∈(－∞，时，f ′(x )＞0.因此，当x ∈(－∞，时，f ′(x )g ′(x )＜0.故由题设得a ≥b ≥从而13-≤a ＜0，于是13-≤b ≤0.因此|a －b |≤13，且当a ＝13-，b ＝0时等号成立． 又当a ＝13-，b ＝0时，f ′(x )g ′(x )＝6x (x 219-)，从而当x ∈(13-，0)时f ′(x )g ′(x )＞0，故函数f (x )和g (x )在(13-，0)上单调性一致．因此|a －b |的最大值为13. 3. 【2013江苏，理20】设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．另外，当x ＞0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点． ③当0＜a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0＜x ＜a －1时，f ′(x )＞0，当x ＞a －1时，f ′(x )＜0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. 当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e.当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在e －1，a －1]上的图象不间断，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x－a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．4. 【2014江苏，理19】已知函数()x x f x e e-=+，其中e 是自然对数的底数. （1）证明：()f x 是R 上的偶函数；（2）若关于x 的不等式()1x mf x e m -≤+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（3）已知正数a 满足：存在0(1,)x ∈+∞，使得3000()(3)f x a x x <-+成立，试比较1a e -与1e a-的大小，并证明你的结论.【答案】（1）证明见解析；（2）13m ≤-；（3）当11()2e a e e+<<时，11a e e a --<，当a e =时，11a e e a --=，当a e >时，11a e e a -->．【解析】（1）证明：函数()f x 定义域为R ，∵()()x x f x ee f x --=+=，∴()f x 是偶函数． （2）由()1x mf x e m -≤+-得(()1)1x m f x e --≤-，由于当0x >时，1x e >，因此()2x x f x e e -=+>，即()110f x ->>，所以11()11x x x x e e m f x e e -----≤=-+-211xx xe e e -=+-，令211x x x e y e e -=+-，设1x t e =-，则0t <，21(1)11t t t y t t -+==+-，∵0t <，∴12t t+≤-（1t =-时等号成立），即1213y ≤--=-，103y -≤<，所以13m ≤-．5,【2016年高考江苏卷】现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥1111P A B C D -，下部分的形状是正四棱柱1111ABCD A B C D -(如图所示)，并要求正四棱柱的高1OO 是正四棱锥的高1PO 的4倍.（1）若16m,2m,AB PO ==则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m ，则当1PO 为多少时，仓库的容积最大？（第17题）【答案】（1）312（2）123PO =【解析】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函令'0V =，得23h =或23h =-. 当03h <<0V'> ，V 是单调增函数； 当236h <<时，0V'<，V 是单调减函数.故h=V取得极大值，也是最大值.PO=m时，仓库的容积最大.因此，当1【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.。