2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(十九)导数的简单应用 Word版含答案
2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(二十)函数与导数的综合问题 Word版含答案
课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题A 组1．(2019·南通等七市二模)已知函数f (x )＝2ln x ＋12x 2－ax ，a ∈R .(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值．(2)设函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )，若函数y ＝f (x )－g (x )是(0，＋∞)上的增函数，求x 0的值．(3)是否存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点？并说明理由． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x (x >0)，f ′(x )＝2x ＋x －3＝x 2－3x ＋2x，令f ′(x )＝0得，x ＝1或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示，所以函数f (x )的极大值为f (1)＝－52，极小值为f (2)＝2ln 2－4.(2)依题意，知切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 从而g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 记p (x )＝f (x )－g (x )，则p (x )＝f (x )－f (x 0)－f ′(x 0)(x －x 0)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)≥0在 (0，＋∞)上恒成立， 即p ′(x )＝2x －2x 0＋x －x 0≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x ＋2x≥x 0＋2x 0在(0，＋∞)上恒成立，因为x ＋2x≥2x ·2x ＝22(当且仅当x ＝2时，等号成立)， 所以22≥x 0＋2x 0，从而(x 0－2)2≤0，所以x 0＝ 2.(3)假设存在一条直线与函数f (x )的图象有两个不同的切点T 1(x 1，y 1)，T 2(x 2，y 2)，不妨设0<x 1<x 2，则函数f (x )的图象在点T 1处的切线l 1的方程为y －f (x 1)＝f ′(x 1)(x －x 1)，在点T 2处的切线l 2的方程为y －f (x 2)＝f ′(x 2)(x －x 2)．因为l 1，l 2为同一条直线，所以f ′(x 1)＝f ′(x 2)，f (x 1)－x 1f ′(x 1)＝f (x 2)－x 2f ′(x 2)，即2x 1＋x 1－a ＝2x 2＋x 2－a ，2ln x 1＋12x 21－ax 1－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 1－a ＝2ln x 2＋12x 22－ax 2－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2＋x 2－a ， 整理，得2ln x 2＋2x －x2＝0.①令t ＝x2，由0<x 1<x 2与x 1x 2＝2，得t ∈(0，1)，记p (t )＝2ln t ＋1t －t ，则p ′(t )＝2t －1t 2－1＝－（t －1）2t2<0， 所以p (t )在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p (1)＝0.从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点．2．(2019·苏北三市期末)已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立，求实数a 的值；(3)若函数f (x )存在两个极值点(极值点是函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )， 所以当a ＝1时，f (x )＝(x －1)ln x ， 则f ′(x )＝ln x ＋1－1x，当x ＝1时，f (1)＝0，f ′(1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝0. (2)因为对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立， 所以当ln x ＝0，即x ＝1时，f (x )＝0，a ∈R ； 当ln x >0，即x >1时，x ≥a 恒成立，所以a ≤1； 当ln x <0时，即0<x <1时，x ≤a 恒成立，所以a ≥1. 综上可知，a ＝1.(3)因为函数f (x )存在两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －a x＋1存在两个不相等的零点．设g (x )＝ln x － a x＋1，则g ′(x )＝1x ＋a x2＝x ＋ax2.当a ≥0时，g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，至多一个零点，不合题意． 当a <0时，因为x ∈(0，－a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(－a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (－a )＝ln( －a )＋2. 因为g (x )存在两个不相等的零点， 所以ln(－a )＋2<0，解得－e －2<a <0. 所以－1a>e 2>－a .因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＋a 2＋1>0，所以g (x )在(－a ，＋∞)上存在一个零点． 因为－e －2<a <0，所以a 2<－a .g (a 2)＝ln a 2－1a ＋1＝2ln(－a )＋1－a＋1，设t ＝－a ，则y ＝2ln t ＋1t ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫0<t <1e 2，因为y ′＝2t －1t2<0，所以y ＝2ln t ＋1t ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫0<t <1e 2单调递减， 所以y >2ln 1e 2＋e 2＋1＝e 2－3>0，所以g (a 2)＝ln a 2－1a＋1>0，所以g (x )在(0，－a )上存在一个零点． 综上可知，实数a 的取值范围为(－e －2，0)．3．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0，又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)， 故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )的极值点是x 1，x 2. 从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3，6]．4．(2019·常州期末)已知函数m (x )＝x 2，函数n (x )＝a ln x ＋1(a ∈R )． (1)若a ＝2，求曲线y ＝n (x )在点(1，n (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )＝m (x )－n (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；(3)若函数g (x )＝n (x )＋e x－e x －1≥0对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．(e 是自然对数的底数，e ≈2.718 28…)解：(1)当a ＝2时，n (x )＝2ln x ＋1，∴n ′(x )＝2x，∴n ′(1)＝2，又n (1)＝1，∴切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)f (x )＝x 2－a ln x －1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线．f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax.①若a ≤0，则f ′(x )>0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立， 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0， ∴此时f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意．②若a >0，令f ′(x )＝0，得x ＝a2或x ＝－a2(舍去)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表所示：若a2>1，即a >2，此时a >a2，则f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2<f (1)＝0，f (a )＝a 2－a ln a －1. 令F 1(a )＝a 2－a ln a －1，a ≥2，则F 1′(a )＝2a －ln a －1，令F 2(a )＝2a －ln a －1，a ≥2，则F 2′(a )＝2－1a>0对于a ∈[2，＋∞)恒成立，∴F 2(a )＝2a －ln a －1在[2，＋∞)上单调递增，∴F 2(a )≥F 2(2)＝3－ln 2>0， 即F 1′(a )>0对于a ∈[2，＋∞)恒成立， ∴F 1(a )＝a 2－a ln a －1在[2，＋∞)上单调递增， ∴F 1(a )≥F 1(2)＝3－2ln 2>0，即f (a )>0，∵f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2<0，且函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上有且只有一个零点，而函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，且f (1)＝0，故当a2>1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意．若a2＝1，即a ＝2， 则函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又f (1)＝0，∴f (x )≥f (1)＝0， 故当a2＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意．若0<a2<1，即0<a <2，此时0<e －1a<e 0＝1. ∵函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2<f (1)＝0，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1a ＝e －2a>0，∴函数f (x )在(0，1)内必有零点，∴不符合题意．综上，实数a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}． (3)g (x )＝a ln x ＋e x－e x (x ≥1)．令G (x )＝e x －e x ，x ≥1，则G ′(x )＝e x－e ≥0对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立， ∴函数G (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴G (x )≥G (1)＝0.①若a ≥0，则当x ≥1时，g (x )＝a ln x ＋e x－e x ≥0恒成立，符合；②若a <0，g ′(x )＝a x＋e x－e ，令H (x )＝a x＋e x －e ，x ≥1，则H ′(x )＝e x－a x2>0恒成立， ∴H (x )＝a x＋e x－e 在[1，＋∞)上单调递增． ∵a <0，∴1－a >1， ∴G (1－a )>G (1)＝0，即e 1－a>e(1－a )，∴H (1－a )＝a1－a＋e1－a－e>a 1－a ＋e －e a －e ＝a 1－a －e a ＝11－a＋(1－a )－2－(e －1)a ，∵a <0，1－a >1，∴11－a ＋(1－a )>2，(e －1)a <0，∴H (1－a )>0.∵H (x )＝a x＋e x－e 在[1，＋∞)上单调递增，其图象是一条连续的曲线，且H (1)＝a <0，∴存在唯一的x 0∈(1，1－a )，使得H (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0，当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴当x ∈(1，x 0)时，g (x )<g (1)＝0，不符合题意，舍去． 综上，实数a 的取值范围为[0，＋∞)．B 组——大题增分练1．(2019·扬州期末)已知函数f (x )＝(3－x )e x，g (x )＝x ＋a (a ∈R )．(e 是自然对数的底数，e ≈2.718…)(1)求函数f (x )的极值；(2)若函数y ＝f (x )g (x )在区间[1，2]上单调递增，求a 的取值范围； (3)若函数h (x )＝f （x ）＋g （x ）x在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并且h (x )的极大值小于整数b ，求b 的最小值．解：(1)f (x )＝(3－x )e x，f ′(x )＝(2－x )e x， 令f ′(x )＝0，解得x ＝2. 列表如下：∴当x ＝2时，函数f (x )取得极大值f (2)＝e 2，无极小值．(2)由y ＝f (x )g (x )＝(3－x )(x ＋a )e x ，得y ′＝e x [－x 2＋(3－a )x ＋3a －2x ＋(3－a )]＝e x [－x 2＋(1－a )x ＋2a ＋3]．令m (x )＝－x 2＋(1－a )x ＋2a ＋3， ∵e x>0，∴函数y ＝f (x )g (x )在区间[1，2]上单调递增等价于对任意的x ∈[1，2]，函数m (x )≥0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧m （1）≥0，m （2）≥0，解得a ≥－3. (3)h (x )＝f （x ）＋g （x ）x ＝（3－x ）e x ＋x ＋a x，h ′(x )＝e x（－x 2＋3x －3）－ax2， 令r (x )＝e x (－x 2＋3x －3)－a ，∵h (x )在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值， ∴h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即r (x )＝e x (－x 2＋3x －3)－a ＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2，不妨令x 1＜x 2. ∵r ′(x )＝e x(－x 2＋3x －3－2x ＋3)＝e x (－x 2＋x )＝x (1－x )e x， ∴当x ∈(0，1)时，r ′(x )>0，r (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )单调递减，则0<x 1<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧r （0）<0，r （1）>0，解得－3<a <－e ，∴r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－34e 32－a <－34e 32＋3<0，符合题意．∴函数h (x )在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值时，有－3<a <－e ，并且在区间(0，1)上存在极小值h (x 1)，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上存在极大值h (x 2)．h (x 2)＝（3－x 2）e x 2＋x 2＋ax 2，且h ′(x 2)＝x 2（－x ＋3x 2－3）－ax 22＝0，∴a ＝e x 2(－x 22＋3x 2－3)，h (x 2)＝（3－x 2）x 2＋x 2＋x 2（－x ＋3x 2－3）x 2＝e x 2(2－x 2)＋1.令H (x )＝e x (2－x )＋1，则H ′(x )＝e x(1－x )， 当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，∵x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<H (x 2)<H (1)，即h (x 2)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12e 32＋1，e ＋1，又3<12e 32＋1<e ＋1<4，且h (x )的极大值小于整数b ，∴满足题意的整数b 的最小值为4.2．(2019·南京四校联考)已知函数f (x )＝ax －1x－(3－a )ln x .(1)讨论函数f (x )的极值点个数；(2)若函数g (x )＝a e x－x 32有两个零点x 1，x 2，其中x 1<x 2，记t ＝x 2x 1，证明：x 1＋x 2随t的增大而增大．解：(1)显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ax 2－（3－a ）x ＋1x 2.若a ＝0，则f ′(x )＝－3x ＋1x2， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故函数f (x )有唯一的极(大)值点．若a ≠0，记m (x )＝ax 2－(3－a )x ＋1，则Δ＝(3－a )2－4a ＝a 2－10a ＋9， 当1≤a ≤9时，Δ≤0，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，无极值点．当a <0时，Δ>0，由于两根之积小于0，所以m (x )的两个根一正一负，设正根为x 0，则x 0为函数f (x )的唯一极值点．当0<a <1时，Δ>0，m (x )有两个大于零的根，故f (x )有两个极值点． 当a >9时，Δ>0，m (x )有两个小于零的根，故f (x )无极值点， 综上所述，当a ≥1时，函数f (x )无极值点； 当a ≤0时，函数f (x )有唯一极值点； 当0<a <1时，函数f (x )有两个极值点． (2)证明：依题意得，a e x 1＝x 132，a e x 2＝x 232.所以32ln x 1＝ln a ＋x 1，32ln x 2＝ln a ＋x 2，故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1.又x 2x 1＝t ，x 1<x 2，则t >1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ， 解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝32t ln t t －1，所以x 1＋x 2＝32·（t ＋1）ln tt －1.令h (x )＝（x ＋1）ln xx －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x （x －1）2. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，则u ′(x )＝－2x ＋1＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12>0，则u (x )单调递增，故对任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，x 1＋x 2随着t 的增大而增大．3．(2019·南京三模)已知函数f (x )＝ln x ＋a x＋1，a ∈R . (1)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝2x ＋b ，求a ，b 的值；(2)记g (x )＝f (x )＋ax ，若函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有最小值，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0时，关于x 的方程f (x )＝bx 2有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2，则f ′(1)＝1－a ＝2，解得a ＝－1，则f (x )＝ln x －1x＋1，此时f (1)＝ln 1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)， 代入切线方程，得b ＝－2， 所以a ＝－1，b ＝－2.(2)g (x )＝f (x )＋ax ＝ln x ＋a x ＋ax ＋1，g ′(x )＝1x －a x 2＋a ＝ax 2＋x －ax 2.①当a ＝0时，g ′(x )＝1x >0，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，则g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无最小值．②当a ≠0时，方程ax 2＋x －a ＝0的判别式Δ＝1＋4a 2>0， 则方程ax 2＋x －a ＝0有两个不相等的实数根，设为x 1，x 2，x 1，2＝－1± 1＋4a 22a，则x 1x 2＝－1，两根一正一负，不妨令x 1<0<x 2. 设函数m (x )＝ax 2＋x －a (x >0)，(ⅰ)当 a >0时，若x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则m (0)＝－a <0，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝a 4＋12－a >0，解得0<a <23. x ∈(0，x 2)时，m (x )<0，则g (x )单调递减，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，12时，m (x )>0，则g (x )单调递增， 所以当x ＝x 2时，g (x )取极小值，即最小值．若x 2≥12，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，m (x )<0，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，无最小值． (ⅱ)当a <0时，若x ∈(0，x 2)，则m (x )>0，g (x )单调递增，若x ∈(x 2，＋∞)，则m (x )<0，g (x )单调递减，所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上，g (x )不会有最小值， 所以a <0不满足条件．综上，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23. (3)当a ＝0时，由方程f (x )＝bx 2，得ln x ＋1－bx 2＝0，记h (x )＝ln x ＋1－bx 2，x >0，则h ′(x )＝1x －2bx ＝－2bx 2＋1x. ①当b ≤0时，h ′(x )>0恒成立，即h (x )在(0，＋∞)上为增函数，则函数h (x )至多只有一个零点，即方程f (x )＝bx 2至多只有一个实数根，所以b ≤0不符合题意．②当b >0时， 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12b ，则h ′(x )>0，所以函数h (x )单调递增， 若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12b ，＋∞，则h ′(x )<0，所以函数h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝ln 12b ＋12. 若方程f (x )＝bx 2有两个不相等的实数根，则h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝ln 12b ＋12>0，解得0<b <e 2. (ⅰ)当0<b <e 2时，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－b e 2<0.又⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2＝2b －e 22b e 2<0，所以1e <12b， 所以存在唯一的x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，12b ，使得h (x 1)＝0. (ⅱ)h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＝ln 1b ＋1－1b ＝－ln b ＋1－1b， 记k (b )＝－ln b ＋1－1b ，0<b <e 2， 因为k ′(b )＝－1b ＋1b 2＝1－b b 2，所以易知k (b )在(0，1)上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，e 2上为减函数，则k (b )max ＝k (1)＝0，则h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ≤0. 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2＝2－b 2b 2>0，所以1b >12b， 所以存在唯一的x 2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12b ，1b ，使得h (x 2)＝0， 综上，实数b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2. 4．对于函数f (x )，在给定区间[a ，b ]内任取n ＋1(n ≥2，n ∈N *)个数x 0，x 1，x 2，…，x n 使得a ＝x 0<x 1<x 2<…<x n －1<x n ＝b ，记S ＝∑i ＝0n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|.若存在与n 及x i (i ≤n ，i ∈N )均无关的正数A ，使得S ≤A 恒成立，则称f (x )在区间[a ，b ]上具有性质V .(1)若函数f (x )＝－2x ＋1，给定区间为[－1，1]，求S 的值；(2)若函数f (x )＝xex ，给定区间为[0，2]，求S 的最大值； (3)对于给定的实数k ，求证：函数f (x )＝k ln x －12x 2在区间[1，e]上具有性质V . 解：(1)因为函数f (x )＝－2x ＋1在区间[－1，1]为减函数，所以f (x i ＋1)＜f (x i )，所以|f (x i ＋1)－f (x i )|＝ f (x i )－f (x i ＋1)．S ＝∑i ＝0n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 0)－f (x 1)]＋[ f (x 1)－f (x 2)]＋…＋[ f (x n －1)－f (x n )] ＝f (x 0)－f (x n )＝f (－1)－f (1)＝4. (2)由f ′(x )＝1－x ex ＝0，得x ＝1.当x ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，1)为增函数；当x ＞1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(1，2)为减函数；所以f (x )在x ＝1时取极大值1e. 设x m ≤1＜x m ＋1，m ∈N ，m ≤n －1，则S ＝∑i ＝0n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝|f (x 1)－f (0)|＋…＋|f (x m )－f (x m －1)|＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋|f (x m ＋2)－f (x m ＋1)|＋…＋|f (2)－f (x n －1)|＝[f (x 1)－f (0)]＋…＋[f (x m )－f (x m －1)]＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋[f (x m ＋1)－f (x m ＋2)]＋…＋[f (x n －1)－f (2)]＝[f (x m )－f (0)]＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋[f (x m ＋1)－f (2)]．因为|f (x m ＋1)－f (x m )|≤[f (1)－f (x m )]＋[f (1)－f (x m ＋1)]，当x m ＝1时取等号， 所以S ≤f (x m )－f (0)＋f (1)－f (x m )＋f (1)－f (x m ＋1)＋f (x m ＋1)－f (2)＝2f (1)－f (0)－f (2)＝2（e －1）e 2. 所以S 的最大值为2（e －1）e 2. (3)证明：f ′(x )＝k x －x ＝k －x 2x，x ∈[1，e]． ①当k ≥e 2时，k －x 2≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在[1，e]上为增函数，所以S ＝∑i ＝0n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 1)－f (x 0)]＋[f (x 2)－f (x 1)]＋…＋[ f (x n )－f (x n －1)]＝f (x n )－f (x 0)＝f (e)－f (1)＝k ＋12－12e 2. 因此，存在正数A ＝k ＋12－12e 2，都有S ≤A ，因此f (x )在[1，e]上具有性质V . ②当k ≤1时，k －x 2≤0恒成立，即f ′(x )≤0恒成立，所以f (x )在[1，e]上为减函数，所以S ＝∑i ＝0n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 0)－f (x 1)]＋[f (x 1)－f (x 2)]＋…＋[ f (x n －1)－f (x n )]＝f (x 0)－f (x n )＝ f (1)－f (e)＝ 12e 2－k －12.因此，存在正数A ＝12e 2－k －12，都有S ≤A ，因此f (x )在[1，e]上具有性质V . ③当1＜k ＜e 2时，由f ′(x )＝0，得x ＝k ；当f ′(x )＞0，得1≤x ＜k ；当f ′(x )＜0，得k ＜x ≤e ，因此f (x )在[1，k )上为增函数，在(k ，e]上为减函数． 设x m ≤k ＜x m ＋1，m ∈N ，m ≤n －1，则S ＝∑i ＝1n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝|f (x 1)－f (x 0)|＋…＋|f (x m )－f (x m －1)|＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋|f (x m ＋2)－f (x m ＋1)|＋…＋|f (x n )－f (x n －1)|＝f (x 1)－f (x 0)＋…＋f (x m )－f (x m －1)＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋ f (x m ＋1)－f (x m ＋2)＋…＋f (x n －1)－f (x n )＝f (x m )－f (x 0)＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋ f (x m ＋1)－f (x n )≤f (x m )－f (x 0)＋ f (x m ＋1)－f (x n )＋ f (k )－f (x m ＋1)＋ f (k )－f (x m )＝2f (k )－f (x 0)－f (x n )＝k ln k －k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－k ＋12e 2＝k ln k －2k ＋12＋12e 2. 因此，存在正数A ＝k ln k －2k ＋12＋12e 2，都有S ≤A ，因此f (x )在[1，e]上具有性质V . 综上，对于给定的实数k ，函数f (x )＝k ln x －12x 2 在区间[1，e]上具有性质V .。
2020版江苏省高考文科数学二轮专题复习 导数及其应用考点考题突破一遍过(48张)
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第二部分 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数
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(2)函数的极值与最值 ①函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整 个范围内讨论的问题． ②函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也 可能没有． ③闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值， 则此极值一定是函数的最值．
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．
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第二部分 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数
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导数的几何意义 [典型例题]
(1)(2019·高考江苏卷)在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 在曲线 y＝ln x 上，且该 曲线在点 A 处的切线经过点(－e，－1)(e 为自然对数的底数)，则点 A 的坐标是_______． (2)(2019·南通市高三第一次调研测试)已知两曲线 f(x)＝2sin x，g(x)＝acos 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________．
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第二部分 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数
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【解析】 (1)设 A(x0，ln x0)，又 y′＝1x，则曲线 y＝ln x 在点 A 处的切线方程为 y－ln x0 ＝x10(x－x0)，将(－e，－1)代入得，－1－ln x0＝x10(－e－x0)，化简得 ln x0＝xe0，解得 x0 ＝e，则点 A 的坐标是(e，1)． (2)设点 P 的横坐标为 x0，则 2sin x0＝acos x0， (2cos x0)(－asin x0)＝－1， 所以 4sin2x0＝1．因为 x0∈0，π2，所以 sin x0＝12，cos x0＝ 23，所以 a＝233． 【答案】 (1)1 (2)233
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.
江苏省2020届高考数学二轮复习 专题4 导数(Ⅱ)
江苏省2020届高考数学（苏教版）二轮复习专题4 导__数(Ⅱ)解答题中出现导数的几率非常大，导数的考查思路比较清晰，把导数作为工具仅限于理论上的分析和实践中的应用，考查导数有时会跟分类讨论、数形结合、函数与方程联系一起综合考查，特别是利用导数解决函数最值问题的实际操作，更是层出不穷，所以在平时的学习当中，注重函数模型化的识别.1．设直线y ＝12x ＋b 是曲线y ＝ln x (x >0)的一条切线，则实数b 的值是________．解析：由题意得：y ′＝1x ，令1x ＝12，得x ＝2，故切点(2，ln 2)，代入直线方程y ＝12x ＋b ，得b ＝ln 2－1.答案：ln 2－12．函数y ＝4x 2＋1x单调递增区间是________．解析：令y ′＝8x －1x 2＝8x 3－1x2>0，(2x －1)(4x 2＋2x ＋1)>0，x >12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如右图所示，则f (x )的图象最有可能的是________．(填图象序号)解析：利用导函数的图象的零点，可知函数f (x )在(－∞，0)及(2，＋∞)上单调递增，而在(0,2)上单调递减．从而只有图象③符合要求．答案：③4．函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递增，则实数a 的最大值为________．解析：法一：f ′(x )＝1－a 2x ，由已知，得1－a2x ≥0，即a ≤2x 在区间[1,4]上恒成立．∴a ≤(2x )min ＝2，∴a max ＝2. 法二：令t ＝x ，则把函数f (x )＝x －a x 看成是函数y ＝t 2－at ，t ∈[1,2]，与函数t ＝x ，x ∈[1,4]的复合函数，∵t ＝x 在区间[1,4]上单调递增，∴要使函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递增，只要y ＝t 2－at 在区间[1,2]上单调递增即可．当且仅当a2≤1，即a ≤2，∴a max ＝2.答案：25．(2020·南通模拟)各项均为正数的等比数列{}a n 满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析：各项为正的等比数列{}a n 满足：a 1a 7＝4，a 6＝8，推算出a 1＝14，q ＝2，所以a n ＝2n －3.又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋10a 10x 9，将x ＝12代入得na n x n －1＝14n ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14(1＋2＋…＋10)．答案：554[典例1](2020·江苏高考)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．[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.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2.于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x<－2时，g′(x)<0；当－2<x<1时，g′(x)>0，故－2是g(x)的极值点．当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.当|d|<2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．①当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，于是f (x )是单调增函数，从而f (x )>f (2)＝2，此时f (x )＝d 无实根．同理，f (x )＝d 在(－∞，－2)上无实根．②当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，于是f (x )是单调增函数，又f (1)－d <0，f (2)－d >0，y ＝f (x )－d 的图象不间断，所以f (x )＝d 在(1,2)内有惟一实根．同理，f (x )＝d 在(－2，－1)内有惟一实根．③当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0，故f (x )是单调减函数，又f (－1)－d >0，f (1)－d <0，y ＝f (x )－d 的图象不间断，所以f (x )＝d 在(－1,1)内有惟一实根．由上可知：当|d |＝2时，f (x )＝d 有两个不同的根x 1，x 2满足|x 1|＝1，|x 2|＝2； 当|d |<2时，f (x )＝d 有三个不同的根x 3，x 4，x 5满足|x i |<2，i ＝3,4,5. 现考虑函数y ＝h (x )的零点．(ⅰ)当|c |＝2时，f (t )＝c 有两个根t 1，t 2满足|t 1|＝1，|t 2|＝2，而f (x )＝t 1有三个不同的根，f (x )＝t 2有两个不同的根，故y ＝h (x )有5个零点．(ⅱ)当|c |<2时，f (t )＝c 有三个不同的根t 3，t 4，t 5满足|t i |<2，i ＝3,4,5，而f (x )＝t i (i ＝3,4,5)有三个不同的根，故y ＝h (x )有9个零点．综上可知，当|c |＝2时，函数y ＝h (x )有5个零点； 当|c |<2时，函数y ＝h (x )有9个零点．本题考查函数的概念、性质以及导数等基础知识，考查运算求解能力、运用数形结合、分类讨论思想分析与解决问题的能力．第一问利用极值点列方程组，求出a 和b 的值；第二问先求极值点．第三问要注意整体换元思想，要注意变形的等价性和函数的零点的认识，极值和极值点的理解．[演练1](2020·泰州期末)已知函数f (x )＝12x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋12a ln x －2ax .(1)当a ＝－12时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )在f ′(x )的单调区间上也是单调的，求实数a 的范围． 解：(1)f (x )＝12x 2－116ln x ＋x (x >0)，f ′(x )＝x －116x ＋1＝16x 2＋16x －116x ＝0，∴x 1＝－2－54，x 2＝－2＋54.∴f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－2＋54上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2＋54，＋∞上单调递增．∴f (x )在x ＝－2＋54时取极小值． (2)f ′(x )＝x 2－2ax ＋34a 2＋12ax(x >0)，令g (x )＝x 2－2ax ＋34a 2＋12a ，Δ＝4a 2－3a 2－2a ＝a 2－2a ，设g (x )＝0的两根x 1，x 2(x 1<x 2)，(ⅰ)当Δ≤0时，即0≤a ≤2，f ′(x )≥0， ∴f (x )单调递增，满足题意． (ⅱ)当Δ>0时，即a <0或a >2时，①若x 1<0<x 2，则34a 2＋12a <0，即－23<a <0时，f (x )在(0，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增，f ′(x )＝x ＋34a 2＋12a x －2a ，f ″(x )＝1－34a 2＋12a x2≥0， ∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意； ②若x 1<x 2<0，则⎩⎪⎨⎪⎧34a 2＋12a ≥0，a <0，即a ≤－23时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，满足题意；③若0<x 1<x 2则⎩⎪⎨⎪⎧34a 2＋12a >0，a >0，即a >2时，f (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，不合题意．综上得a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[0,2]．[典例2](2020·徐州最后一卷)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (3)证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①0<t <t ＋2<1e ，t 无解；②0<t ≤1e <t ＋2，即0<t <1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； ③1e <t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ； 所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e.(2)2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，x ∈(0,1)，h ′(x )<0，h (x )单调递减，x ∈[1，＋∞)，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4.(3)问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e 时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易得m (x )max ＝m (1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．本题第一问考查单调和分类讨论的思想；第二问是通过转化与化归思想解决h (x )的最小值问题；第三问有一定的难度，如果直接化成ln x －1e x ＋2e x >0来解决，对p (x )＝ln x －1e x ＋2e x求导将无法得到极值点，通过将原不等式化归成x ln x >x e x －2e，分别求f (x )的最小值和m (x )的最大值来研究，则不难获得证明．[演练2]设a ≥0，f (x )＝x －1－ln 2x ＋2a ln x (x >0)．(1)令F (x )＝xf ′(x )，讨论F (x )在(0，＋∞)内的单调性并求极值； (2)求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1.解：(1)根据求导法则有f ′(x )＝1－2ln x x ＋2ax，x >0，故F (x )＝xf ′(x )＝x －2ln x ＋2a ，x >0，于是F ′(x )＝1－2x ＝x －2x，x >0.列表如下：x (0,2) 2 (2，＋∞)F ′(x ) －0 ＋F (x )极小值F (2)故知F (x )在(0,2)内是减函数，在(2，＋∞)内是增函数，所以在x ＝2处取得极小值F (2)＝2－2ln 2＋2a .(2)证明：由a ≥0知，F (x )的极小值F (2)＝2－2ln 2＋2a >0.于是由上表知，对一切x ∈(0，＋∞)，恒有F (x )＝xf ′(x )>0.从而当x >0时，恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 所以当x >1时，f (x )>f (1)＝0， 即x －1－ln 2x ＋2a ln x >0.故当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. [典例3](2020·泰州中学期末)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 的大小关系；(3)求a 的取值范围，使得g (a )－g (x )<1a对任意x >0成立．[解] (1)由题设知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x，所以g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数， 故(0,1)是g (x )的单调递减区间．当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数，故(1，＋∞)是g (x )的单调递增区间． 因此，x ＝1是g (x )的惟一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．所以g (x )的最小值为g (1)＝1.(2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－ln x ＋x ， 设h (x )＝g (x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝2ln x －x ＋1x，则h ′(x )＝－x －12x 2，当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0.因此h (x )在(0，＋∞)内单调递减，当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x .(3)由(1)知g (x )的最小值为1，所以，g (a )－g (x )<1a，对任意x >0，成立⇔g (a )－1<1a，即ln a <1，从而得0<a <e.所以a 的取值范围为(0，e)．(1)先求出原函数f (x )，再求得g (x )，然后利用导数判断函数的单调性(单调区间)，并求出最小值；(2)作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；(3)对于恒成立问题可转化为求函数的最值问题． [演练3]若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈(0,1]都成立，则实数a 取值范围是________． 解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，a ≤－1或a ≥1. 令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x<0，g (x )在(0,1]上递减，g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不符合题意． ②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＝0⇒x ＝313a .|g (x )|的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln (3a )≥1，解得a ≥e 23.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 23，＋∞[专题技法归纳] (1)利用导数研究函数极值问题需注意解题步骤． (2)根据函数的极值求参数值一定要注意进行检验．(3)利用导数研究函数最值问题讨论思路很清晰，但计算比较复杂，其次有时需要二次求导研究导函数的最值来判断导函数的正负．1．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，则实数a 的取值为________．解析：设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，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：－2564或12．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围为________． 解析：由曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4.可得曲线C 在点P 处切线的斜率范围为[0,1]，又y ′＝2x ＋2，设点P 的横坐标为x 0，则0≤2x 0＋2≤1，解得－1≤x 0≤－12.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12 3．(2020·启东期末)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)·x ＋1在区间(1,4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋(a －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a －1，结合图象知4≤a －1≤6，故a ∈[5,7]．答案：[5,7]4．(2020·通州中学期末)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x.因为函数f ′(x )存在单调递减区间，所以f ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，从而ax 2＋2x －1>0有正解．①当a >0时，y ＝ax 2＋2x ＋1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1>0总有正解；②当a <0时，y ＝ax 2＋2x ＋1为开口向下的抛物线，要使ax 2＋2x －1>0总有正解，则Δ＝4＋4a >0，解得－1<a <0.综上所述，a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞)5．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．若函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，则实数a 的取值范围是________．解析：函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，等价于f ′(x )＝0在区间(－1,1)上有实数解，且无重根．又f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)，由f ′(x )＝0，得x 1＝a ，x 2＝－a ＋23.从而⎩⎪⎨⎪⎧－1<a <1，a ≠－a ＋23，或⎩⎪⎨⎪⎧－1<－a ＋23<1，a ≠－a ＋23.解得⎩⎪⎨⎪⎧－1<a <1，a ≠－12，或⎩⎪⎨⎪⎧－5<a <1，a ≠－12.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－5，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－5，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，则b ＋c 的最大值为________．解析：考查线性规划思想，有导函数f ′(x )≤0恒成立构造线性区域，得到b ＋c 的最大值为－152.答案：－1527．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)ex －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的解析式为________．解析：令x ＝0列一个方程，然后求导，再令x ＝1，列一个方程，从而求出f ′(1)＝e ，f (0)＝1，f (x )＝e x －x ＋12x 2.答案：f (x )＝e x－x ＋12x 28．(2020·南通高中联考)设函数f (x )＝ax ，x ∈[0，π]，且f (x )≤1＋sin x ，则a 的取值范围________．解析：因为f (x )≤1＋sin x ⇔ax ≤1＋sin x . 当x ＝0时，0≤1＋sin 0＝1恒成立． 当0<x ≤π时，ax ≤1＋sin x ⇔a ≤1＋sin xx⇔a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋sin x x min.令g (x )＝1＋sin xx(0<x ≤π)，则g ′(x )＝x cos x －1－sin x x 2，令c (x )＝x cos x －1－sin x ，c ′(x )＝－x sin x ≤0，x ∈(0，π]．故c (x )在(0，π]上单调递减，c (x )<c (0)＝－1<0. 综上可知x ∈(0，π]时，g ′(x )<0， 故g (x )在区间(0，π]上单调递减． 所以[g (x )]min ＝g (π)＝1π.故a ≤1π.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1π9．设函数f (x )＝x 2－ax ＋a ＋3，g (x )＝ax －2a .若存在x 0∈R ，使得f (x 0)<0与g (x 0)<0同时成立，则实数a 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 2－ax ＋a ＋3知，f (0)＝a ＋3，f (1)＝4，又存在x 0∈R ，使得f (x 0)<0， 知Δ＝a 2－4(a ＋3)>0，即a <－2或a >6. 又g (x )＝ax －2a 恒过(2,0)．①若a >6时，⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f 2<0⇒a >7，②若a <－2时，a2<－1，又f (1)>4，显然不成立．答案：(7，＋∞)10．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )＝1≥0显然成立；当x >0即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3，设g (x )＝3x 2－1x3，则g ′(x )＝31－2xx 4，g (x )在区间⎝⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4；当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，g ′(x )＝31－2xx 4>0，g (x )在区间[－1,0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4.综上a ＝4. 答案：411．(2020·南通学科基地)已知函数f (x )＝12ax 2－2x sin 2α和函数g (x )＝ln x ，记F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)当α＝π3时，若f (x )在[1,2]上的最大值是f (2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝1时，判断F (x )在其定义域内是否有极值，并予以证明；(3)对任意的α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，23π，若F (x )在其定义域内既有极大值又有极小值，试求实数a 的取值范围．解：(1)α＝π3时，f (x )＝12ax 2－32x .①当a ＝0时，f (x )＝－32x ，不合题意；②当a <0时，f (x )＝12ax 2－32x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32a 上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞上递减，而[1,2]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞，故不合题意；③当a >0时，f (x )＝12ax 2－32x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32a 上递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞上递增，f (x )在[1,2]上的最大值是max{f (1)，f (2)}＝f (2)，所以f (1)≤f (2)，即12a －32≤2a －3，所以a ≥1.综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)a ＝1时，F (x )＝12x 2－2x sin 2α＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，F ′(x )＝x ＋1x－2sin 2α≥2－2sin 2α＝2cos 2 α≥0.①当cos α≠0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增，从而F (x )在其定义域内没有极值；②当cos α＝0时，F ′(x )＝x ＋1x －2＝x －12x，令F ′(x )＝0，有x ＝1，但是x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )也单调递增，所以F (x )在其定义域内也没有极值．综上，F (x )在其定义域内没有极值．(3)据题意可知，令F ′(x )＝ax ＋1x－2sin 2α＝0，即方程ax 2－2x sin 2α＋1＝0在(0，＋∞)上恒有两个不相等的实数根．即⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4sin 4α－4a >0，a >0恒成立，因为α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，23π，sin α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，所以0<a <116. 所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，116 12．(2020·苏中五市联考)如图，实线部分的月牙形公园是由圆P 上的一段优弧和圆Q 上的一段劣弧围成，圆P 和圆Q 的半径都是2 km ，点P 在圆Q 上，现要在公园内建一块顶点都在圆P 上的多边形活动场地．(1)如图甲，要建的活动场地为△RST ，求场地的最大面积； (2)如图乙，要建的活动场地为等腰梯形ABCD ，求场地的最大面积．解：(1)过S 作SH ⊥RT 于H ，S △RST ＝12SH ·RT .由题意，△RST 在月牙形公园里，RT 与圆Q只能相切或相离；RT 左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，则有RT ≤4，SH ≤2，当且仅当RT 切圆Q 于P (H )时(如下左图)，上面两个不等式中等号同时成立． 此时，场地面积的最大值为S △RST ＝12×4×2＝4(km 2)．(2)同(1)的分析，要使得场地面积最大，AD 左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，AD 必须切圆Q 于P (如上右图)，再设∠BPA ＝θ，则有S四边形ABCD＝12×2×2×sin θ×2＋12×2×2×sin(π－2θ)＝4(sin θ＋sin θcosθ)⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2.令y ＝sin θ＋sin θcos θ，则y ′＝cos θ＋cos θcos θ＋sin θ(－sin θ)＝2cos 2 θ＋cos θ－1.令y ′＝0，则cos θ＝12，θ＝π3.又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，y ′>0，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2时，y ′<0，函数y ＝sin θ＋sin θcos θ在θ＝π3处取到极大值也是最大值，故θ＝π3时，场地面积取得最大值为3 3km 2.。
2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(十九)导数的简单应用
课时达标训练(十九) 导数的简单应用A 组1．(2019·苏州期末)曲线y ＝x ＋2e x在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．解析：由函数y ＝x ＋2e x ，可得y ′＝1＋2e x，当x ＝0时，y ＝2，y ′＝3，所以曲线y ＝x ＋2e x 在点(0，2)处的切线方程为y ＝3x ＋2，令y ＝0，可得x ＝－23，所以曲线y ＝x ＋2ex在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12×2×23＝23.答案：232．(2019·常州期末)若直线kx －y －k ＝0与曲线y ＝e x(e 是自然对数的底数)相切，则实数k ＝________．解析：设切点坐标为(x 0，e x 0)，则曲线y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线方程为y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，即e x 0x －y ＋e x 0(1－x 0)＝0，易知该切线与直线kx －y －k ＝0重合，所以e x 0＝－e x 0(1－x 0)＝k ，得x 0＝2，k ＝e 2.答案：e 23．(2019·安徽师大附中期中)已知函数f (x )＝e x ＋a e －x为偶函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为83，则该切点的横坐标为________．解析：∵函数f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即e －x ＋a e x ＝e x ＋a e －x，可得a ＝1.∴f (x )＝e x ＋e －x ，∴f ′(x )＝e x －e －x.设该切点的横坐标为x 0，则e x 0－e －x 0＝83.令e x 0＝t >0，可得t －1t ＝83，整理可得3t2－8t －3＝0，解得t ＝3或－13(舍)．∴e x 0＝3，解得x 0＝ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34．(2019·广东广州一模)已知过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，y 0)，则由(x e x )′＝x e x ＋e x可知切线斜率k ＝(x 0＋1)·e x 0，所以切线方程为y －y 0＝(x 0＋1)·e x 0(x －x 0)．将点A (a ，0)代入切线方程得－y 0＝(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)．又y 0＝x 0e x 0，所以(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)＝－x 0e x 0，整理得x 20－ax 0－a ＝0有两个解，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0.答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)5．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则e x＝－a ，x ＝ln(－a )．因为函数f (x )有大于零的极值点，所以ln(－a )＞0，所以－a ＞1，即a ＜－1. 答案：(－∞，－1)6．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3.答案：(－∞，－3]7．(2019·盐城三模)已知函数f (x )＝x ＋4sin x ，若不等式kx ＋b 1≤f (x )≤kx ＋b 2对一切实数x 恒成立，则b 2－b 1的最小值为________．解析：原不等式可化为(k －1)x ＋b 1≤4sin x ≤(k －1)x ＋b 2，结合函数图象(图略)知k ＝1，进一步得b 2≥4，b 1≤－4，所以b 2－b 1≥8，所以b 2－b 1的最小值为8.答案：88．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________． 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e )≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]， 所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e9．若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2mx ＋1x －2＝2mx 2－2x ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g (x )＝2mx 2－2x ＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≥0，解得m ≥12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 10．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2， ∴f ′(x )＝12x 2－2ax －2b . 又f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴t ＝ab ＝a (6－a )＝－(a －3)2＋9， 当且仅当a ＝b ＝3时，t 取得最大值9. 答案：911．(2019·南京盐城一模)设函数f (x )＝x 3－a 2x (a >0，x ≥0)，O 为坐标原点，A (3，－1)，C (a ，0)，对函数图象上的任意一点B ，都满足OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→成立，则a 的值为________．解析：由题意得OA ―→＝(3，－1)，OC ―→＝(a ，0)，设B (x ，x 3－a 2x )，则OB ―→＝(x ，x 3－a 2x )，由OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→得3x －(x 3－a 2x )≤3a ，整理得(x －a )(x 2＋ax －3)≥0.法一：设y 1＝x －a ，y 2＝x 2＋ax －3，则由(x －a )(x 2＋ax －3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，两函数的图象应交于x 轴上的点(a ，0)，将x ＝a 代入x 2＋ax －3＝0，得a 2＋a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法二：设g (x )＝(x －a )(x 2＋ax －3)，则g (a )＝0，g ′(x )＝x 2＋ax －3＋(x －a )(2x ＋a )＝3x 2－3－a 2，因为g ′(x )在[0，＋∞)上有唯一零点，所以要使g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，需g ′(a )＝2a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法三：由3x －(x 3－a 2x )≤3a 得x 3－a 2x ≥3x －3a .设p (x )＝x 3－a 2x ，q (x )＝3x －3a ，易知当x ≥0时，p (x )的图象上的点不在q (x )图象的下方，因为两函数图象有公共点(a ，0)，且q (x )的图象是直线，所以p ′(a )＝2a 2＝3，得a ＝62. 答案：6212．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知x ＞0，且f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案：(0，1)∪(2，3)13．已知函数f (x )＝－x ln x ＋ax 在(0，e]上是增函数，函数g (x )＝|e x－a |＋a 22，当x ∈[0，ln 3]时，函数g (x )的最大值M 与最小值m 的差为32，则a 的值为________．解析：由题意可知f ′(x )＝－(ln x ＋1)＋a ≥0在(0，e]上恒成立，所以a ≥ln x ＋1，即a ≥2.当2≤a ＜3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x＋a 22，0≤x ＜ln a ，e x－a ＋a22，ln a ≤x ≤ln 3，g (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，ln 3]上单调递增，因为g (0)－g (ln 3)＝a －1＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a ＋a 22＝2a －4≥0，所以g (0)≥g (ln 3)，所以M －m ＝g (0)－g (ln a )＝a －1＝32，解得a ＝52；当a ≥3时，g (x )＝a －e x＋a 22，g (x )在[0，ln 3]上递减，所以M －m ＝g (0)－g (ln 3)＝2≠32，舍去．故a ＝52.答案：5214．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1，2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1，2]上单调递减．又g ′(x )＝（e x）2＋2a 2·e x ，所以g ′(x )＝（e x ）2＋2a2·ex≤0在区间[1，2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤－（e x ）2，e 2－a e≤0无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1，2]上单调递增， 即g ′(x )＝（e x ）2＋2a 2·e x≥0在区间[1，2]上恒成立， 且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－（e x）2，e 2－a e≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 B 组1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －xx＝－（ax ＋1）（x －1）x.①若a ≥0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②，得a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)2．(2019·南京四校联考)已知f (x )＝e x ＋x 2－ax ，g (x )＝ln x ＋x ，若对任意的x >0，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式f (x )≥g (x )可化为e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，由题意知，当x >0时，e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，即a ＋1≤e x ＋x 2－ln xx恒成立．令F (x )＝e x ＋x 2－ln xx，则F ′(x )＝e x（x －1）＋x 2－1＋ln x x2，显然有F ′(1)＝0，且当x >0时，[e x (x －1)＋x 2－1＋ln x ]′＝x e x ＋2x ＋1x>0，所以当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，所以F (x )min ＝F (1)＝e ＋1.因此有a ＋1≤e ＋1.故a ≤e.答案：(－∞，e]3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1e x ，x ≥a ，－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.解析：对于函数y ＝x －1ex，y ′＝2－xex ，由y ′>0，得x <2；由y ′<0，得x >2， 所以y ＝x －1e x在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0.先不考虑a ，作出y ＝x －1e x和y ＝－x －1的图象如图所示．只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1ex 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有三个公共点．答案： ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 4．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．解析：令h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2＋|x －a |－(2a －1)x －a ln x ，则h (x )有且仅有两个零点．a ≤0时，h (x )＝x 2－2(a －1)x －a ln x －a ，h ′(x )＝2x －2(a －1)－ax>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意．a >0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ln x ＋a ，0<x <a ，x 2－2（a －1）x －a ln x －a ，x ≥a ，0<x <a 时，h ′(x )＝2(x －a )－ax <0，所以h (x )在(0，a )上单调递减；x ≥a 时，h ′(x )＝2x －2(a －1)－a x ＝2(x －a )＋2x －ax>0，所以h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (a )＝－a 2＋a －a ln a <0，即a －1＋ln a >0.令φ(a )＝a ＋ln a －1，则φ′(a )＝1＋1a>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增，又φ(1)＝0，所以φ(a )>0的解集为a ∈(1，＋∞)．此时易知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1a2－2＋a ln a ＋a >0，h (a 3)＝a (a 5－2a 3＋2a 2－3ln a －1)>0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1a，a 和(a ，a 3)上各有一个零点，满足题意．综上，a ∈(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |，x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析：x ＜1时，f (x )＝－|x 3－2x 2＋x |＝－|x (x －1)2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1）2，x ＜0，－x （x －1）2，0≤x ＜1， 当x ＜0时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)＞0 ∴f (x )是增函数；当0≤x ＜1，f ′(x )＝－(x －1)(3x －1)，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，根据图象变换可作出函数y ＝f (x )在R 上的图象如图所示．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)， 因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e.函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1 6．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则ba的最小值为________．解析：f ′(x )＝1x ＋(e －a )＝（e －a ）x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立． 当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1.由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a≥－ln （a －e ）－1a.设g (x )＝－ln （x －e ）－1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x ＋ln （x －e ）＋1x 2＝ee －x＋ln （x －e ）x2. 由于y ＝e e －x＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e ，2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e ，当a ＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.答案：－ 1e。
2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教
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第5讲导数及其应用1．（2019·宁波模拟)曲线y＝错误!在点（1，－1)处的切线方程为________．[解析］由题意可得:y′＝错误!，所以在点(1,－1）处的切线斜率为－2,所以在点(1,－1）处的切线方程为y＝－2x＋1．［答案] y＝－2x＋12．（2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x）＝x3－3x2的单调递减区间为[a,b]，则a＋b＝______．[解析］因为f（x）＝x3－3x2，所以f′（x)＝3x2－6x．令f′（x)≤0，得0≤x≤2,所以函数f（x)的单调递减区间为［0,2],所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案］ 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x）为其导函数，f(x)＋f(x＋2）＝4，当x∈［0，2]时，f（x）＝x2,则f′（2 019)＝______．［解析] 因为f（x)＋f（x＋2)＝4，所以f(x＋2）＋f(x＋4)＝4,所以f（x＋4)＝f（x)，所以f(x）的周期为4．当x∈［2,4］时，x－2∈[0，2]，f(x－2）＝（x－2)2，因为f（x)＋f(x＋2）＝4，所以f(x－2）＋f(x）＝4,所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′（2 019）＝f′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f（x)＝－x2＋2ln x，g（x)＝x＋ax，若函数f(x）与g（x）有相同的极值点，则实数a的值为________．［解析] 因为f(x）＝－x2＋2ln x，所以f′(x）＝－2x＋错误!＝－错误!（x〉0）,令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1（舍去),又当0〈x<1时，f′(x)〉0；当x〉1时，f′(x）<0，所以x ＝1是函数f(x)的极值点．因为g（x)＝x＋错误!，所以g′(x)＝1－错误!．又函数f（x）与g(x）＝x＋错误!有相同极值点，所以x＝1也是函数g（x)的极值点,所以g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1．经检验,当a＝1时，函数g（x）取到极小值．［答案］ 15．(2019·高三第一次调研测试）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y ＝a sin x＋b cos x(a，b，t∈R）相切于点（0,1)，则（a＋b）t的值为______．［解析］由题意可得t＝1,b＝1，y′＝a cos x－b sin x,则a cos 0－b sin 0＝3，a＝3,所以(a＋b)t＝4．［答案] 46．(2018·高考江苏卷）若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在（0,＋∞）内有且只有一个零点,则f（x)在[－1，1］上的最大值与最小值的和为________．［解析］f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a)(a∈R），当a≤0时，f′（x）〉0在（0，＋∞)上恒成立，则f（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f(0）＝1，所以此时f（x）在(0，＋∞）内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x）>0得x>错误!，由f′(x)〈0得0〈x〈错误!，则f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，又f（x）在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f错误!＝－错误!＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1,则f′(x)＝6x（x－1），当x∈(－1，0)时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，当x∈(0，1）时，f′(x）〈0，f（x）单调递减，则f(x)＝f（0）＝1，f(－1）＝－4,f(1)＝0,则f(x）min＝－4，所以f(x）在［－1,1］上的最max大值与最小值的和为－3．［答案］－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷（八）)已知函数f(x）＝x ln x＋错误!x2－3x在区间错误!内有极值，则整数n的值为______．[解析］由题意知，f′（x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g（x)＝ln x＋x－2，因为g（错误!）＝ln 错误!＋错误!－2＝ln 错误!－错误!<ln错误!－错误!＝0，g(2）＝ln 2〉0，所以函数g（x)＝ln x＋x－2在(错误!，2）内有零点．又g′(x)＝错误!＋1〉0恒成立,所以函数g（x)＝ln x＋x－2在（0,＋∞）上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x∈（错误!,2），则当x∈(0，x0）时，f′(x)〈0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x∈（错误!，2），结合题意可知n＝2．［答案] 28．（2019·高三第二学期四校联考）函数f（x）＝a·e x－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f（x2－1)＋f（1－x）<0的解集为______．[解析］f′（x）＝a e x＋e－x，由题易知f′（0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x）＝e x－e－x．易知f(x)＝e x－e－x为奇函数且f′(x）＝e x＋e－x〉0，所以f（x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x）〈0可化为f（x2－1）〈f(x－1)，由f(x）单调递增可得x2－1〈x－1，解得0〈x〈1,所以不等式的解集为{x｜0〈x<1}．［答案］｛x｜0〈x〈1｝9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x）＝x2－4x的图象上有两点A（x1，y1)，B（x，y2）,x1＜x2，若曲线y＝f(x）在点A,B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．2［解析] 由题意得f′（x)＝2x－4，因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2,x2≠2，（2x1－4）·(2x2－4）＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0,2x2－4＞0，x1＝错误!＋2，则3x1－2x2＝3×错误!－2x2＝－2x2－错误!＋6＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝2－错误!，当且仅当错误!(4x2－8）＝错误!时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－错误!．[答案] 2－错误!10．（2018·江苏名校高三入学摸底）已知函数f（x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝错误!，若存在正实数m，n，使得f(m）≤f(x)，g（n）≤g(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf（x）＋ng(x)的零点个数是________．［解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x）＝2x－错误!，f′（2)＝4－错误!＝3，a＝2，f′（x)＝2x－错误!＝错误!，当0<x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x〉1时，f′（x）〉0,f（x）单调递增，所以f(m）＝f（1），m＝1．g（x)＝x－2错误!(x〉0），g′(x)＝1－错误!＝错误!，当0〈x〈1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x）单调递增，所以g(n）＝g（1），n＝1．则h（x）＝f（x）＋g（x)＝x2－2ln x＋x－2错误!，易知当0〈x<1时，h（x)单调递减，当x>1时，h（x）单调递增，且h（1)＝0，所以函数h(x）有1个零点．［答案］ 111．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知函数f（x）＝x2ln x－a(x2－x）(a＜0)，g(x)＝错误!．（1）若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值;(2）判断函数g(x）在x∈（0，1)上的单调性，并说明理由；（3）若方程f（x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解] （1)g（x）＝错误!＝错误!－a(a＜0),则g′（x)＝错误!＝错误!．g（2）＝2ln 2－a，g′(2）＝1－ln 2，函数g（x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a）＝（1－ln 2)（x－2），将点（0，4ln 2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－ln x－1,则h′(x）＝1－错误!＝错误!，当x∈(0，1）时，h′（x）＜0，h（x)单调递减，h（x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1）时,g′（x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0,1)上单调递增．（3)证明：f′(x）＝2x ln x＋x－a（2x－1)，令φ（x)＝2x ln x＋x－a(2x－1）(a＜0)，则φ′（x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x）在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a－2）＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈（0,1),使得φ′（x0)＝0，即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′（x0）＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0,f′（1）＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3）＝0，则x3∈(x0，1），所以f(x)在(0,x3）上单调递减，在（x3,＋∞)上单调递增，又f(1）＝0，不妨设x1＜x2,则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由（2）知,g（x1)＜g(x3)＜g(x2），即错误!则g(x3)(x22－x2)＞f（x2）＝f（x1）＞g(x3）（x错误!－x1），所以（x错误!－x2）－（x错误!－x1）＝（x2－x1）（x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x）＝错误!－1．(1）求函数f（x）的单调区间；（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，＋∞)．（2）①当错误!，即0〈m≤错误!时，[m，2m］⊆（0，e),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，（m，e)⊆(0，e），(e,2m)⊆（e，＋∞)，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,（m,2m）⊆(e,＋∞)，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!－1．13．(2019·高三第二次调研测试）已知函数f（x）＝2ln x＋错误!x2－ax，a∈R．（1）当a＝3时,求函数f(x）的极值．（2)设函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g(x)是（0，＋∞）上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f（x）的图象相切于两个不同的点?并说明理由．［解] (1)当a＝3时,f(x）＝2ln x＋错误!x2－3x（x〉0)，f′(x）＝错误!＋x－3＝错误!,令f′（x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时,f′（x)，f(x）的变化情况如下表所示．错误!(2)依题意，知切线方程为y＝f′（x0)(x－x0）＋f（x0）（x0〉0)，从而g(x）＝f′(x0)(x－x0）＋f（x0)（x0>0)，记p(x)＝f（x)－g(x），则p(x)＝f（x）－f（x0)－f′（x0)(x－x0)在（0,＋∞)上为增函数，所以p′（x)＝f′（x)－f′（x0）≥0在(0,＋∞）上恒成立，即p′（x）＝错误!－错误!＋x－x0≥0在(0，＋∞）上恒成立,即x＋错误!≥x0＋错误!在（0，＋∞）上恒成立，因为x＋错误!≥2错误!＝2错误!(当且仅当x＝错误!时，等号成立），所以2错误!≥x0＋错误!，从而（x0－错误!）2≤0，所以x0＝错误!．（3）假设存在一条直线与函数f(x）的图象有两个不同的切点T1(x1,y1），T2(x2，y2)，不妨设0<x1〈x2，则函数f（x）的图象在点T1处的切线l1的方程为y－f(x1）＝f′(x1)（x－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2）＝f′（x2)（x－x2)．因为l1，l2为同一条直线,所以f′（x1)＝f′（x2）,f（x1)－x1f′(x1）＝f（x2)－x2f′(x2)，即错误!＋x1－a＝错误!＋x2－a，2ln x1＋错误!x错误!－ax1－x1错误!＝2ln x2＋错误!x错误!－ax2－x2错误!，整理得2ln错误!＋错误!－错误!＝0．①令t ＝x 2，12，由0<x 1〈x 2与x 1x 2＝2，得t ∈（0,1)．记p (t ）＝2ln t ＋错误!－t ,则p ′（t )＝错误!－错误!－1＝－错误!<0，所以p （t ）在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p （1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x ）的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b （a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；（2)若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,错误!）∪(错误!,＋∞)，求c 的值．[解］ （1）f ′(x ）＝3x 2＋2ax ，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝0，x 2＝－错误!．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 ∈(－∞,－错误!）∪(0，＋∞）时，f ′(x ）>0,x ∈（－错误!，0)时，f ′(x ）〈0，所以函数f (x ）在（－∞,－错误!）,(0,＋∞）上单调递增,在（－错误!,0)上单调递减； 当a <0时,x ∈（－∞,0）∪（－错误!，＋∞)时，f ′(x )〉0，x ∈（0，－错误!）时，f ′（x ）<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，（－错误!，＋∞)上单调递增,在（0，－错误!)上单调递减．（2)由(1）知，函数f (x )的两个极值为f (0）＝b ， f （－错误!)＝错误!a 3＋b ，则函数f （x ）有三个零点等价于f (0)·f (－错误!）＝b （错误!a 3＋b )〈0，从而错误!或错误!又b ＝c －a ，所以当a 〉0时,错误!a 3－a ＋c 〉0或当a <0时,错误!a 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）∪（错误!，＋∞),则在（－∞,－3)上g(a)<0，且在(1,错误!)∪(错误!，＋∞）上g(a）>0均恒成立，从而g（－3）＝c－1≤0，且g（错误!）＝c－1≥0,因此c＝1．此时，f(x）＝x3＋ax2＋1－a＝（x＋1）［x2＋(a－1）x＋1－a］，因为函数有三个零点，则x2＋（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）＝a2＋2a－3>0,且（－1）2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞,－3)∪(1，错误!）∪（错误!，＋∞）．综上c＝1．。
高考专题 导数-2020年苏教版(理)二轮专项复习(典型例题+练习题+课后习题+答案)
专题04 导数导数的概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用．在本专题中，我们将复习导数的概念及其运算，体会导数的思想及其内涵；应用导数探索函数的单调性、极值等性质，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用．导数的相关问题主要围绕以下三个方面：导数的概念与运算，导数的应用，定积分与微积分基本定理．§4－1 导数概念与导数的运算【知识要点】1．导数概念：(1)平均变化率：对于函数y ＝f (x )，定义1212)()(x x x f x f --为函数y ＝f (x )从x 1到x 2的平均变化率．换言之，如果自变量x 在x 0处有增量∆x ，那么函数f (x )相应地有增量f (x 0＋∆x )－f (x 0)，则比值xx f x x f ∆-∆+)()(00就叫做函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋∆x 之间的平均变化率．(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率是xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim000，我们称它为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)，即x x f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0000. (3)函数y ＝f (x )的导函数(导数)：当x 变化时，f ′(x )是x 的一个函数，我们称它为函数y ＝f (x )的导函数(简称导数)，即xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0.2．导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f '(x 0)．3．导数的运算：(1)几种常见函数的导数： ①(C )′＝0(C 为常数)；②(x n )′＝nx n －1(x ＞0，n ∈Q *)； ③(sin x )′＝cos x ； ④(cos x )′＝－sin x ； ⑤(e x )′＝e x ；⑥(a x )′＝a x ln a (a ＞0，且a ≠1)；⑦x x 1)(ln =； ⑧e xx a a log 1)(log =(a ＞0，且a ≠1)．(2)导数的运算法则：①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )；③)0)(()()()()()(])()([2=/'-'='⋅x v x v x v x u x v x u x v x u . (3)简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))的导数：设函数y ＝f (u )，u ＝g (x )，则函数y ＝f (u )＝f [g (x )]称为复合函数．其求导步骤是：x y '＝u f '·x g '，其中u f '表示f 对u 求导，x g '表示g 对x 求导．f 对u 求导后应把u 换成g (x )．【复习要求】1．了解导数概念的实际背景； 2．理解导数的几何意义；3．能根据导数定义求函数y ＝C ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，x y xy ==,1的导数； 4．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数； 5．理解简单复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))导数的求法． 【例题分析】例1 求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x 2－1)；(2)11+-=x x y ； (3)y ＝sin2x ； (4)y ＝e x ·ln x ．解：(1)方法一：y ′＝(x ＋1)′(x 2－1)＋(x ＋1)(x 2－1)′＝x 2－1＋(x ＋1)·2x ＝3x 2＋2x －1．方法二：∵y ＝(x ＋1)(x 2－1)＝x 3＋x 2－x －1，∴y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1．(2)方法一：⋅+=+--+=+'+--+'-='+-='222)1(2)1()1()1()1()1)(1()1()1()11(x x x x x x x x x x x y 方法二：∵12111.+-=+-=x x x y ，∴2)1(2)12()121('+='+-='+-=x x x y . (3)方法一：y'＝(sin2x )'＝(2sin x · cos x )'＝2[(sin x )'·cos x ＋sin x ·(cos x )']＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos2x ． 方法二：y'＝(sin2x )'·(2x )'＝cos2x ·2＝2cos2x ．(4))(ln e ln )e ('+'='⋅⋅x x y xx＝xx xxx x x e )1(ln e ln e ⋅⋅+=+．【评析】理解和掌握求导法则和式子的结构特点是求导运算的前提条件．运用公式和求导法则求导数的基本步骤为：①分析函数y ＝f (x )的结构特征；②选择恰当的求导法则和导数公式求导数； ③化简整理结果．应注意：在可能的情况下，求导时应尽量减少使用乘法的求导法则，可在求导前利用代数、三角恒等变形等方法对函数式进行化简，然后再求导，这样可减少运算量．(如(1)(2)题的方法二较方法一简捷)．对于(3)，方法一是使用积的导数运算公式求解，即使用三角公式将sin2x 表示为sin x 和cos x 的乘积形式，然后求导数；方法二是从复合函数导数的角度求解．方法二较方法一简捷．对利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数要熟练、准确． 例2 (1)求曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线方程；(2)过点(1，－3)作曲线y ＝x 2的切线，求切线的方程．【分析】对于(1)，根据导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，可求出切线的斜率，进而由直线方程的点斜式求得切线方程．对于(2)，注意到点(1，－3)不在曲线y ＝x 2上，所以可设出切点，并通过导数的几何意义确定切点的坐标，进而求出切线方程．解：(1)曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线斜率为y ′＝2x ｜x ＝1＝2， 从而切线的方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0．(2)设切点的坐标为),(200x x ．根据导数的几何意义知，切线的斜率为y '＝2x |x x =＝2x 0，从而切线的方程为).(20020x x x x y -=-因为这条切线过点(1，－3)，所以有)1(230020x x x -=--， 整理得032020=--x x ，解得x 0＝－1，或x 0＝3．从而切线的方程为y －1＝－2(x ＋1)，或y －9＝6(x －3)， 即切线的方程为2x ＋y ＋1＝0，或6x －y －9＝0．【评析】用导数求曲线的切线方程，常依据的条件是：①函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率， 即k ＝f '(x 0)；②切点既在切线上又在曲线上，即切点的坐标同时满足切线与曲线的方程．例3设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f '(x )的最小值为－12．求a ，b ，c 的值．【分析】本题考查函数的奇偶性、二次函数的最值、导数的几何意义等基础知识，以及推理能力和运算能力．题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、b 、c 的值．解：∵f (x )为奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )， 即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ， ∴c ＝0．∵f '(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12， ∴b ＝－12． 又直线x －6y －7＝0的斜率为61，因此，f '(1)＝3a ＋b ＝－6， ∴a ＝2． 综上,a ＝2，b ＝－12，c ＝0． 例4 已知a ＞0，函数a x x f -=1)(，x ∈(0，＋∞)．设ax 201<<，记曲线y ＝f (x )在点M (x 1，f (x 1))处的切线为l ． (1)求l 的方程；(2)设l 与x 轴的交点是(x 2，0)，证明：ax 102≤<. 【分析】对于(1)，根据导数的几何意义，不难求出l 的方程；对于(2)，涉及到不等式的证明，依题意求出用x 1表示的x 2后，将x 2视为x 1的函数，即x 2＝g (x 1)，结合要证明的结论进行推理．解：(1)对f (x )求导数，得21)(xx f -='，由此得切线l 的方程为： )(1)1(1211x x x a x y --=--． (2)依题意，切线方程中令y ＝0，得211112122)1(ax x x a x x x -=+-=． 由ax 201<<，及)2(2112112ax x ax x x -=-=，有x 2＞0； 另一方面，aa x a ax x x 1)1(2212112+--=-=，从而有ax 102≤<，当且仅当a x 11=时，a x 12=.【评析】本题考查的重点是导数的概念和计算、导数的几何意义及不等式的证明．涉及的基础知识都比较基本，题目难度也不大，但把导数的相关知识与不等式等内容有机整合，具有一定新意，体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法．本题中的(2)在证明ax 102≤<时，还可用如下方法： ①作法，.0)1(1211212112≥-=+-=-ax aax x a x a②利用平均值不等式，aax ax a ax ax a ax x x 1)22(1)2)((1)2(21111112=-+≤-=-=．例5 设函数),(1)('Z ∈++=b a bx ax x f ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝3．(1)求f'(x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 解：(1)2)(1)('b x a x f +-=， 于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,12122b a b a 解得⎩⎨⎧-==,1,1b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.38,49b a 因为a ，b ∈Z ，所以⋅-+=11)(x x x f(2)证明：已知函数y 1＝x ，xy 12=都是奇函数， 所以函数xx x g 1)(+=也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而1111)(+-+-=x x x f ， 可知，函数g (x )的图象按向量a ＝(1，1)平移，即得到函数f (x )的图象，故函数f (x )的图象是以点(1，1)为中心的中心对称图形． (3)证明：在曲线上任取一点)11,(000-+x x x ． 由200)1(11)('--=x x f 知，过此点的切线方程为)]()1(11[110200020x x x x x x y ---=-+--．令x ＝1得1100-+=x x y ，切线与直线x ＝1交点为)11,1(00-+x x ； 令y ＝x 得y ＝2x 0－1，切线与直线y ＝x 交点为(2x 0－1，2x 0－1)．直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1，1)； 从而所围三角形的面积为2|22||12|21|112||111|2100000=--=----+⋅⋅x x x x x ． 所以，所围三角形的面积为定值2． 练习4－1一、选择题：1．(tan x )′等于( ) (A)x2sin 1(B)x2sin 1-(C)x 2cos 1(D)x2cos 1-2．设f (x )＝x ln x ，若f '(x 0)＝2，则x 0等于( ) (A)e 2(B)e(C)22ln (D)ln23．函数y ＝ax 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a 等于( ) (A)81 (B)41 (C)21 (D)14．曲线x y 21e =在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )(A)2e 29 (B)4e 2(C)2e 2(D)e 2二、填空题： 5．f '(x )是1231)(3++=x x x f 的导函数，则f '(－1)＝______． 6．若函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝x ＋2，则f (1)＋f '(1)＝______． 7．过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为______；切线的斜率为______． 8．设函数f (x )＝xe kx (k ≠0)，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是______． 三、解答题：9．求下列函数的导数： (1)y ＝x －e x ；(2)y ＝x 3＋cos x ； (3)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)；(4)⋅=xxy ln10．已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)，且该曲线在点B 处的切线方程为y ＝x －3，求a 、b 、c 的值．11．求曲线24121232-=-=x y x y 与在交点处的两条切线的夹角的大小．§4－2 导数的应用【知识要点】1．利用导数判断函数的单调性：(1)函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：设函数f (x )在区间(a ，b )内可导， ①如果恒有f '(x )＞0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递增； ②如果恒有f '(x )＜0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递减．值得注意的是，若函数f (x )在区间(a ，b )内有f '(x )≥0(或f '(x )≤0)，但其中只有有限个点使得f '(x )＝0，则函数f (x )在区间(a ，b )内仍是增函数(或减函数)．(2)一般地，如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值越大，说明这个函数在这个范围内变化得快．这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．2．利用导数研究函数的极值：(1)设函数f (x )在点x 0附近有定义，如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＜f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极大值，x 0是极大值点；如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＞f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极小值，x 0是极小值点．(2)需要注意，可导函数的极值点必是导数为零的点，但导数为零的点不一定是极值点．如y ＝x 3在x ＝0处的导数值为零，但x ＝0不是函数y ＝x 3的极值点．也就是说可导函数f (x )在x 0处的导数f '(x 0)＝0是该函数在x 0处取得极值的必要但不充分条件．(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值：f (x )在区间[a ，b ]上的最大值(或最小值)是f (x )在区间(a ，b )内的极大值(或极小值)及f (a )、f (b )中的最大者(或最小者)．(4)应注意，极值只是相对一点附近的局部性质，而最值是相对整个定义域内的整体性质．【复习要求】1．了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数一般不超过三次)；2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数一般不超过三次)；3．会利用导数解决某些实际问题． 【例题分析】例1 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝x 3－3x ； (2)f (x )＝3x 2－2ln x ；(3)2)1(2)(--=x bx x f ． 解：(1)f (x )的定义域是R ，且f '(x )＝3x 2－3， 令f '(x )＝0，得x ＝－1，x ＝1．列表分析如下：所以函数f (x )的减区间是(－1，1)，增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)． (2)f (x )的定义域是(0，＋∞)，且xx x f 26)(-='， 令f ′(x )＝0，得33,3321-==x x ．列表分析如下： 所以函数f (x )的减区间是)33,0(，增区间是),33(+∞． (3)f (x )的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，求导数得3342)1()1(2)1(222)1()1(2)2()1(2)(---=--+-=-----='⋅x x b x b x x x b x x x f ．令f ′(x )＝0，得x ＝b －1．①当b －1＜1，即b ＜2时，f ′(x )的变化情况如下表：＋∞)上单调递减．②当b －1＞1，即b ＞2时，f ′(x )的变化情况如下表：所以，当b ＞2时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，b －1)上单调递增，在(b －1，＋∞)上单调递减．③当b －1＝1，即b ＝2时，12)(-=x x f ，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减．【评析】求函数f (x )的单调区间的步骤是：①确定f (x )的定义域(这一步必不可少，单调区间是定义域的子集)； ②计算导数f ′(x )；③求出方程f ′(x )＝0的根；④列表考察f ′(x )的符号，进而确定f (x )的单调区间(必要时要进行分类讨论)．例2求函数44313+-=x x y 的极值． 解：y ′＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令y ′＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2． 列表分析如下：所以当x ＝－2时，y 有极大值3；当x ＝2时，y 有极小值3-． 【评析】求函数f (x )的极值的步骤是：①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根；③列表考察f ′(x )＝0的根左右值的符号：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．例3 已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a ． (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9．令f ′(x )＜0，解得x ＜－1或x ＞3．所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)因为f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ，f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，所以f (2)＞f (－2)．因为在(－1，3)上f ′(x )＞0，所以f (x )在[－1，2]上单调递增，又由于f (x )在[－2，－1]上单调递减，因此f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2．故f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2，因此f (－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函数f (x )在区间[－2，2]上的最小值为－7．【评析】求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上最值的方法： ①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根x 1，x 2，…； ③比较函数值f (x 1)，f (x 2)，…及f (a )、f (b )的大小，其中的最大(小)者就是f (x )在闭区间[a ，b ]上最大(小)值．例4 设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)【分析】本题给出的信息量较大，并且还都是抽象符号函数．解答时，首先要标出重要的已知条件，从这些条件入手，不断深入研究．由f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0你能产生什么联想?它和积的导数公式很类似，整理可得[f (x )g (x )]′＞0．令h (x )＝f (x )g (x )，则当x ＜0时，h (x )是增函数．再考虑奇偶性，函数h (x )是奇函数．还有一个已知条件g (－3)＝0，进而可得h (－3)＝f (－3)g (－3)＝0，这样我们就可以画出函数h (x )的示意图，借助直观求解．答案：D.例5 求证：当x ＞0时，1＋x ＜e x ．分析：不等式两边都是关于x 的函数，且函数类型不同，故可考虑构造函数f (x )＝1＋x －e x ，通过研究函数f (x )的单调性来辅助证明不等式．证明：构造函数f (x )＝1＋x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ． 当x ＞0时，有e x ＞1，从而f ′(x )＝1－e x ＜0，所以函数f (x )＝1＋x －e x 在(0，＋∞)上单调递减， 从而当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0， 即当x ＞0时，1＋x ＜e x ．【评析】通过构造函数，利用函数的单调性证明不等式是常用方法之一，而借助导数研究函数单调性辅助证明不等式突出了导数的工具性作用．例6用总长14.8 m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果容器底面的长比宽多0.5 m ，那么长和宽分别为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积．解：设容器底面长方形宽为x m ，则长为(x ＋0.5)m ，依题意，容器的高为x x x 22.3)]5.0(448.14[41-=+--．显然⎩⎨⎧>->,022.3,0x x ⇒0＜x ＜1.6，即x 的取值范围是(0，1.6)．记容器的容积为y m 3，则y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x x ∈(0，1.6)． 对此函数求导得，y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6．令y ′＞0，解得0＜x ＜1；令y ′＜0，解得1＜x ＜1.6．所以，当x ＝1时，y 取得最大值1.8，这时容器的长为1＋0.5＝1.5．答：容器底面的长为1.5m 、宽为1m 时，容器的容积最大，最大容积为1.8m 3．【评析】解决实际优化问题的关键在于建立数学模型(目标函数)，通过把题目中的主要关系(等量和不等量关系)形式化，把实际问题抽象成数学问题，再选择适当的方法求解．例7 已知f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，当x ＝1时，f (x )取得极值－2． (1)求f (x )的解析式；(2)证明对任意x 1、x 2∈(－1，1)，不等式｜f (x 1)－f (x 2)｜＜4恒成立．【分析】对于(1)题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、c 、d 的值；对于(2)可通过研究函数f (x )的最值加以解决．解：(1)由f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，知f (0)＝0，解得d ＝0， 所以f (x )＝ax 3＋cx (a ≠0)，f ′(x )＝3ax 2＋c (a ≠0)．由当x ＝1时，f (x )取得极值－2，得f (1)＝a ＋c ＝－2，且f ′(1)＝3a ＋c ＝0，解得 a ＝1，c ＝－3，所以f (x )＝x 3－3x ．(2)令f ′(x )＞0，解得x ＜－1，或x ＞1；令f ′(x )＜0，解得－1＜x ＜1，从而函数f (x )在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数．故当x ∈[－1，1]时，f (x )的最大值是f (－1)＝2，最小值是f (1)＝－2， 所以，对任意x 1、x 2∈(－1，1)，|f (x 1)－f (x 2)|＜2－(－2)＝4． 【评析】使用导数判断函数的单调性，进而解决极值(最值)问题是常用方法，较为简便． 例8 已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ．令f ′(x )＞0，解得e 1>x ； 令f ′(x )＜0，解得e 10<<x ． 从而f (x )在)e 1,0(单调递减，在),e 1(+∞单调递增．所以，当e 1=x 时，f (x )取得最小值e1-．(2)解法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ，①若a ≤1，当x ＞1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x ＞1－a ≥0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1．②若a ＞1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数． 所以，x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝1－a ＜0， 即f (x )＜ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．解法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式x x a 1ln +≤对于x ∈[1，＋∞)恒成立． 令xx x g 1ln )(+=，则)11(111)(2x x x x x g -=-='．当x ＞1时，因为0)11(1)(>-='xx x g ，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]． 例9 已知函数)1ln()1(1)(-+-=x a x x f n，其中n ∈N *，a 为常数． (1)当n ＝2时，求函数f (x )的极值；(2)当a ＝1时，证明：对任意的正整数n ，当x ≥2时，有f (x )≤x －1． 解：(1)由已知得函数f (x )的定义域为{x ｜x ＞1}，当n ＝2时，)1ln()1(1)(2-+-=x a x x f ，所以32)1()1(2)('x x a x f ---=．①当a ＞0时，由f (x )＝0得121,12121<-=>+=ax a x ， 此时321)1())(()(x x x x x a x f ----='．当x ∈(1，x 1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ②当a ≤0，f ′(x )＜0恒成立，所以f (x )无极值． 综上所述，n ＝2时， 当a ＞0时，f (x )在ax 21+=处取得极小值，极小值为)2ln 1(2)21(a a a f +=+． 当a ≤0时，f (x )无极值．(2)证法一：因为a ＝1，所以)1ln()1(1)(-+-=x x x f n．当n 为偶数时，令)1ln()1(11)(-----=x x x x g n， 则)2(0)1(1211)1(1)(11≥>-+--=---+='++x x nx x x x n x g n n ． 所以当x ≥2时，g (x )单调递增，又g (2)＝0， 因此0)2()1ln()1(11)(=≥-----=g x x x x g n恒成立， 所以f (x )≤x －1成立．当n 为奇数时，要证f (x )≤x －1，由于0)1(1<-nx ，所以只需证ln(x －1)≤x －1，令h (x )＝x －1－ln(x －1)， 则)2(012111)(≥≥--=--='x x x x x h ． 所以，当x ≥2时，h (x )＝x －1－ln(x －1)单调递增，又h (2)＝1＞0， 所以，当x ≥2时，恒有h (x )＞0，即ln(x －1)＜x －1成立． 综上所述，结论成立． 证法二：当a ＝1时，)1ln()1(1)(-+-=x x x f n.当x ≥2时，对任意的正整数n ，恒有1)1(1≤-nx ， 故只需证明1＋ln(x －1)≤x －1．令h (x )＝x －1－[1＋ln(x －1)]＝x －2－ln(x －1)，x ∈[2，＋∞)， 则12111)(--=--='x x x x h ， 当x ≥2时，h ′(x )≥0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，因此当x ≥2时，h (x )≥h (2)＝0，即1＋ln(x －1)≤x －1成立． 故当x ≥2时，有1)1ln()1(1-≤-+-x x x n， 即f (x )≤x －1．练习4－2一、选择题：1．函数y ＝1＋3x －x 3有( ) (A)极小值－2，极大值2 (B)极小值－2，极大值3 (C)极小值－1，极大值1(D)极小值－1，极大值32．f '(x )是函数y ＝f (x )的导函数，y ＝f '(x )图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )3．函数f (x )＝ax 3－x 在R 上为减函数，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜0(B)a ≤0(C)31<a (D)31≤a 4．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜－1 (B)a ＞－1(C)e1-<a (D)e1->a 二、填空题：5．函数f (x )＝x 3－3ax 2＋2bx 在x ＝1处取得极小值－1，则a ＋b ＝______． 6．函数y ＝x (1－x 2)在[0，1]上的最大值为______．7．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2，2]上的最小值为－37，则实数a ＝______． 8．有一块边长为6m 的正方形铁板，现从铁板的四个角各截去一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器，为使其容积最大，截下的小正方形边长为______m ． 三、解答题：9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象过点P (1，2)，且在点P 处的切线斜率为8． (1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)求函数f (x )在区间[－1，1]上的最大值与最小值．10．当)2π,0( x 时，证明：tan x ＞x ．11．已知函数f (x )＝e x －e －x ．(1)证明：f (x )的导数f '(x )≥2；(2)若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．专题04 导数参考答案练习4－1一、选择题：1．C 2．B 3．B 4．D 二、填空题：5．3 6．4 7．(1，e)；e 8．y ＝x 三、解答题：9．(1)y '＝1－e x ；(2)y '＝3x 2－sin x ；(3)y '＝3x 2＋12x ＋11；(4)2ln 1x xy -=10．略解：因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)两点，所以a ＋b ＋c ＝1．① 4a ＋2b ＋c ＝－1．②因为y '＝2ax ＋b ，所以y '｜x ＝2＝4a ＋b ．故4a ＋b ＝1．③ 联立①、②、③，解得a ＝3，b ＝－11，c ＝9．11．解：由01622412122332=-+⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=x x x y x y ，所以(x －2)(x 2＋4x ＋8)＝0，故x ＝2，所以两条曲线只有一个交点(2，0)．对函数2212x y -=求导数，得y ′＝－x ， 从而曲线2212x y -=在点(2，0)处切线的斜率是－2．对函数2413-=x y 求导数，得243'x y =，从而曲线2413-=x y 在点(2，0)处切线的斜率是3．设两条切线的夹角为α ，则1|3)2(132|tan =⨯-+--=α，所以两条切线的夹角的大小是45°．练习4－2一、选择题：1．D 2．C 3．B 4．A 二、填空题： 5．61-6．932 7．3 8．1三、解答题：9．解：(1)a ＝4，b ＝－3．(2)函数f (x )的单调增区间为(－∞，－3)，),31(+∞；减区间为)31,3(-． (3)函数f (x )在[－1，1]上的最小值为2714-，最大值为6．10．证明：设f (x )＝tan x －x ，)2π,0(∈x ．则0tan 1cos 11)'cos sin ()(2.2>=-=-='x xx x x f ， 所以函数f (x )＝tan x －x 在区间)2π,0(内单调递增．又f (0)＝0，从而当)2π,0(∈x 时，f (x )＞f (0)恒成立，即当)2π,0(∈x 时，tan x ＞x ．11．解：(1)f (x )的导数f '(x )＝e x ＋e －x ．由于2e e 2e e =≥+--⋅x x x x ，故f '(x ）≥2，当且仅当x ＝0时，等号成立． (2)令g (x )＝f (x )－ax ，则g '(x )＝f '(x )－a ＝e x ＋e －x －a ，①若a ≤2，当x ＞0时，g '(x )＝e x ＋e －x －a ＞2－a ≥0， 故g (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以，x ≥0时，g (x )≥g (0)，即f (x )≥ax ．②若a ＞2，方程g '(x )＝0的正根为24ln 21-+=a a x ，此时，若x ∈(0，x 1)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜g (0)＝0，即f (x )＜ax ，与题设f (x )≥ax 相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，2]．习题4一、选择题：1．B 2．B 3．A 4．D 5．C 二、填空题：6．1 7．－2 8．5；－15 9．y ＝－3x 10．61 三、解答题：11．(1)f '(x )＝(1＋kx )e kx ，令(1＋kx )e kx ＝0，得)0(1=/-=k kx ． 若k ＞0，则当)1,(k x --∞∈时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增．若k ＜0，则当)1,(kx --∞∈时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减． (2)若k ＞0，则当且仅当11-≤-k ，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增；若k ＜0，则当且仅当11≥-k，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增．综上，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．12．解：(1)f '(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2取得极值，则有f '(1)＝0，f '(2)＝0．即⎩⎨⎧=++=++.031224,0366b a b a 解得a ＝－3，b ＝4．(2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f '(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0，1)时，f '(x )＞0；当x ∈(1，2)时，f '(x )＜0；当x ∈(2，3)时，f '(x )＞0． 所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c ，又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ． 则当x ∈[0，3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c ． 因为对于任意的x ∈[0，3]，有f (x )＜c 2恒成立， 所以 9＋8c ＜c 2，解得c ＜－1或c ＞9，因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．13．解：对函数f (x )求导得：f '(x )＝e ax (ax ＋2)(x －1)．(1)当a ＝2时，f '(x )＝e 2x (2x ＋2)(x －1)． 令f '(x )＞0，解得x ＞1或x ＜－1； 令f '(x )＜0，解得－1＜x ＜1．所以，f (x )单调增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；f (x )单调减区间为(－1，1)．(2)令f '(x )＝0，即(ax ＋2)(x －1)＝0，解得ax 2-=，或x ＝1． 由a ＞0时，列表分析得：当a x -<时，因为0,,02>>->a a x x ，所以02>--a x x ，从而f (x )＞0． 对于a x 2-≥时，由表可知函数在x ＝1时取得最小值01)1(<-=a e af ，所以，当x ∈R 时，a af x f e 1)1()(min -==．由题意，不等式03)(≥+ax f 对x ∈R 恒成立，所以得031≥+-ae a a ，解得0＜a ≤ln3．14．(1)解：对函数f (x )求导数，得x a x x f 21)('++=．依题意有f '(－1)＝0，故23=a ．从而23)1)(12(23132)(2+++=+++='x x x x x x x f ．f (x )的定义域为),23(+∞-，当123-<<-x 时，f '(x )＞0； 当211-<<-x 时，f '(x )＜0； 当21->x 时，f ′(x )＞0． 从而，f (x )分别在区间),21(),1,23(+∞---内单调递增，在区间)21,1(--内单调递减．(2)解：f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，ax ax x x f +++=122)(2．方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式∆＝4a 2－8． ①若∆＜0，即22<<-a ，在f (x )的定义域内f '(x )＞0，故f (x )无极值．②若∆＝0，则2=a 或.2-=a若⋅++='+∞-∈=2)12()(),,2(,22x x x f x a 当22-=x 时，f '(x )＝0， 当)22,2(--∈x 或),22(+∞-∈x 时，f '(x )＞0，所以f (x )无极值．若),2(,2+∞∈-=x a ，f '(x )2)12(2--=x x ＞0，f (x )也无极值．③若∆＞0，即2>a 或2-<a ，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实数根22,222221-+-=---=a a x a a x ．当2-<a 时，x 1＜－a ，x 2＜－a ，从而f ′(x )在f (x )的定义域内没有零点，故f (x )无极值． 当2>a 时，x 1＞－a ，x 2＞－a ，f '(x )在f (x )的定义域内有两个不同的零点，所以f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2处取得极值．综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为),2(+∞． f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 12＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln[(x 1＋a )(x 2＋a )]＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝ln21＋a 2－1＞1－ln2＝ln 2e．。
2020年高考数学二轮专项提升(江苏)专题02 导数及其应用(解析版)
专题02 导数及其应用1、（2019年江苏高考卷）.在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是____. 【答案】(e, 1).【解析】设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 点A 在曲线ln y x =上的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 代入点(),1e --，得001ln 1ex x ---=-， 即00ln x x e =，考查函数()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()H e e =，故00ln x x e =存在唯一的实数根0x e =，此时01y =， 故点A 的坐标为(),1A e .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．2、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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 ,xxxy x x x x x '=+++=++所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy 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． 3、【2019年高考天津文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 【答案】220x y +-=【解析】∵1sin 2y x '=--， ∴011|sin 022x y ='=--=-，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=.【名师点睛】曲线切线方程的求法：（1）以曲线上的点(x 0，f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，并化简．（2）如果已知点(x 1，y 1)不在曲线上，则设出切点(x 0，y 0)，解方程组0010010()()y f x y y f x x x=⎧⎪-⎨'=⎪-⎩得切点(x 0，y 0)，进而确定切线方程．4、【2018年高考天津文数】已知函数f (x )=e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′（1）的值为__________．【答案】e【解析】由函数的解析式可得，则.即的值为e.【名师点睛】本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、【2018年高考全国Ⅱ卷文数】曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________．【答案】y =2x –2 【解析】由，得.则曲线在点处的切线的斜率为，则所求切线方程为，即.【名师点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理. 6、【2017年高考全国Ⅰ卷文数】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则21()2f x x x'=-，所以(1)211f '=-=， 所以曲线21y x x=+在点(1,2)处的切线方程为21(1)y x -=⨯-，即1y x =+． 【名师点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设),(00y x P 是曲线)(x f y =上的一点，则以P 为切点的切线方程是000()()y y f x x x '-=-．若曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处的切线平行于y 轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为0x x =．7、【2017年高考天津文数】已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________．【答案】1【解析】由题可得(1)f a =，则切点为(1,)a ， 因为1()f x a x'=-，所以切线l 的斜率为(1)1f a '=-， 切线l 的方程为(1)(1)y a a x -=--， 令0x =可得1y =， 故l 在y 轴上的截距为1．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题型，函数()f x 在点0x 处的导数0()f x '的几何意义是曲线()y f x =在点00(,)P x y 处的切线的斜率，切线方程为000()()y y f x x x '-=-．解题时应注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同，没切点应设出切点坐标，建立方程组进行求解．一、常见函数的导数以及运算法则 1、基本初等函数的导数公式 (1)(x α)＝αx α－1 (α为常数)； (2)(a x )′＝a x ln_a (a >0且a ≠1)；(3)(log a x )′＝1x log a e ＝1x ln a (a >0，且a ≠1)；(4)(e x )′＝e x ； (5)(ln x )′＝1x(6)(sin x )′＝cos_x ； (7)(cos x )′＝－sin_x .备注：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有的函数虽然表面形式为函数的商的形式，但在求导前利用代数或三角恒等变形将函数先化简，然后进行求导，有时可以避免使用商的求导法则，减少运算量； 2、常见函数的导数及导数的运算法则 （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 2(x ) (g (x )≠0).二、导数几何意义的应用，需注意以下两点：1、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).2、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.(1)当曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x ＝x 0；(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.3、方法与技巧（1）f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，而函数值f(x0)是一个常量，其导数一定为0，即(f(x0))′＝0.（2）对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则.求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.三、利用导数研究函数的单调性(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)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)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.四、导数的极值(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点.所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点.(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值.五、利用导数研究函数的最值1、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.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在区间(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.2、求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.3、可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题：第一步：求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规范.4、方法与技巧(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分. (2)求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小.(3)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较. 5、失误与防范(1)注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行. (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.(3)解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.题型一、利用导数研究函数的切线问题导数的几何意义就是求在该点的切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分在与过的不同，要是过某一点一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可。
专题03 导数、函数的综合应用(原卷版)-2020年高考数学二轮专项提升(江苏)
专题03 导数、函数的综合运用1、（2019江苏卷）.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x +y =0的距离的最小值是_____.2、（2019江苏卷）.设函数()()()(),,,R f x x a x b x c a b c =---∈，()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． 3、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．4、【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．5、【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 6、【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 7、【2019年高考北京文数】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．8、【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()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．一、函数零点的问题1、利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2、对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数. 二、函数单调性的讨论对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.三、新型定义问题的处理“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。
【数学】江苏专用2020版高考数学专题复习专题3导数及其应用第24练高考大题突破练导数练习文
【关键字】数学（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题3 导数及其应用第24练高考大题突破练——导数练习文(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．3．已知函数f(x)＝ln x＋(a＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．4．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，当x∈[0,1]时，求证：1－x≤f(x)≤.5．已知函数f(x)＝xln x和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m的取值范围；(3)求证：＋＋…＋＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．(1)当a＝0时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(2)f ′(x)＝－1＋＝.令f ′(x)＝0，得－x2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a.①当a ≤－时，f ′(x)≤0恒成立，所以函数f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；②当a ＞－时，由f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝.(i)若－＜a ＜0，则x1＞x2＞0，由f ′(x)＜0，得0＜x ＜x2，x ＞x1；由f ′(x)＞0，得x2＜x ＜x1.所以f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)．(ii)若a ＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x1＞0＞x2，由f ′(x)＜0，得x ＞x1；由f ′(x)＞0，得0＜x ＜x1.所以f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．综上所述，当a ≤－时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当－＜a ＜0时，f(x)的单调减区间为(0，)，(，＋∞)，单调增区间为(，)； 当a ≥0时，f(x)的单调减区间为(，＋∞)，单调增区间为(0，)．2．解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a.若a ≤0，则f ′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递加．若a ＞0，则当x ∈时，f ′(x)＞0；当x ∈时，f ′(x)＜0.所以f(x)在上单调递加，在上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，a 的取值范围是(0,1)．3．解 (1)f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x2. 因为a ＞0，由f ′(x )＞0，得x ∈(a ，＋∞)，由f ′(x )＜0，得x ∈(0，a )，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(2)由题意，将方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12化简得 b ＝ln x －12x 2＋12，x ∈(0，＋∞)．令h (x )＝ln x －12x 2－b ＋12， 则h ′(x )＝1x －x ＝1＋x 1－x x .当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h (x )在x ＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h (1)＝ln 1－12×12－b ＋12＝－b . 所以当－b ＞0，即b ＜0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有两个交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12有两个实根； 当b ＝0时，y ＝h (x )的图象与x 轴恰有一个交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12有一个实根； 当b ＞0时，y ＝h (x )的图象与x 轴无交点，方程f (x )＝x 3＋2bx ＋a 2x －12无实根． 4．证明 要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≥1－x ， 只需证明(1＋x )e －x ≥(1－x )e x .记h (x )＝(1＋x )e －x －(1－x )e x ，则h ′(x )＝x (e x －e －x )．显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在[0,1]上是增函数，∴h (x )≥h (0)＝0.∴f (x )≥1－x ，x ∈[0,1]．要证x ∈[0,1]时，(1＋x )e－2x ≤11＋x ， 只需证明e x ≥x ＋1.记K (x )＝e x －x －1，则K ′(x )＝e x －1.当x ∈(0,1)时，K ′(x )＞0，∴K (x )在[0,1]上是增函数．∴K (x )≥K (0)＝0，∴f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． 综上，1－x ≤f (x )≤11＋x，x ∈[0,1]． 5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )，即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x＝0. 令h (x )＝ln x －x ＋1x， 则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x2 ＝－[x －122＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )，即ln x ＜m (x －1x)，设F (x )＝ln x －m (x －1x)，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0， F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2) ＝－mx 2＋x －m x 2. ①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2，当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2.当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾．综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时， ln x ＜12(x －1x)成立． 不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)， ∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1 ＝4k 4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k 4k 2－1(k ∈N *)， 累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n2－1＞ln(2n＋1)(n∈N*)．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。
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课时达标训练(十九) 导数的简单应用A 组1．(2019·苏州期末)曲线y ＝x ＋2e x在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为________．解析：由函数y ＝x ＋2e x ，可得y ′＝1＋2e x，当x ＝0时，y ＝2，y ′＝3，所以曲线y ＝x ＋2e x 在点(0，2)处的切线方程为y ＝3x ＋2，令y ＝0，可得x ＝－23，所以曲线y ＝x ＋2ex在x ＝0处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12×2×23＝23.答案：232．(2019·常州期末)若直线kx －y －k ＝0与曲线y ＝e x(e 是自然对数的底数)相切，则实数k ＝________．解析：设切点坐标为(x 0，e x 0)，则曲线y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线方程为y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，即e x 0x －y ＋e x 0(1－x 0)＝0，易知该切线与直线kx －y －k ＝0重合，所以e x 0＝－e x 0(1－x 0)＝k ，得x 0＝2，k ＝e 2.答案：e 23．(2019·安徽师大附中期中)已知函数f (x )＝e x ＋a e －x为偶函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为83，则该切点的横坐标为________．解析：∵函数f (x )＝e x ＋a e －x 为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即e －x ＋a e x ＝e x ＋a e －x，可得a ＝1.∴f (x )＝e x ＋e －x ，∴f ′(x )＝e x －e －x.设该切点的横坐标为x 0，则e x 0－e －x 0＝83.令e x 0＝t >0，可得t －1t ＝83，整理可得3t2－8t －3＝0，解得t ＝3或－13(舍)．∴e x 0＝3，解得x 0＝ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34．(2019·广东广州一模)已知过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．解析：设切点坐标为(x 0，y 0)，则由(x e x )′＝x e x ＋e x可知切线斜率k ＝(x 0＋1)·e x 0，所以切线方程为y －y 0＝(x 0＋1)·e x 0(x －x 0)．将点A (a ，0)代入切线方程得－y 0＝(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)．又y 0＝x 0e x 0，所以(x 0＋1)·e x 0(a －x 0)＝－x 0e x 0，整理得x 20－ax 0－a ＝0有两个解，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0.答案：(－∞，－4)∪(0，＋∞)5．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x＋ax (x ∈R )有大于零的极值点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则e x＝－a ，x ＝ln(－a )．因为函数f (x )有大于零的极值点，所以ln(－a )＞0，所以－a ＞1，即a ＜－1. 答案：(－∞，－1)6．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3.答案：(－∞，－3]7．(2019·盐城三模)已知函数f (x )＝x ＋4sin x ，若不等式kx ＋b 1≤f (x )≤kx ＋b 2对一切实数x 恒成立，则b 2－b 1的最小值为________．解析：原不等式可化为(k －1)x ＋b 1≤4sin x ≤(k －1)x ＋b 2，结合函数图象(图略)知k ＝1，进一步得b 2≥4，b 1≤－4，所以b 2－b 1≥8，所以b 2－b 1的最小值为8.答案：88．已知函数f (x )＝ln x －mx(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________． 解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e )≥4，解得m ≤－3e ，又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]， 所以f ′(x )<0，即f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m ＝－3e.答案：－3e9．若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2mx ＋1x －2＝2mx 2－2x ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函数g (x )＝2mx 2－2x ＋1在定义域(0，＋∞)上必须大于等于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≥0，解得m ≥12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 10．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________．解析：∵f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2， ∴f ′(x )＝12x 2－2ax －2b . 又f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴t ＝ab ＝a (6－a )＝－(a －3)2＋9， 当且仅当a ＝b ＝3时，t 取得最大值9. 答案：911．(2019·南京盐城一模)设函数f (x )＝x 3－a 2x (a >0，x ≥0)，O 为坐标原点，A (3，－1)，C (a ，0)，对函数图象上的任意一点B ，都满足OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→成立，则a 的值为________．解析：由题意得OA ―→＝(3，－1)，OC ―→＝(a ，0)，设B (x ，x 3－a 2x )，则OB ―→＝(x ，x 3－a 2x )，由OA ―→·OB ―→≤OA ―→·OC ―→得3x －(x 3－a 2x )≤3a ，整理得(x －a )(x 2＋ax －3)≥0.法一：设y 1＝x －a ，y 2＝x 2＋ax －3，则由(x －a )(x 2＋ax －3)≥0在[0，＋∞)上恒成立知，两函数的图象应交于x 轴上的点(a ，0)，将x ＝a 代入x 2＋ax －3＝0，得a 2＋a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法二：设g (x )＝(x －a )(x 2＋ax －3)，则g (a )＝0，g ′(x )＝x 2＋ax －3＋(x －a )(2x ＋a )＝3x 2－3－a 2，因为g ′(x )在[0，＋∞)上有唯一零点，所以要使g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，需g ′(a )＝2a 2－3＝0，因为a >0，所以得a ＝62. 法三：由3x －(x 3－a 2x )≤3a 得x 3－a 2x ≥3x －3a .设p (x )＝x 3－a 2x ，q (x )＝3x －3a ，易知当x ≥0时，p (x )的图象上的点不在q (x )图象的下方，因为两函数图象有公共点(a ，0)，且q (x )的图象是直线，所以p ′(a )＝2a 2＝3，得a ＝62. 答案：6212．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知x ＞0，且f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t ＜1＜t ＋1或t ＜3＜t ＋1，得0＜t ＜1或2＜t ＜3. 答案：(0，1)∪(2，3)13．已知函数f (x )＝－x ln x ＋ax 在(0，e]上是增函数，函数g (x )＝|e x－a |＋a 22，当x ∈[0，ln 3]时，函数g (x )的最大值M 与最小值m 的差为32，则a 的值为________．解析：由题意可知f ′(x )＝－(ln x ＋1)＋a ≥0在(0，e]上恒成立，所以a ≥ln x ＋1，即a ≥2.当2≤a ＜3时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x＋a 22，0≤x ＜ln a ，e x－a ＋a22，ln a ≤x ≤ln 3，g (x )在[0，ln a ]上单调递减，在[ln a ，ln 3]上单调递增，因为g (0)－g (ln 3)＝a －1＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a ＋a 22＝2a －4≥0，所以g (0)≥g (ln 3)，所以M －m ＝g (0)－g (ln a )＝a －1＝32，解得a ＝52；当a ≥3时，g (x )＝a －e x＋a 22，g (x )在[0，ln 3]上递减，所以M －m ＝g (0)－g (ln 3)＝2≠32，舍去．故a ＝52.答案：5214．若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1，2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1，2]上单调递减．又g ′(x )＝（e x）2＋2a 2·e x ，所以g ′(x )＝（e x ）2＋2a2·ex≤0在区间[1，2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤－（e x ）2，e 2－a e≤0无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1，2]上单调递增， 即g ′(x )＝（e x ）2＋2a 2·e x≥0在区间[1，2]上恒成立， 且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－（e x）2，e 2－a e≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 B 组1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －xx＝－（ax ＋1）（x －1）x.①若a ≥0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②，得a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)2．(2019·南京四校联考)已知f (x )＝e x ＋x 2－ax ，g (x )＝ln x ＋x ，若对任意的x >0，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式f (x )≥g (x )可化为e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，由题意知，当x >0时，e x ＋x 2－ax ≥ln x ＋x ，即a ＋1≤e x ＋x 2－ln xx恒成立．令F (x )＝e x ＋x 2－ln xx，则F ′(x )＝e x（x －1）＋x 2－1＋ln x x2，显然有F ′(1)＝0，且当x >0时，[e x (x －1)＋x 2－1＋ln x ]′＝x e x ＋2x ＋1x>0，所以当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，所以F (x )min ＝F (1)＝e ＋1.因此有a ＋1≤e ＋1.故a ≤e.答案：(－∞，e]3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1e x ，x ≥a ，－x －1，x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________.解析：对于函数y ＝x －1ex，y ′＝2－xex ，由y ′>0，得x <2；由y ′<0，得x >2， 所以y ＝x －1e x在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，极大值为1e2，当x →＋∞时，y →0.先不考虑a ，作出y ＝x －1e x和y ＝－x －1的图象如图所示．只有当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1ex 和直线y ＝－x －1共有三个公共点．因为直线y ＝1e 2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2时，存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有三个公共点．答案： ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1e 2，2 4．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．解析：令h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2＋|x －a |－(2a －1)x －a ln x ，则h (x )有且仅有两个零点．a ≤0时，h (x )＝x 2－2(a －1)x －a ln x －a ，h ′(x )＝2x －2(a －1)－ax>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意．a >0时，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ln x ＋a ，0<x <a ，x 2－2（a －1）x －a ln x －a ，x ≥a ，0<x <a 时，h ′(x )＝2(x －a )－ax <0，所以h (x )在(0，a )上单调递减；x ≥a 时，h ′(x )＝2x －2(a －1)－a x ＝2(x －a )＋2x －ax>0，所以h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (a )＝－a 2＋a －a ln a <0，即a －1＋ln a >0.令φ(a )＝a ＋ln a －1，则φ′(a )＝1＋1a>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增，又φ(1)＝0，所以φ(a )>0的解集为a ∈(1，＋∞)．此时易知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1a2－2＋a ln a ＋a >0，h (a 3)＝a (a 5－2a 3＋2a 2－3ln a －1)>0，所以h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1a，a 和(a ，a 3)上各有一个零点，满足题意．综上，a ∈(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |，x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析：x ＜1时，f (x )＝－|x 3－2x 2＋x |＝－|x (x －1)2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1）2，x ＜0，－x （x －1）2，0≤x ＜1， 当x ＜0时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)＞0 ∴f (x )是增函数；当0≤x ＜1，f ′(x )＝－(x －1)(3x －1)，所以f (x )的增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，根据图象变换可作出函数y ＝f (x )在R 上的图象如图所示．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)， 因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e.函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1 6．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则ba的最小值为________．解析：f ′(x )＝1x ＋(e －a )＝（e －a ）x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立． 当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1.由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a≥－ln （a －e ）－1a.设g (x )＝－ln （x －e ）－1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x ＋ln （x －e ）＋1x 2＝ee －x＋ln （x －e ）x2. 由于y ＝e e －x＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e ，2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e ，当a ＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.答案：－1e。