(江苏专用)高考数学总复习 (基础达标演练+综合创新备选)第三篇 导数及其应用《第16讲 导数的
高考数学一轮总复习第三章导数及应用1导数的概念及运算课件理
(2)求过点 P 的曲线的切线方程的步骤为： 第一步，设出切点坐标 P′(x1，f(x1))； 第二步，写出过 P′(x1，f(x1))的切线方程为 y－f(x1)＝f′ (x1)(x－x1)； 第三步，将点 P 的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出 x1； 第四步，将 x1 的值代入方程 y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过 点 P(x0，y0)的切线方程．
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(5)y＝－lnx＋e－2x,∴y′＝－1x＋e－2x·(－2x)′＝－1x－2e－2x. 【答案】 (1)y′＝24x3＋9x2－16x－4 (2)y′＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2 (3)y′＝x2＋x（1－x2＋2x12·）l2nx (4)y′＝2sin(4x＋23π) (5)y′＝－1x－2e－2x
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2．计算： (1)(x4－3x3＋1)′＝________； (2)(ln1x)′＝________； (3)(xex)′＝______； (4)(sinx·cosx)′＝______． 答案 (1)4x3－9x2 (2)－xln12x (3)ex＋xex (4)cos2x
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为 k1，k2，则 k1，k2 的大小关系为( )
A．k1>k2
B．k1<k2
C．k1＝k2
D．不确定
答案 A
解析 ∵y＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx.
π k1＝cos0＝1，k2＝cos 2 ＝0，∴k1>k2.
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5．(2018·陕西检测)已知直线 y＝－x＋m 是曲线 y＝x2－3lnx
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题型二 导数的基本运算
求下列函数的导数： (1)y＝(3x3－4x)(2x＋1)； (3)y＝x2ln＋x1； (5)y＝ln1x＋e－2x.
高中数学第三章导数及其应用3.1导数的概念3.1.2瞬时变化率—导数学案苏教版选修1-1(2021
（江苏专用）2018-2019学年高中数学第三章导数及其应用3.1 导数的概念3.1.2 瞬时变化率—导数学案苏教版选修1-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2018-2019学年高中数学第三章导数及其应用3.1 导数的概念3.1.2 瞬时变化率—导数学案苏教版选修1-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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3.1。
2 瞬时变化率—导数学习目标：1。
理解导数的概念和定义及导数的几何意义．(重点） 2.理解运动在某时刻的瞬时变化率(瞬时速度）．（难点)[自主预习·探新知］1．曲线上一点处的切线设曲线C上的一点P，Q是曲线C上的另一点，则直线PQ称为曲线C的割线；随着点Q沿曲线C向点P运动，割线PQ在点P附近越来越逼近曲线C。
当点Q无限逼近点P时，直线PQ 最终就成为在点P处最逼近曲线的直线l，这条直线l称为曲线在点P处的切线．2．瞬时速度运动物体的位移S(t）对于时间t的导数，即v（t）＝S′（t）．3．瞬时加速度运动物体的速度v（t）对于时间t的导数,即a(t)＝v′（t)．4．导数设函数y＝f(x）在区间(a，b)上有定义,x0∈(a，b），当Δx无限趋近于0时，比值错误!＝错误!无限趋近于一个常数A，则称f(x)在点x＝x0处可导，并称常数A为函数f（x）在点x＝x处的导数,记作f′（x0）．5．导函数若函数y＝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，记作f′（x）．6．函数y＝f(x）在点x＝x0处的导数f′(x0）的几何意义是曲线y＝f(x）在点(x0，f(x0）)处的切线的斜率．[基础自测］1．判断正误：(1)函数y＝f（x）在x＝x0处的导数值与Δx值的正、负无关．（)(2）在导数的定义中，Δx，Δy都不可能为零．( )（3）在导数的定义中，错误!＞0.( ）【解析】(1）√。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.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，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图像(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；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23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.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当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(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
2020高考江苏数学(理)大一轮复习课件：第三章 第19课 导数的综合应用
3. (2018·衡水金卷)若一底面为正方形的长方体各棱长之和为24，则当该长方体 的体积最大时，其外接球的体积为__4__3_π___．
【解析】设该长方体的底面边长为x，高为h，由题知h＝24－4 8x＝ 6－2x(0<x<3)，则长方体的体积为V(x)＝x2(6－2x)(0<x<3)．V′(x)＝12x－6x2＝ 6x(2－x)，由V′(x)＝0，得x＝2，且当0<x<2时，V′(x)>0，V(x)单调递增；当2<x<3 时，V′(x)<0，V(x)单调递减．所以V(x)在x＝2处取得唯一的极大值，且为最大值， 此时长方体的高为6－2x＝2，所以其外接球的直径2R＝ 22＋22＋22＝2 3，所以 R＝ 3，所以其外接球的体积为V＝4π3R3＝4 3π.
4. (2017·启东中学)已知a，b∈R，函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋1，g(x)＝ex，且函数 f(x)的图象与函数g(x)的图象在x＝0处有公共的切线．
(1) 求b的值；
【解答】由题知f′(x)＝x2＋2ax＋b，g′(x)＝ex， 由f′(0)＝b＝g′(0)＝1，得b＝1.
(2) 讨论函数f(x)的单调性． 【解答】 f′(x)＝x2＋2ax＋1＝(x＋a)2＋1－a2， 当a2≤1时，即－1≤a≤1时，f′(x)≥0，从而函数f(x)在定义域上单调递增． 当a2＞1时，f′(x)＝(x＋a＋ a2－1)(x＋a－ a2－1)，此时 若x∈(－∞，－a－ a2－1)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
以切线方程为 y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0)．
因为切线过点(2,0)，
所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0)，
高考数学全程一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第一节导数的概念及其几何意义导数的运算课件
解析：设切点为(x0，y0)， 则y′|x＝x0＝3(x0－1)2， ∴切线方程为y－y0＝3(x0－1)2(x－x0)， 即y－(x0－1)3＝3(x0－1)2(x－x0)． 又该直线过原点，
∴－(x0－1)3＝3(x0－1)2(－x0)，
即(x0－1)2(2x0＋1)＝0，
解
得x0
＝
1或
x0
＝－
f′ x g x − f x g′ x
(3)
fx gx
′＝_______g__x__2_______(g(x)≠0)．
(4)[cf(x)]′＝____c_f′_(x_)_____(c为常数)．
5．复合函数的导数 复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为 y′x＝___y_′u_·u_′x___，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．
(1)
1 fx
′＝__－__ff′_xx_2__(f(x)≠0)．
Байду номын сангаас
(2)[exf(x)]′＝_e_x[_f_(x_)_＋_f_′(_x_)]_．
f′ x − f x
(3)
fx ex
′＝_____e_x ____．
【问题2】 “曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”有何 区别？
答案：“曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”含义是不同的．“曲线 在点P处的切线”即点P是曲线上的点，且点P就是切点；而“曲线过点P的切线”， 点P不一定在曲线上，点P不一定是切点．
导函数 f′(x)＝____0____ f′(x)＝__n_x_n_－_1__ f′(x)＝___co_s_x___ f′(x)＝__－__si_n_x__
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时导数与函数的综合问题课时
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时导数与函数的综合问题课时跟踪检测理一保高考，全练题型做到高考达标1．定义在实数集上的函数f (x )＝x 2＋x ，g (x )＝13x 3－2x ＋m .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )≥g (x )对任意的x ∈[－4,4]恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝x 2＋x ，∴当x ＝1时，f (1)＝2， ∵f ′(x )＝2x ＋1，∴f ′(1)＝3，∴所求切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. (2)令h (x )＝g (x )－f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋m ，则h ′(x )＝(x －3)(x ＋1)． ∴当－4＜x ＜－1时，h ′(x )＞0； 当－1＜x ＜3时，h ′(x )＜0； 当3＜x ＜4时，h ′(x )＞0.要使f (x )≥g (x )恒成立，即h (x )max ≤0， 由上知h (x )的最大值在x ＝－1或x ＝4处取得， 而h (－1)＝m ＋53，h (4)＝m －203，所以m ＋53≤0，即m ≤－53，∴实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－53.2．已知函数f (x )＝ax －aex(a ＜0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x，f ′(x )＝x －2e x .由f ′(x )＝0，得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，2)2 (2，＋∞)f ′(x )－＋f (x ) 极小值所以，函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e 2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －ax －a e x e2x＝－a x －2ex.当a ＜0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：x (－∞，2)2 (2，＋∞)F ′(x ) －0 ＋F (x )极小值若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1＞0，解得a ＞－e 2，所以此时－e 2＜a＜0.故实数a 的取值范围为(－e 2,0)．3．某商场的销售部经过市场调查发现，该商场的某种商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)因为x ＝5时，y ＝11， 所以a2＋10＝11，解得a ＝2.(2)由(1)，可知y ＝2x －3＋10(x －6)2. 设该商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )元， 则f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]＝30(x －4)(x －6)． 令f ′(x )＝0，得x ＝4或6(舍去)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值故当销售价格为4元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．4．(2016·扬州调研)已知函数f (x )＝x 33－ax 2＋(a 2－1)x 和g (x )＝x ＋a 2x.(1)求证：不论实数a 取何值，f (x )总有两个极值点； (2)若f (x )和g (x )有相同的极值点，求实数a 的值．解：(1)证明：由题意，知f ′(x )＝x 2－2ax ＋a 2－1＝[x －(a ＋1)]·[x －(a －1)]， 令f ′(x )＝0，解得x ＝a ＋1或x ＝a －1， 当x <a －1或x >a ＋1时，f ′(x )>0， 当a －1<x <a ＋1时，f ′(x )<0， 所以x ＝a －1为f (x )的极大值点，x ＝a ＋1为f (x )的极小值点．所以不论实数a 取何值，f (x )总有两个极值点．(2)由题意，知g ′(x )＝1－a 2x 2＝x －a x ＋ax2. 令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a .因为f (x )和g (x )有相同的极值点，且a 和a ＋1，a －1不可能相等， 所以当－a ＝a ＋1时，a ＝－12；当－a ＝a －1时，a ＝12.经检验，当a ＝－12或12时，f (x )和g (x )有相同的极值点．所以a ＝－12或a ＝12.二上台阶，自主选做志在冲刺名校 设函数f (x )＝e x－ax －1.(1)若函数f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围；(2)当a ＞0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0； (3)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＜(n ＋1)n ＋1.解：(1)由题意知f ′(x )＝e x－a ≥0对x ∈R 恒成立，且e x＞0，故a 的取值范围为(－∞，0]．(2)证明：由a ＞0，及f ′(x )＝e x－a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a－a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ，故当a ∈(0,1)时，g ′(a )＞0，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )＜0， 从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 且g (1)＝0，故g (a )≤0.(3)证明：由(2)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x－x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立．即当x ＞0时，总有e x＞x ＋1.于是，可得(x ＋1)n ＋1＜(e x )n ＋1＝e(n ＋1)x.令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＜e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝n －2n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＜e －(n －2)； …… 令x ＋1＝nn ＋1，即x ＝－1n ＋1可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －1.对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －n ＋e －(n －1)＋e－(n －2)＋…＋e －1＝e－n1－e n1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －ne －1＜1e －1＜1. 故对任意的正整数n ， 都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＜(n ＋1)n ＋。
(江苏专用)2013高考数学总复习 (基础达标演练+综合创新备选)第一篇 集合与常用逻辑用语《第3
2013高考总复习某某专用（理科）：第一篇 集合与常用逻辑用语《第3讲 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词》（基础达标演练+综合创新备选，含解析）A 级 基础达标演练 (时间：45分钟 满分：80分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．(2011·某某学情调查)命题“∃x ∈R ，x 2＋1＜0”的否定是________． 解析 存在性命题的否定是全称命题． 答案 ∀x ∈R ，x 2＋1≥02．(2011·某某调研)命题：∀x ∈R ，sin x ＜2的否定是________． 解析 全称命题的否定是存在性命题． 答案 ∃x ∈R ，sin x ≥23．命题：∀x ∈R ，x 2≥0的否定是________． 解析 原命题是全称命题，它的否定是存在性命题． 答案 ∃x ∈R ，x 2＜04．(2011·某某省日照调研)命题“对任意的x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0”的否定是________． 解析 原命题是全称命题，它的否定是存在性命题． 答案 存在x ∈R ，x 3－x 2＋1＞05．命题“∃x ∈(1,2)时，满足不等式x 2＋mx ＋4≥0”是假命题，则m 的取值X 围________． 解析 由题意，得不等式x 2＋mx ＋4＜0在(1,2)恒成立，于是由m ＜－x －4x得m ≤－1－4＝－5.答案 m ≤－56．(2011·某某卷改编)下列命题：①∃x ∈R ，lg x ＝0；②∃x ∈R ，tan x ＝1；③∀x ∈R ，x 2＞0；④∀x ∈R,2x ＞0，其中真命题的序号是________．解析 ①取x ＝1，得lg x ＝lg 1＝0，①正确．②取x ＝π4，得tan x ＝tan π4＝1，②正确．③取x ＝0，则x 2＝0，③不正确．④由指数函数值域知④正确． 答案 ①②④7．有四个关于三角函数的命题：①∃x ∈R ，sin 2x 2＋cos 2x 2＝12；②∃x ，y ∈R ，sin(x －y )＝sin x －sin y ；③∀x ∈(0，π)，1－cos 2x 2＝sin x ；④sin x ＝cos y ⇒x ＋y ＝π2，其中假命题的序号为________．解析 ①中sin 2x2＋cos 2x2＝1；②中取y ＝0，得sin(x －y )＝sin x －sin y ；③中，由于sinx ＞0，所以1－cos 2x 2＝sin 2x ＝sin x ；④中sin 3π4＝cos π4，但3π4＋π4＝π，故②③正确，①④不正确． 答案 ①④二、解答题(每小题15分，共45分)8．若命题“綈[(綈p )∧(綈q )]”是假命题，请判断命题p 与q 的真假，并说明理由． 解 由“綈[(綈p )∧(綈q )]”是假命题，得“(綈p )∧(綈q )”是真命题，从而綈p 与綈q 都是真命题，因此p 与q 均为假命题．9．a ，b ，c 为实数，且a ＝b ＋c ＋1，证明：两个一元二次方程x 2＋x ＋b ＝0，x 2＋ax ＋c ＝0中至少有一个方程有两个不相等的实数根． 解 假设两个方程都没有两个不等的实数根，则Δ1＝1－4b ≤0，Δ2＝a 2－4c ≤0，∴Δ1＋Δ2＝1－4b ＋a 2－4c ≤0.∵a ＝b ＋c ＋1，∴b ＋c ＝a －1.∴1－4(a －1)＋a 2≤0，即a 2－4a ＋5≤0. 但是a 2－4a ＋5＝(a －2)2＋1＞0，故矛盾．所以假设不成立，原命题正确，即两个方程中至少有一个方程有两个不相等的实数根． 10．已知函数f (x )＝x 2，g (x )＝x －1(1)∃x ∈R ，使f (x )＜b ·g (x )，某某数b 的取值X 围； (2)∀x ∈R ，使f (x )≥b ·g (x )，某某数b 的取值X 围．解 (1)由∃x ∈R ，f (x )＜b ·g (x )，得∃x ∈R ，x 2－bx ＋b ＜0，所以Δ＝(－b )2－4b ＞0，解得b ＜0或b ＞4，即实数b 的取值X 围是(－∞，0)∪(4，＋∞)． (2)由∀x ∈R ，f (x )≥b ·g (x )，得∀x ∈R ，x 2－bx ＋b ≥0，所以Δ＝(－b )2－4b ≤0，解得0≤b ≤4.即实数b 的取值X 围是[0,4]B 级 综合创新备选(时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2011·某某学情分析)命题“∀x ＞0，都有sin x ≥－1”的否定是________． 解析 原命题是全称命题，它的否定是存在性命题． 答案 ∃x ≤0，sin x ＜－12．给出下列三个命题：①∀x ∈R ，x 2＞0；②∃x ∈R ，使得x 2≤x 成立；③对立集合M ，N ，若x ∈M ∩N ，则x ∈M 且x ∈N .其中真命题的个数是________．解析 ①取x ＝0，得x 2＝0，①不正确；②取x ＝12，得②正确．③正确，故真命题的个数为2. 答案 23．(2011·某某卷改编)下列命题：①∃m ∈R ，使函数f (x )＝x 2＋mx (x ∈R )是偶函数；②∃x ∈R ，使函数f (x )＝x 2＋mx (x ∈R )是奇函数；③∀m ∈R ，使函数f (x )＝x 2＋mx (x ∈R )都是偶函数；④∀m ∈R ，使函数f (x )＝x 2＋mx (x ∈R )都是奇函数，其中是真命题的序号是________． 解析 当m ＝0时，函数f (x )＝x 2是偶函数． 答案 ①4．已知函数f (x )＝x 2＋a x(a ∈R )，则下列结论：①∀a ∈R ，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；②∀a ∈R ，f (x )在(0，＋∞)上是减函数；③∃a ∈R ，f (x )是偶函数；④∃a ∈R ，f (x )是奇函数，其中正确的序号是________．解析 ①取a ＝4，f (x )＝x 2＋4x在(0，＋∞)上不是增函数，①不正确．②取a ＝－4，f (x )＝x 2－4x在(0，＋∞)上不是减函数，②不正确．③取a ＝0，f (x )＝x 2(x ≠0)是偶函数，③正确．④显然不正确． 答案 ③5．(2011·某某省某某测试)给出如下四个命题： ①若“p ∧q ”为假命题，则p 、q 均为假命题；②命题“若a ＞b ，则2a ＞2b －1”的否命题为“若a ≤b ，则2a ≤2b－1”； ③“∀x ∈R ，x 2＋1≥1”的否定是“∃x ∈R ，x 2＋1≤1”； ④在△ABC 中，“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”的充要条件． 其中不正确的命题的序号是________．解析 ①p ，q 一真一假时，p ∧q 也为假命题，②正确，③否定应为“∃x ∈R ，x 2＋1＜1”，④在△ABC 中，A ＞B ⇔a ＞b ⇔sin A ＞sin B ．因此①③为假命题，②④为真命题． 答案 ①③6．(2010·某某卷改编)已知a ＞0，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若x 0满足关于x 的方程2ax ＋b ＝0，则下列命题：①∃x ∈R ，f (x )≤f (x 0)；②∃x ∈R ，f (x )≥f (x 0)；③∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)；④∀x ∈R ，f (x )≥f (x 0)，其中正确的序号是________． 解析 由x 0满足方程2ax ＋b ＝0，得x 0＝－b2a.因为a ＞0，所以f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a 是二次函数f (x )的最小值，从而可判定④真命题，③是假命题，由存在x ＝x 0时，f (x )＝f (x 0)，可判断①②是真命题． 答案 ①②④二、解答题(每小题15分，共30分)7．(2011·某某省日照调研)设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2＜0，其中a ≠0，q ：实数x 满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －6≤0，x 2＋2x －8＞0.(1)若a ＝1，且p ∧q 为真，某某数x 的取值X 围； (2)若p 是q 的必要不充分条件，某某数a 的取值X 围． 解 (1)由x 2－4ax ＋3a 2＜0得(x －3a )(x －a )＜0，当a ＝1时，解得1＜x ＜3，即p 为真时实数x 的取值X 围是1＜x ＜3.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －6≤0，x 2＋2x －8＞0，得2＜x ≤3，即q 为真时实数x 的取值X 围是2＜x ≤3.若p ∧q 为真，则p 真且q 真，所以实数x 的取值X 围是(2,3)．(2)p 是q 的必要不充分条件，即q ⇒p ，且p /⇒q ， 设A ＝{x |p (x )}，B ＝{x |q (x )}，则A B ，又B ＝(2,3]，当a ＞0时，A ＝(a,3a )；当a ＜0时，A ＝(3a ，a )，所以当a ＞0时，有⎩⎪⎨⎪⎧a ≤2，3＜3a ，解得1＜a ≤2；当a ＜0时，显然A ∩B ＝∅，不合题意． 所以实数a 的取值X 围是(1,2]．8．(2011·某某模拟)已知命题p ：∀x ∈[1,2]，x 2－a ≥0.命题q ：∃x ∈R ，使得x 2＋(a －1)x ＋1＜0.若p 或q 为真，p 且q 为假，某某数a 的取值X 围． 解 因为∀x ∈[1,2]，x 2－a ≥0恒成立，即a ≤x 2恒成立，所以a ≤1.即p ：a ≤1，所以綈p ：a ＞1. 又∃x ∈R ，使得x 2＋(a －1)x ＋1＜0.所以Δ＝(a －1)2－4＞0，所以a ＞3或a ＜－1， 即q ：a ＞3或a ＜－1，所以綈q ：－1≤a ≤3.又p 或q 为真，p 且q 为假，所以p 真q 假或p 假q 真． 当p 真q 假时，{a |a ≤1}∩{a |－1≤a ≤3}＝{a |－1≤a ≤1}． 当p 假q 真时，{a |a ＞1}∩{a |a ＜－1或a ＞3}＝{a |a ＞3}． 综上所述a 的取值X 围为{a |－1≤a ≤1或a ＞3}.。
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第二课时导数与函数的极值最值课件
由 不故题 妨f设 设(x可 这)＝得 两x－方 个2x程 根－为a3xln2x－1x，，3xx则＋2，2f并′＝令(0x有)h＝(两x)x个＝－不a1xx等22－x－的3x2正＋.实2，根， 则由 当xxΔffx11＝′ ′x＋变2x＝9((xx－ x化2))2a＝＝＞8时a3a0＞ 0＞，得3200f′，，x＝(x)1，或32或f(， －xx)＝2Δ－h的＝20－变2.9＞a3化－＞0情80a，况＞20如0，下表：，(解2＋,3得) 0＜a3＜98.
由f′①(－
由f于 (x)切点的8 横坐标为 1，所以13 f(1)＝4.
0＋
95 27
4
所所以以y＝1＋f(xa)＋在b[－＋3c＝,1]4上，的得最c大＝值5. 为 13，最小值为9257.
第二课时 导数与函数的极值、最值
考点一 运用导数解决函数的极值问题 常考常新型考点——多角探明
[命题分析] 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，难度适中，为中高档题． 常见的命题角度有： (1)已知函数求极值； (2)已知极值求参数； (3)由图判断极值．
[题点全练] 角度一：已知函数求极值 1．已知函数 f(x)＝x－aln x(a∈R)．
角度三：由图判断极值 4．已知函数 f(x)的定义域为 R，导函数 f′(x)的图象如图
所示，则函数 f(x)有________个极大值点，________个 极小值点．
解析：由导数与函数极值的关系，知当 f′(x0)＝0 时，若在 x0 的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x)在 x＝x0 处取得 极大值；若在 x0 的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x) 在 x＝x0 处取得极小值．设函数 f′(x)的图象与 x 轴的交点 从左到右的横坐标依次为 x1，x2，x3，x4，则 f(x)在 x＝x1， x＝x3 处取得极大值，在 x＝x2，x＝x4 处取得极小值． 答案：2 2
高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用1导数的概念意义及运算课件新人教版
导函数
f'(x)=0
f'(x)=αxα-1
f'(x)=cos x
f'(x)=-sin x
f'(x)=axln a
f'(x)=ex
1
f'(x)=
ln
1
f'(x)=
4.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.通过函数的图象直观理解导数的几何意义.
1
,y=
x
4.能根据导数的定义求函数y=c,y=x,y=x2,y=x3, y=
x 的导数.
5.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;能求简单的复合函数(限于形如f(ax+b))的导数.
6.会使用导数公式表.
备考指导
导数是高中数学的重点,而求给定函数的导数则是解决导数问题的基本.复
由 f'(x)= 2 ,得 f'(2)=
.
4
.
4.函数y=sin 3x的导函数是 y'=3cos 3x .
设y=sin u,u=3x,则yx'=yu'·
ux'=(sin u)'·
(3x)'=cos u·
3=3cos 3x.
5.曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为
y=3x
.
由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,得k=y'|x=0=3.
(江苏专用)高考数学总复习 第三篇 导数及其应用《第14讲 用导数研究函数的单调性与极值》课件 理 苏教版
综上所述，当a＞1时，f(x)的单调增区间为(a，＋∞)，(0,1)； 当a＝1时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当0＜a＜1时，f(x) 的单调增区间为(1，＋∞)，(0，a)；当a≤0时，f(x)的单调增 区间为(1，＋∞)．
考向二
利用导数解决函数的极值问题
x 【例2】►已知函数f(x)＝ (x＞0，x≠1)． ln x (1)求函数f(x)的极值； x (2)若不等式ea＞x对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围． x [审题视点] (1)由f′(x)＝0求得极值点后再列表讨论．(2)对e a x ＞x两边取自然对数，得a＞ln x，然后再求解．
a x－ax－1 (2)由(1)得f′(x)＝x－(a＋1)＋ ＝ ， x x 当a＞1时，由f′(x)＞0，得x＞a或0＜x＜1，此时f(x)的单调增 区间为(a，＋∞)，(0,1)； 当a＝1时，f(x)的单调增区间为(0，＋∞)； 当0＜a＜1时，由f′(x)＞0得x＞1或0＜x＜a，此时f(x)的单调 增区间为(1，＋∞)，(0，a)； 当a≤0时，由f′(x)＞0得x＞1，此时f(x)的单调增区间为(1，＋ ∞)．
4．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰有3个单调区间，则实数a的取值 范围是________． 解析 由题意f′(x)＝3ax2＋6x－1＝0有两个不相等的实数 ⇒a＞－3且a≠0.
2 6 ＋4×3a＞0 根，故 a≠0
答案
(－3,0)∪(0，＋∞)
5．已知a＞0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函 数，则a的取值范围是________． 解析 f′(x)＝3x2－a，由f(x)在[1，＋∞)上单调递增函数，得
f′(x)＜0 f′(x)＞0
，右侧
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2013高考总复习江苏专用（理科）：第三篇 导数及其应用《第16讲 导数的综合应用》（基础达标演练+综合创新备选，含解析） A级 基础达标演练
(时间：45分钟 满分：80分) 一、填空题(每小题5分，共35分) 1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使体积最大，则其高为________cm. 解析 设圆锥的体积为V cm3，高为h cm，
则V＝13π(400－h2)h
＝13π(400 h－h3)， ∴V′＝13π(400－3h2)， 由V′＝0，得h＝2033. 所以当h＝2033 cm时，V最大． 答案 2033 2．设m∈R，若函数y＝ex＋2mx有大于零的极值点，则m的取值范围是________． 解析 因为函数y＝ex＋2mx，有大于零的极值点，所以y′＝ex＋2m＝0有大于零的实根．
令y1＝ex，y2＝－2m，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m>1，即m<－12.
答案 m<－12 3．设p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q：m≥43，则p是q的________条件．
解析 ∵f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋4x＋m. 由f(x)为增函数得f′(x)≥0在R上恒成立，则Δ≤0，即16－12m≤0，解得m≥43.故为充分必要条件． 答案 充分必要 4．(2011·辽宁改编)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为________． 解析 令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2＞0， ∴g(x)在R上递增．又g(－1)＝f(－1)－2(－1)－4＝0. ∴g(x)＞0⇒x＞－1. 答案 (－1，＋∞) 5．已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)·(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________． 解析 结合二次函数图象知， 当a>0或a<－1时，在x＝a处取得极小值， 当－1答案 (－1,0) 6．有一长为16m的篱笆，要围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m2.
解析 设矩形的长为x m，则宽为：16－2x2＝8－x(m) ∴S矩形＝x(8－x)＝8x－x2＝－(x－4)2＋16≤16. 答案 16 7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________． 解析 令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2＜a＜2时恰有三个不同的公共点．
答案 (－2,2) 二、解答题(每小题15分，共45分) 8．(2011·苏北四市调研)已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R，且a为常数)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a＜0时，若方程f(x)＝0只有一解，求a的值； (3)若对所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，求a的取值范围． 解 (1)f′(x)＝ex＋a. 当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数． 当a＜0时， 由f′(x)＞0，得x＞ln(－a)，f(x)在(ln(－a)，＋∞)上是单调增函数； 由f′(x)＜0，得x＜ln(－a)，f(x)在(－∞，ln(－a))上是单调减函数． 综上，当a≥0时，f(x)的单调增区间是(－∞，＋∞)； 当a＜0时，f(x)的单调增区间是(ln(－a)，＋∞)，单调减区间是(－∞，ln(－a))． (2)由(1)知，当a＜0，x＝ln(－a)时，f(x)最小，即f(x)min＝f(ln(－a))， 由方程f(x)＝0只有一解，得f(ln(－a))＝0，又考虑到f(0)＝0， 所以ln(－a)＝0，解得a＝－1. (3)当x≥0时，f(x)≥f(－x)恒成立， 即得ex＋ax≥e－x－ax恒成立，即ex－e－x＋2ax≥0恒成立． 令h(x)＝ex－e－x＋2ax(x≥0)，即当x≥0时，h(x)≥0恒成立． 又h′(x)＝ex＋e－x＋2a，且h′(x)≥2ex·e－x＋2a＝2＋2a，当x＝0时等号成立． ①当a＞－1时，h′(x)＞0， 所以h(x)在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0恒成立． ②当a＝－1时，若x＝0，h′(x)＝0， 若x＞0，h′(x)＞0， 所以h(x)在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0恒成立． ③当a＜－1时，方程h′(x)＝0的正根为x1＝ln(－a＋a2－1)，此时，若x∈(0，x1)，则h′(x)＜0，故h(x)在该区间为减函数． 所以x∈(0，x1)时，h(x)＜h(0)＝0，与x≥0时，h(x)≥0恒成立矛盾． 综上，满足条件的a的取值范围是[－1，＋∞)． 9．(2011·盐城市调研)如图，某市准备在一个湖泊的一侧修建一条直路OC，另一侧修建一条观光大道，它的前一段OD是以O为顶点，x轴为对称轴，开口向右的抛物线的一部分，
后一段DBC是函数y＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x∈[4,8]时的图象，图象
的最高点为B5，833，DF⊥OC，垂足为F. (1)求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式； (2)若在湖泊内修建如图所示的矩形水上乐园PMFE，问：点P落在曲线OD上何处时，水上乐园的面积最大？
解 (1)对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，由图象知A＝833，ω＝2πT＝2π－＝π6.将B5，833代入到y＝833·
sinπ6x＋φ中，得5π6＋φ＝2kπ＋π2(k∈Z)． 又|φ|＜π2，所以φ＝－π3.故y＝833sinπ6x－π3. (2)在y＝833sinπ6x－π3中，令x＝4，得D(4,4)，所以曲线OD的方程为y2＝4x(0≤x≤4)． 设点Pt24，t(0≤t≤4)，则矩形PMFE的面积为S＝4－t24t(0≤x≤4)．因为S′＝4－3t24，由S′＝0，得t＝433， 且当t∈0，433时，S′＞0，则S单调递增， 当t∈433，4时，S′＜0，则S单调递减； 所以当t＝433时，S最大，此时点P的坐标为43，433. 10．(2011·洛阳模拟)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，且f′12＝32. (1)求f(x)的解析式； (2)若在区间[0，m](m＞0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范围． 解 (1)由f(x)＝ax3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.又由f(x)在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，可知x＝0和x＝1是f′(x)＝0的解，
∴ f＝0，f＝0，即 c＝0，3a＋2b＋c＝0，解得 c＝0，b＝－32a. ∴f′(x)＝3ax2－3ax.又由f′12＝32，得f′12＝3a4－3a2＝32，∴a＝－2，即f(x)＝－2x3＋3x2. (2)由f(x)≤x，得－2x3＋3x2≤x，即x(2x－1)(x－1)≥0，
∴0≤x≤12或x≥1.
又f(x)≤x在区间[0，m](m＞0)上恒成立，∴0＜m≤12. 故m的取值范围是0，12. B级 综合创新备选
(时间：30分钟 满分：60分) 一、填空题(每小题5分，共30分) 1．(2011·济宁模拟)一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后t秒内列车前进的距离为S＝27t－0.45t2米，则列车刹车后________秒车停下来，期间列车前进了________米． 解析 S′(t)＝27－0.9t，由瞬时速度v(t)＝S′(t)＝0得t＝30(秒)，期间列车前进了S(30)＝27×30－0.45×302＝405(米)． 答案 30 405 2．(2011·合肥二模)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在区间(－1,0)上单调递减，则a2＋b2的取值范围是________． 解析 由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，
∴ 2a－b－3≥0，b≤0，∴a，b所满足的可行域如图中的 阴影部分所示．则点O到直线2a－b－3＝0的距离 d＝35，∴a2＋b2≥d2＝95，
∴a2＋b2的取值范围为95，＋∞. 答案 95，＋∞ 3．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 令f′(x)＝0得x＝0或x＝2 当x＜0时，f′(x)＞0； 当0＜x＜2时，f′(x)＜0； 当x＞2时，f′(x)＞0. ∴当x＝0时，f(x)取得极大值， 即f(x)极大值＝f(0)＝－a； 当x＝2时，f(x)取得极小值，