1.1.2 四种命题教学内容分析

考点一

导数的运算

1求下列函数的导数：

ln x①y＝x2sin x；

②y＝ex. 2

已知f(x)＝x(2 015＋ln x)，f′(x0)＝2 016，则x0＝(

)．

A．e2

B．1

C．ln 2

D．e

考点二

利用导数的几何意义求曲线的切线方程

2

已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4. (1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．

考点三

利用曲线的切线方程求参数

3设函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.求a，b的值．

154

若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x和y＝ax＋4x－9都相切，则a等于

32

基础巩固题组

1

1．曲线y＝x3在原点处的切线(

)．

A．不存在

B．有1条，其方程为y＝0 C．有1条，其方程为x＝0

D．有2条，它们的方程分别为y＝0，x＝0

2．已知f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0等于(

)．

A．e2

B．e

C．ln 22

D．ln 2

3．曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则点P0的坐标是(

)．

A．(0,1)

B．(1，－1)

C．(1,3)

D．(1,0)

4 设函数f(x)＝xsin x＋cos x的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图

象为(

)．

5．曲线y＝sin xsin x＋cos x－1π2在点M4，0处的切线的斜率为(

)．

A．－1

B．1

C．－222

2

2

D．2

6．(广东)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.

7．已知f(x)＝x2＋3xf′(2)，则f′(2)＝________.

8．(江西)若曲线y＝xα＋1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点，则α＝________.

2014安徽

设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0

（1）讨论f(x)在其定义域上的单调性；

2

（2）当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.

2014北京

已知函数f(x)2x33x.

（1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切，求t的取值范围；

（2014大纲）函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).

（1）讨论函数f(x)的单调性；

3

（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.

2014福建

已知函数f(x)exax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜f(x)的极值；

（Ⅱ）证明：当x0时，x2ex

率为1.

（Ⅰ）求a的值及函数

9．求下列函数的导数：

4

(1)y＝ex·ln x；

11(2)y＝xx2＋x＋x3；

xx(3)y＝x－sin 2cos 2；

1(4)y＝(x＋1) －1. x11xln x＋x. 解

(1)y′＝(e·ln x)′＝eln x＋e·x＝exxx12(2)∵y＝x3＋1＋x2，∴y′＝3x2－x3. (3)先使用三角公式进行化简，得

xx1y＝x－sin 2cos 2＝x－2sin x，

111x－sin x∴y′＝′＝x′－2(sin x)′＝1－2cos x. 21111(4)先化简，y＝x·－x＋－1＝－x2＋x－2，

xx1111311＋x. ∴y′＝－2x－2－2x－2＝－2x110．(2014·潮州二模)f(x)＝ax－，g(x)＝ln x，x＞0，a∈R是常数．

x(1)求曲线y＝g(x)在点P(1，g(1))处的切线l. (2)是否存在常数a，使l也是曲线y＝f(x)的一条切线．若存在，求a的值；若不存在，简要说明理由．

1解

(1)由题意知，g(1)＝0，又g′(x)＝x，g′(1)＝1，所以直线l的方程为y＝x－1. (2)设y＝f(x)在x＝x0处的切线为l，则有

1ax－0x0＝x0－1，12＝1，a＋x0

x＝2，0解得3a＝，4

此时f(2)＝1，

3即当a＝4时，l是曲线y＝f(x)在点Q(2,1)的切线．

能力提升题组

(建议用时：25分钟) 一、选择题

5

1．(2014·惠州一模)设P为曲线C：y＝x2＋2x＋3上的点，且曲线C在点P处切线倾斜角的π取值范围是0，4，则点P横坐标的取值范围是(

)．

1A．－1，－2

C．[0,1]

B．[－1,0] 1D．2，1

1解析

设P(x0，y0)，倾斜角为α，y′＝2x＋2，则k＝tan α＝2x0＋2∈[0,1]，解得x0∈－1，－2，故选A. 答案

A 2．设f0(x)＝sin x，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N*，则f2 013(x)等于(

)．

A．sin x

C．cos x

B．－sin x

D．－cos x

解析

f1(x)＝f0′(x)＝cos x，f2(x)＝f1′(x)＝－sin x，f3(x)＝f2′(x)＝－cos x，f4(x)＝f3′(x)＝sin x，…，由规律知，这一系列函数式值的周期为4，故f2 013(x)＝cos x. 答案

C 二、填空题

3．(2014·武汉中学月考)已知曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)与直线x＝1交于点P，设曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2 013x1＋log2 013x2＋…＋log2 013x2 012的值为________．

解析

f′(x)＝(n＋1)xn，k＝f′(1)＝n＋1，

点P(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，

令y＝0，得x＝1－1nn＝，即xn＝，

n＋1n＋1n＋11232 0112 0121∴x1·x2·…·x2 012＝2×3×4×…×2 012×2 013＝2 013，则log2 013x1＋log2 013x2＋…＋log2 013x2 012

＝log2 013(x1x2…x2 012)＝－1. 答案

－1 三、解答题

b4．设函数f(x)＝ax－x，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0. (1)求f(x)的解析式；

(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，

6

并求此定值．

7(1)解

方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，

41b当x＝2时，y＝2.又f′(x)＝a＋x2，于是b7a＋4＝4，a＝1，3解得故f(x)＝x－x. b＝3.(2)证明

设P(x0，y0)为曲线上任一点，

333由f′(x)＝1＋x2知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝1＋x2(x－x0)，即y－(x0－x)00366＝1＋x2(x－x0)．令x＝0，得y＝－x，从而得切线与直线x＝0交点坐标为0，－x.令y＝x，得000y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．

16所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为2－x|2x0|＝6. 0故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，此定值为6. 第11讲

导数的应用(一) [最新考纲] 1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．

2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).

知

识

梳

理

1．函数的单调性与导数的关系

已知函数f(x)在某个区间(a，b)内可导，

(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单凋递增；

(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．

2．函数的极值与导数

(1)判断f(x0)是极值的方法

7 b12a－2＝2，

一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，

①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；

②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．

(2)求可导函数极值的步骤：

①求f′(x)；

②求方程f′(x)＝0的根；

③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．

3．函数的最值与导数

(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件

如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．

(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(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(a，b)内的极值；

②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

辨

析

感

悟

1．对函数的单调性与导数关系的理解

(1)若函数f(x)在(a，b)内恒有f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)上单调递增；反之若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(×) (2)函数在其定义域内的离散的点处导数为0不影响函数的单调性．(√) 1(3)(2012·辽宁卷改编)函数y＝2x2－ln x的单调减区间为(－1,1)．(×) 2．对函数极值、最值概念的理解

(4)导数为0的点一定是极值点．(×) 1(5)函数f(x)＝x－x有极值．(×) 14(6)(教材习题改编)函数f(x)＝3x3－4x＋4在(0,3)上的最大值为4，最小值为－3.(×) [感悟·提升] 1．一点提醒

函数最值是“整体”概念，而函数极值是个“局部”概念，极大值与极小值没有必然的大小关系．

2．两个条件

8

一是f′(x)＞0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件，如(

则16＋c＝28，得c＝12，

故f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4. 规律方法

在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．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．

1．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全，区分极值点与导数为0的点；含参数时，要讨论参数的大小．

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．一个函数在其定义域内最值是唯一的，可以在区间的端点取得.

思想方法3——分类讨论思想在导数中的应用

【典例】

(2013·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

解

(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，

所以f′(2)＝6. 又因为f(2)＝4，所以切线方程为6x－y－8＝0. (2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

由题意知f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．

令f′(x)＝0，得到x＝1或a. 当a＞1时，

x f′(x)

f(x)

0

0

(0,1)

＋

1

0

极大值3a－1 (1，a)

－

a 0

极小值a2(3－a) (a,2a)

＋

2a

4a3

比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得

0，1＜a≤3，g(a)＝2

a3－a，a＞3.

9

当a＜－1时，

x f′(x)

f(x)

得g(a)＝3a－1. 综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为

0

0

(0,1)

－

1

0

极小值3a－1 (1，－2a)

＋

－2a

－28a3－24a2

3a－1，a＜－1，g(a)＝0，1＜a≤3，a23－a，a＞3.

[反思感悟]

(1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．

(2)本题的难点是分类讨论，除了比较两个根1与a的大小外，还须比较f(0)与f(a)的大小．

【自主体验】

(2013·临沂一模)设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，

试讨论f(x)的单调性．

解

f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1) ＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2] ＝ex(ax＋1)(x＋2) 1＝aexx＋a(x＋2)．

11①当a＝2时，f′(x)＝2ex(x＋2)2≥0恒成立，

∴函数f(x)在R上单调递增；

11②当0＜a＜2时，有a＞2，

1令f′(x)＝aexx＋a(x＋2)＞0，

1有x＞－2或x＜－a，

11令f′(x)＝aexx＋a(x＋2)＜0，有－a＜x＜－2，



10

11∴函数f(x)在－∞，－a和(－2，＋∞)上单调递增，在－a，－2上单调递减；

11③当a＞2时，有a＜2，

11令f′(x)＝aexx＋a(x＋2)＞0，有x＞－a或x＜－2，

11令f′(x)＝aexx＋a(x＋2)＜0，有－2＜x＜－a，

11∴函数f(x)在(－∞，－2)和－a，＋∞上单调递增；在－2，－a上单调递减.

11

12

能力提升题组

(建议用时：25分钟) 一、选择题

fx1．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝x在区间(1，＋∞)上一定(

)．

A．有最小值

C．是减函数

B．有最大值

D．是增函数

fxa解析

由函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，可得a<1，又g(x)＝x＝x＋x－a2a，则g′(x)＝1－x2，易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．

答案

D 2．(2013·临沂模拟)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(

)．

A．2

C．6

解析

∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，

13 B．3

D．9

Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是极值点，

∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，

a＋b2∴ab≤4＝9，当且仅当a＝b时“＝”成立，所以ab的最大值为9. 答案

D 二、填空题

13．(2014·宁波调研)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围2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)＝1＋a－1＝－ax＋1x－1x－axx. ①若a≥0，当00，此时f(x)单调递增；

当x>1时，f′(x)<0，此时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－1a. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－1a>1，

解得－1－1. 答案

(－1，＋∞) 三、解答题

4．(2014·黄冈模拟)已知函数f(x)＝133x－ax＋1. (1)当x＝1时，f(x)取得极值，求a

的值；

(2)求f(x)在[0,1]上的最小值．

解

因为f′(x)＝x2－a，

(1)当x＝1时，f(x)取得极值，所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1，

又当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在x＝1处取得极小值，即a＝1时符合题意．

(2)①当a≤0时，f′(x)＞0对x∈(0,1)恒成立，

所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1.

14

②当a＞0时，令f′(x)＝x2－a＝0，解得x＝－a或a. ⅰ.当0＜a＜1时，a＜1，

当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈(a，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，

2aa所以f(x)在x＝a处取得最小值f(a)＝1－3. ⅱ.当a≥1时，a≥1. x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

4所以f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝3－a. 综上所述，当a≤0时，f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1，

2aa当0＜a＜1时，f(x)在x＝a处取得最小值f(a)＝1－3，当a≥1时，f(x)在x＝1处取得4最小值f(1)＝3－a. 第12讲

导数的应用(二) [最新考纲] 1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；

2．会利用导数解决某些简单的实际问题.

知

识

梳

理

1．生活中的优化问题

通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．

2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

3．导数在研究方程(不等式)中的应用

研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．

辨

析

感

悟

15

1．函数最值与不等式(方程)的关系

1(1)(教材习题改编)对任意x>0，ax2＋(3a－1)x＋a≥0恒成立的充要条件是a∈5，＋∞.(√) (2)(2011·辽宁卷改编)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．(√) 2．关于实际应用问题

(3)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析式共同确定．(√) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(×) (5)(2014·郑州调研改编)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函1数关系式为y＝－3x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．(√) [感悟·提升] 1．两个转化

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，如(2)．

2．两点注意

一是注意实际问题中函数定义域，由实际问题的意义和解析式共同确定，如(3)．

二是在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么可直接根据实际意义判定是最大值还是最小值，如(4)；若在开区间内有极值，则一定有最优解.考点一

导数与生活中的优化问题

【例1】

(2013·重庆卷)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．

(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；

(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．

解

(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元．

所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．

又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，

1所以h＝5r(300－4r2)，

16

π从而V(r)＝πr2h＝5(300r－4r3)．

因r>0，又由h>0可得r<53，

故函数V(r)的定义域为(0,53)．

ππ(2)因V(r)＝5(300r－4r3)，故V′(r)＝5(300－12r2)，

令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去)．

当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；

当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．

由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8. 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．

规律方法

求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点．

【训练1】

为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝k(0≤x≤10)，3x＋5若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．

(1)求k的值及f(x)的表达式；

(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．

解

(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，

每年能源消耗费用为C(x)＝k. 3x＋540. 3x＋5再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝又建造费用为C1(x)＝6x. 则隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为

f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＝

40＋6x

3x＋5800＋6x(0≤x≤10)．

3x＋517

(2)f′(x)＝6－即2 400，令f′(x)＝0，

3x＋522 40025＝6.解得x＝5或－3(舍去)．

3x＋52当0＜x＜5时，f′(x)＜0，当5＜x＜10时，f′(x)＞0，

故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6×5＋当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值70万元．

考点二

导数在方程(函数零点)中的应用

【例2】

(2013·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；

(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．

解

由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，

得f′(x)＝x(2＋cos x)，

(1)∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．

∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，

则a＝0，b＝f(0)＝1. (2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b，

令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0. 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

x g′(x)

g(x)

(－∞，0)

－

0

0

1－b (0，＋∞) ＋

800＝70. 15＋5

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，且g(x)的最小值为g(0)＝1－b. 当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝1最多有一个交点，不合题意．

当1－b＜0时，即b＞1时，有g(0)＝1－b＜0，

g(2b)＝4b2＋2bsin 2b＋cos 2b－b＞4b2－2b－1－b＞4b－2b－1－b＞0. ∴y＝g(x)在(0,2b)内存在零点，

又y＝g(x)在R上是偶函数，且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，在(－∞，0)也有唯一零点．

18

故当b＞1时，y＝g(x)在R上有两个零点，则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．

综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有且只有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．

规律方法

(1)在解答第(2)问时，可转化为判定f(x)＝b有两个实根时实数b应满足的条件，并注意g(x)的单调性、奇偶性、最值的灵活应用，另外也可作出函数y＝f(x)的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应注意严谨性，进行必要的论证．

(2)该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．

131－a2【训练2】

(2012·天津卷节选)已知函数f(x)＝3x＋2x－ax－a，x∈R，其中a＞0. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．

解

(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．

由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a＞0)．

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x)

f(x)

(－∞，－1)

＋

－1

0

极大值

(－1，a)

－

a 0

极小值

(a，＋∞) ＋

故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．

(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，

在区间(－1，0)内单调递减，

f－2＜0，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当f－1＞0，f0＜0.1所以a的取值范围是0，3. 考点三

导数在不等式中的应用

【例3】

(2014·泰安一模)已知函数f(x)＝xln x.

1解得0＜a＜3. (1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；

－x2＋mx－3(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．

2审题路线

(1)转化为g′(x)≥0在[e2，＋∞)上恒成立问题．

(2)代入f(x)⇒分离出m⇒构造函数t(x)⇒求t′(x)⇒根据单调性求t(x)的最值⇒得出m的范围

19

⇒得出结论．

解

(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1，

∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，

∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，

即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立，

∴a≥－1－ln x，令h(x)＝－ln x－1，

当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，

∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a的取值范围是[－3, ＋∞)．

(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，

即mx≤2xln x＋x2＋3，

2xln x＋x2＋3又x＞0，∴m≤，

x2xln x＋x2＋33令t(x)＝＝2ln x＋x＋xx，

223x＋2x－3x＋3x－1∴t′(x)＝x＋1－x2＝＝，

x2x2令t′(x)＝0得x＝1或－3(舍)．

当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，t(x)在(0,1)上单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，t(x)在(1，＋∞)上单调递增．

t(x)min＝t(1)＝4，∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4. 规律方法

(1)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．

(2)由不等式的恒成立求参数问题．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数最值问题．

1【训练3】

(2014·临川模拟)已知x＝2是函数f(x)＝x3－bx2＋2x＋a的一个极值点．

3(1)求函数f(x)的单调区间；

2(2)若当x∈[1，＋∞)时，f(x)－3＞a2恒成立，求实数a的取值范围．

解

(1)∵f′(x)＝x2－2bx＋2，且x＝2是f(x)的一个极值点，∴f′(2)＝4－4b＋2＝0，解得b3＝2，

∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．

20

由f′(x)＞0得x＞2或x＜1，

∴函数f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)；

由f′(x)＜0得1＜x＜2，

∴函数f(x)的单调减区间为(1,2)．

(2)由(1)知，函数f(x)在(1,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

∴当x＝2时，函数f(x)取得极小值也是最小值，

2故f(x)min＝f(2)＝a＋3. 22当x∈[1，＋∞)时，f(x)－3＞a2恒成立等价于a2＜f(x)min－3，即a2－a＜0，∴0＜a＜1. 故实数a的取值范围是(0,1)．

1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．

2．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．

3．要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性，以及列表的操作步骤与算法思想，能利用导数研究函数的极值与最值.

答题模板4——构建函数模型证明不等式恒成立问题

2【典例】

(12分)(2013·辽宁卷)(1)证明：当x∈[0,1]时，2x≤sin x≤x；

x3(2)若不等式ax＋x＋2＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．

22[规范解答]

(1)记F(x)＝sin x－2x，

2则F′(x)＝cos x－2. ππ当x∈0，4时，F′(x)＞0，F(x)在0，4上是增函数；

ππ当x∈4，1时，F′(x)＜0，F(x)在4，1上是减函数．

又F(0)＝0，F(1)＞0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，

2即sin x≥2x.(3分)

21

记H(x)＝sin x－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cos x－1＜0，

所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，

即sin x≤x. 2综上，2x≤sin x≤x，x∈[0,1]．(5分) x3(2)记f(x)＝ax＋x＋2＋2(x＋2)cos x－4，则

23x2f′(x)＝a＋2x＋2＋2cos x－2(x＋2)sin x．(6分) 记G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x. 1当x∈(0,1)时，cos x＞，因此

22G′(x)＜2＋3x－4·2x－(x＋2)＝(2－22)x＜0. 于是f′(x)在[0,1]上是减函数，因此，当x∈[0,1]时，

f′(x)＜f′(0)＝a＋2，故当a≤－2时，f′(x)＜0，从而f(x)在[0,1]上是减函数，所以f(x)≤f(0)x3＝0，即当a≤－2时，不等式ax＋x＋2＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立．(9分) 2x3下面证明，当a＞－2时，不等式ax＋x＋2＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立．

2由于f′(x)在[0,1]上是减函数，且

7f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋2＋2cos 1－6sin 1. 7当a≥6sin 1－2cos 1－2时，f′(1)≥0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，因此f(x)在[0,1]上是增7函数，故f(1)＞f(0)＝0；当－2＜a＜6sin 1－2cos 1－2时，f′(1)＜0. 又f′(0)＞0，故存在x0∈(0,1)使f′(x0)＝0，则当0＜x＜x0时，f′(x)＞f′(x0)＝0，所以f(x)在[0，x0]上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＞f(0)＝0. x3所以当a＞－2时，不等式ax＋x＋2＋2(x＋2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立．

2综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．(12分) [反思感悟]

利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也是高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点对应的函数值与0的关系，实际就是利用求导的方法去研究函数的单调性，并通过单调性证明不等式．

答题模板

运用导数证明不等式f(x)＞g(x)成立的一般步骤：

22

第一步：构造h(x)＝f(x)－g(x)；

第二步：求h′(x)；

第三步：判断h(x)的单调性；

第四步：确定h(x)的最小值；

第五步：证明h(x)min＞0成立；

第六步：得出所证结论．

【自主体验】

(2014·湛江质检)已知函数f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．

(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

1(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤6x3. 解

(1)令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则h′(x)＝cos x－a. ①若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，

h(x)＝sin x－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，

则sin x≤ax(x≥0)成立．

π0，②若0

2当x∈(0，x0)，h′(x)＝cos x－a>0，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意．

③当a≤0，结合f(x)与g(x)的图象可知显然不合题意．

综上可知，a≥1. (2)当a取(1)中的最小值为1时，

g(x)－f(x)＝x－sin x. 13设H(x)＝x－sin x－6x(x≥0)，

1则H′(x)＝1－cos x－2x2. 1令G(x)＝1－cos x－2x2，

则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，

11所以G(x)＝1－cos x－2x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cos x－2x2≤G(0)＝0，

1即H′(x)＝1－cos x－2x2≤0，

23

1所以H(x)＝x－sin x－6x3在x∈[0，＋∞)上单调递减．

13所以H(x)＝x－sin x－6x≤H(0)＝0，

1则x－sin x≤6x3(x≥0)．

1所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤6x3.

基础巩固题组

(建议用时：40分钟) 一、选择题

1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(

)．

A．(－1,2)

C．(－3,6)

B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析

∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，

由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，

∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，

即a2－3a－18＞0. ∴a＞6或a＜－3. 答案

B 2．已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln x是单调递增函数，则m的取值范围是(

)．

A．(－22，＋∞)

C．(－∞，22)

B．[－22，＋∞) D．(－∞，22] 2x2＋mx＋1解析

依题意知x＞0时，f′(x)＝，

x令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，

m当－4≤0时，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立，

m当－4＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－22≤m＜0，

综上，m的取值范围是[－22，＋∞)．

答案

B 3．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已

24

1400x－x20≤x≤400，2知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R(x)＝80 000x＞400，年生产的产品是(

)．

A．100

C．200

B．150

D．300

则总利润最大时，每解析

由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100x，

x2300x－－20 0000≤x≤400，2总利润P(x)＝60 000－100xx＞400，300－x0≤x≤400，又P′(x)＝

－100x＞400，令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．

答案

D 4．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(

)．

A．(－∞，7]

C．(－∞，0]

B．(－∞，－20] D．[－12,7]

解析

令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20，可知应选B. 答案

B 5．(2013·潍坊模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，不等式f(x)＋xf′(x)<011成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝(logπ3)f(logπ3)，c＝log39flog39，则a，b，c间的大小关系是(

)．

A．a>b>c

C．c>a>b

B．c>b>a

D．a>c>b

解析

设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴当x<0时，g(x)＝xf(x)为减函数．

又g(x)为偶函数，∴当x>0时，g(x)为增函数．

1∵1<3<2,0

0.3∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，即c>a>b. 答案

C 二、填空题

6．要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为72 cm3，其底面两邻边长之比为1∶2，

25

则它的长为________，宽为________，高为________时，可使表面积最小．

解析

设底面宽为x cm，则长为2x cm，高为72144216S＝4x2＋x＋x＝4x2＋x. 216S′＝8x－x2＝0，解得x＝3 (cm)．

∴长为6 cm，宽为3 cm，高为4 cm. 答案

6 cm

3 cm

4 cm 7．(2013·湖南十二校测试)已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：

x y －1

1

0

2

2

0

4

2

5 1 72

cm，

2x2f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．

(1)f(x)的极小值为________；

(2)若函数y＝f(x)－a有4个零点，则实数a的取值范围是________．

解析

(1)由y＝f′(x)的图象可知：

x f′(x)

f(x)

(－1,0)

＋

0

0

极大值

(0,2)

－

2

0

极小值

(2,4)

＋

4

0

极大值

(4,5) －

∴f(2)为f(x)的极小值且f(2)＝0. (2)y＝f(x)的大致图象如图所示：

若函数y＝f(x)－a有4个零点，则a的取值范围是[1,2)．

答案

(1)0

(2)[1,2) 8．(2014·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________ . 3x－13x－1解析

当x∈(0,1]时不等式ax－3x＋1≥0可化为a≥x3，设g(x)＝x3，x∈(0,1]，

3

26

1x－263x－3x－1·3xg′(x)＝＝－x6x4. 32g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：

x g′(x)

g(x)

10，2

＋

12

0

极大值4

12，1

－

因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．

答案

[4，＋∞) 三、解答题

19．设函数f(x)＝2x2＋ex－xex. (1)求f(x)的单调区间；

(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m恒成立，求实数m的取值范围．

解

(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，

若x＜0，则1－ex＞0，所以f′(x)＜0；若x＞0，则1－ex＜0，所以f′(x)＜0；

当x＝0时，f′(x)＝0，∴当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≤0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，

即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)．

(2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减．

∴f(x)min＝f(2)＝2－e2，

∴m＜2－e2时，不等式f(x)＞m恒成立．

故实数m的取值范围是(－∞，2－e2)．

b10．(2014·青岛一模)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋x，函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上，且在此点有公切线．

(1)求a，b的值；

(2)试比较f(x)与g(x)的大小．

解

(1)f(x)＝ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0)，

依题意，得g(1)＝a＋b＝0，

1b又f′(x)＝x，g′(x)＝a－x2，

27

①

又f(x)与g(x)在点(1,0)处有公切线，

∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1，

11由①②得a＝2，b＝－2. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，则

1111F(x)＝ln x－2x－2x＝ln x－2x＋2x(x＞0)，

11111∴F′(x)＝x－2－2x2＝－2x－12≤0. ∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数，且F(1)＝0，

当0＜x＜1时，F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)；

当x＝1时，F(x)＝F(1)＝0，即f(x)＝g(x)；

当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜g(x)．

综上可知，当0＜x≤1时，即f(x)≥g(x)；

当x＞1时，即f(x)＜g(x)．

能力提升题组

(建议用时：25分钟) 一、选择题

1．(2014·洛阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为(

)．

A．4

C．7

B．6

D．8 ②

解析

由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了4，所以选A. 答案

A 2．(2014·深圳中学检测)已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时(

)．

A．f′(x)＞0，g′(x)＞0

C．f′(x)＜0，g′(x)＞0

B．f′(x)＞0，g′(x)＜0 D．f′(x)＜0，g′(x)＜0 解析

由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x＞0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x＜0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)＞0，g′(x)＜0.

28

答案

B 二、填空题

a23．(2014·佛山模拟)设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋x，g(x)＝x－ln x，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．

22a2x－a解析

f′(x)＝1－x2＝x2，当0＜a≤1，且x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增1函数，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2，又g′(x)＝1－x(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在[1，e]上是增函数，g(x2)max＝g(e)＝e－1.由条件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即e－2≤a≤1. 答案

[e－2，1] 三、解答题

34．已知函数f(x)＝ax3－2(a＋2)x2＋6x－3. (1)当a＞2时，求函数f(x)的极小值；

(2)试讨论函数y＝f(x)的图象与x轴公共点的个数．

解

(1)因为f′(x)＝3ax2－3(a＋2)x＋6 2＝3ax－a(x－1)，

a所以易求出函数f(x)的极小值为f(1)＝－2. (2)①若a＝0，则f(x)＝－3(x－1)2，

所以f(x)的图象与x轴只有1个交点；

22②若a＜0，函数f(x)在－∞，a和(1，＋∞)上单调递增；在a，1上单调递减，

a所以f(x)的极大值为f(1)＝－2＞0，

22－3a－1－1极小值为fa＝＜0，

a2所以f(x)的图象与x轴有3个交点；

22③若0＜a＜2，函数f(x)在(－∞，1)和a，＋∞上单调递增；在1，a上单调递减，

a所以f(x)的极大值为f(1)＝－2＜0，

22－3a－1－1极小值为fa＝＜0，

a2

29

所以f(x)的图象与x轴只有1个交点；

④若a＝2，则f′(x)＝6(x－1)2≥0，

所以f(x)的图象与x轴只有1个交点；

22⑤若a＞2，函数f(x)在－∞，a和(1，＋∞)上单调递增；在a，1上单调递减，所以f(x)的极大值为

2a2－3a－1－1fa＝＜0，极小值为f(1)＝－2a2＜0，

所以f(x)的图象与x轴只有1个交点．

综上，知若a≥0，f(x)的图象与x轴只有1个交点；

若a＜0，f(x)的图象与x轴有3个交点．

能力提升练——导数及其应用

(建议用时：90分钟) 一、选择题

π1．(2014·济宁一模)若曲线f(x)＝xsin x＋1在x＝2处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实数a的值为(

)．

A．－2

C．1

B．－1

D．2 aππ解析

直线ax＋2y＋1＝0的斜率为－2，函数的导数为f′(x)＝sin x＋xcos x，所以f′2＝sin2ππa＋2cos 2＝1，由－2×1＝－1，解得a＝2. 答案

D 2．(2014·韶关模拟)曲线y＝ex在点A处的切线与直线x－y＋3＝0平行，则点A的坐标为(

)．

A．(－1，e－1)

C．(1，e)

B．(0,1) D．(0,2) 解析

直线x－y＋3＝0的斜率为1，所以切线的斜率为1，因为y′＝ex，所以由y′＝ex＝1，解得x＝0，此时y＝e0＝1，即点A的坐标为(0,1)．

答案

B 413．(2014·山东省实验中学诊断)曲线y＝3x3＋x在点1，3处的切线与坐标轴围成的三角形面积为(

)．

30

2A．9

1C．3

1B．9

2D．3

44解析

y′＝f′(x)＝x2＋1，在点1，3的切线斜率为k＝f′(1)＝2.所以切线方程为y－3＝2(x2121123，0，－1)，即y＝2x－3，与坐标轴的交点坐标为0，－3，所以三角形的面积为2×3×－3＝19. 答案

B 14．(2014·肇庆期末考试)函数f(x)＝x＋x的单调递减区间是(

)．

A．(－1,1)

C．(－1,0)，(0,1)

B．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞) 11解析

函数f(x)＝x＋x的定义域为x≠0，令f′(x)＝1－x2＜0，解得－1＜x＜0或0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(－1,0)，(0,1)．

答案

C 5．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0,1]上的最小值为(

)．

A．－1

23C．－9

B．0

3D．3

33解析

g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，解得x＝3或－3(舍去)．

当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表：

x g′(x)

g(x)

0

0

30，

3－

33

0

极小值

3，1

3＋

1

0 3233所以当x＝3时，g(x)有最小值g＝－9. 3答案

C x6．(2014·即墨模拟)函数y＝3＋sin x的图象大致是(

)．

31

x解析

函数y＝f(x)＝3＋sin x为奇函数，所以图象关于原点对称，排除B.当x→＋∞时，y＞0，111x排除D.f′(x)＝3＋cos x，由f′(x)＝3＋cos x＝0，得cos x＝－3，所以函数y＝f(x)＝3＋sin x的极值有很多个，排除A，所以选C. 答案

C 17．(2014·厦门质检)已知函数f(x)＝sin x－2x(x∈[0，π])，那么下列结论正确的是(

)．

πA．f(x)在0，2上是增函数

πB．f(x)在6，π上是减函数

πC．∃x∈[0，π]，f(x)>f3

πD．∀x∈[0，π]，f(x)≤f3

π1π解析

注意到f′(x)＝cos x－2，当x∈0，3时，f′(x)>0；当x∈3，π时，f′(x)<0，因此πππ函数f(x)在0，3上是增函数，在3，π上是减函数，f(x)在[0，π]内的最大值是f3，即∀x∈[0，ππ]，都有f(x)≤f3，因此D正确．

答案

D 8．(2014·汉中模拟)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(

)．

A．[1，＋∞)

C．[1,2)

3B．1，2

3D．2，2

12x＋12x－1解析

f′(x)＝4x－x＝(x＞0)，

x1令f′(x)＝0，得x＝2，

1k－1＜＜k＋1，2据题意得k－1≥0，

31，解得k∈. 232

答案

B 9．(2014·青岛一模)

2已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x1＋x22等于(

)．

2A．3

8C．3

解析

由图可知f(1)＝0，f(2)＝0，

4B．3

16D．3

1＋b＋c＝0，b＝－3，∴解得

8＋4b＋2c＝0，c＝2.∴f(x)＝x3－3x2＋2x，

∴f′(x)＝3x2－6x＋2. 由图可知x1，x2为f(x)的极值点，

2∴x1＋x2＝2，x1x2＝3. 4822∴x1＋x22＝(x1＋x2)－2x1x2＝4－＝. 33答案

C 10．(2013·湖北卷)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(

)．

A．(－∞，0)

C．(0,1)

1B．(0，2) D．(0，＋∞)

解析

由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0；设函数y＝ln x111＋ln x0＋1上任一点(x0,1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′＝，当l过坐标原点时，＝⇒x0＝1，x0x0x011令2a＝1⇒a＝2，结合图象知0

B 二、填空题

x2＋a11．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________. x＋1

33

2xx＋1－x2＋ax2＋2x－a解析

由f′(x)＝＝＝0，

x＋12x＋12∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，

∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3. 答案

3 113112．(2014·温州三模)f(x)＝2x－4sin x－4cos x的图象在点A(x0，f(x0))处的切线斜率为2，则tan 2x0的值为________．

113解析

f′(x)＝2－4cos x＋4sin x，

1131∴f′(x0)＝2－4cos x0＋4sin x0＝2，

即3sin x0－cos x0＝0，

3∴tan x0＝3，

32×32tan x0∴tan 2x0＝＝1＝3. 1－tan2

x01－3答案

3 m13．(2014·扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－x(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________. 1mx＋m解析

f′(x)＝x＋x2＝x2(x＞0)，

①当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，

f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，

得m＝－4，与m＞0矛盾．

②当m＜0时，若－m＜1，即m＞－1，

f(x)min＝f(1)＝－m＝4，

得m＝－4，与m＞－1矛盾；

若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，

f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，

解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；

34

m若－m＞e，即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－e＝4，解得m＝－3e，符合题意．

答案

－3e 14．(2014·汕头模拟)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________ . 解析

f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜－1时，1f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，即最小值为f(－1)＝－e.函数g(x)的最大值为a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最1小值，即a≥－e. 1答案

－e，＋∞

三、解答题

15．(2013·广东卷改编)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2. (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．

解

(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，

∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．

令f′(x)>0，即x(ex－2)>0，

∴x>ln 2或x<0. 令f′(x)<0，即x(ex－2)<0，∴0

递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)．

(2)易知f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．

∵f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，

∴当x≥0时，f′(x)＝x(ex－2k)≥0恒成立．

∴ex－2k≥0，即2k≤ex恒成立．

1由于ex≥1，∴2k≤1，则k≤2. 1又当k＝2时，f′(x)＝x(ex－1)≥0当且仅当x＝0时取等号．因此，实数k的取值范围是1－∞，2. 16．(2014·温州五校联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．

35

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．

解

(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，

依题意，f′(1)＝f′(－1)＝0，

3a＋2b－3＝0，即解得a＝1，b＝0. 3a－2b－3＝0，∴f(x)＝x3－3x. (2)由(1)知f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，

∵曲线方程为y＝x3－3x，

∴点A(1，m)(m≠－2)不在曲线上．

设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x30－3x0. ∵f′(x0)＝3(x20－1)，

3x0－3x0－m2∴切线的斜率为3(x0－1)＝，

x0－13整理得2x0－3x20＋m＋3＝0.

∵过点A(1，m)可作曲线的三条切线，

2∴关于x0的方程2x30－3x0＋m＋3＝0有三个实根．

22设g(x0)＝2x30－3x0＋m＋3，则g′(x0)＝6x0－6x0，

由g′(x0)＝0，得x0＝0或1.∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

2∴函数g(x0)＝2x30－3x0＋m＋3的极值点为x0＝0和1. ∴关于x0的方程22x30－3x0＋m＋3＝0g0>0，有三个实根的充要条件是解得－3

故所求实数m的取值范围是(－3，－2)．

17．(2014·枣庄模拟)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品须向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的统计经验，预计当每件产品的售价k为x元时，产品一年的销售量为ex(e为自然对数的底数)万件，已知每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件．经物价部门核定每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．

(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)万元与每件产品的售价x元的函数关系式；

(2)当每件产品的售价为多少元时，该产品一年的利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值．

参考公式：(eax＋b)′＝aeax＋b(a，b为常数)．

36

k解

(1)由题意，该产品一年的销售量y＝ex，

将x＝40，y＝500代入得k＝500e40，

该产品一年的销售量y(万件)关于x(元)的函数关系式为y＝500e40－x. 所以分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L(x)＝(x－30－a)y＝500(x－30－a)e40－x(35≤x≤41)．

(2)L′(x)＝500[e40－x－(x－30－a)e40－x]＝500e40－x(31＋a－x)．令L′(x)＝0，得x＝31＋a，

∵2≤a≤5，∴33≤31＋a≤36，

在x＝31＋a两侧L′(x)的值由正变负，

当33≤a＋31≤35，即2≤a≤4时，L(x)在[35,41]上单调递减．L(x)max＝L(35)＝500(5－a)e5. 当35＜a＋31≤36＜41，即4＜a≤5时，L(x)在(35,31＋a)上单调递增；在(31＋a,41]上单调递减，因此L(x)max＝L(31＋a)＝500e9－a，

55005－ae，2≤a≤4，∴L(x)max＝

9－a500e，4＜a≤5.

当2≤a≤4时，每件产品的售价为35元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500(5－a)e5万元；当4＜a≤5时，每件产品的售价为(31＋a)元，该产品一年的利润L(x)最大，最大为500e9－a万元．

218．(2014·长春模拟)已知函数f(x)＝x＋aln x－2(a>0)．

(1)若对于∀x∈(0，＋∞)都有f(x)>2(a－1)成立，试求a的取值范围；

(2)记g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R)，当a＝1时，函数g(x)在区间[e－1，e]上有两个零点，求实数b的取值范围．

2aax－2解

(1)f′(x)＝－x2＋x＝x2. 2由f′(x)>0，解得x>a；

2由f′(x)<0，解得0

a22所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值，ymin＝fa. 因为对于∀x∈(0，＋∞)都有f(x)>2(a－1)成立，

2所以只需满足fa>2(a－1)即可．



37

222则2＋aln a－2>2(a－1)，即aln a>a. a222由aln a>a，解得0

38