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【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《导数的应用》1


第2讲

导数的应用(一) 【2014年高考会这样考】
1.导数的几何意义及应用,曲线的切线方程的求解与应用. 2.利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多 项式函数一般不超过三次). 3.由函数单调性和导数的关系,研究恒成立问题或求参数的 范围.

抓住3个考点

导数的几何意义 导数的物理意义 函数的单调性

单击标题可完成对应小部 分的学习,每小部分独立 成块,可全讲,也可选讲

助学微博 考点自测

考向一 导数几何意义的应用【例1】 【训练1】

突破3个考向

考向二 研究函数的单调性 考向三 研究恒成立问题

【例2】 【训练2】 【例3】 【训练3】

揭秘3年高考

利用导数证明不等式

活页限时训练

A级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

B级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

考点梳理
1.导数的几何意义

函数y=f(x)在x=x0处的导数f′(x0)是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0)) y-f(x0)=f′(x0)(x-x0) 处切线l的斜率,切线l的方程 .
2.导数的物理意义

若物体位移随时间变化的关系为s=f(t),则f′(t0)是物体运动在t 瞬时速度 . =t0时刻的
3.函数的单调性

在(a,b)内可导函数f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等 单调递增 于0,则f′(x)≥0?函数f(x)在(a,b)上 ;
f′(x)≤0?函数f(x)在(a,b)上 单调递减 .

助学微博
一个警示 直线与曲线有且只有一个公共点,直线不一定是曲线的切线;反之 直线是曲线的切线,但直线不一定与曲线有且只有一个公共点.

两个条件 (1)f′(x)>0在(a,b)上成立是f(x)在(a,b)上单调递增的充分条件. (2)对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的必要 不充分条件.
三个步骤 求函数单调区间的步骤: (1)确定函数f(x)的定义域; (2)求导数f′(x); (3)由f′(x)>0(f′(x)<0)解出相应的x的范围. 当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增函数;当f′(x)<0时, f(x)在相 应的区间上是减函数,还可以列表,写出函数的单调区间.

考点自测
1 2 1.(2012· 辽宁)函数 y= x -ln x 的 2 单调递减区间为( ). A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 2.(2011· 山东)曲线 y=x3+11 在点 P(1,12)处的切线与 y 轴交点的纵坐 标是( ). A.-9 B.-3 C.9 D.15 1 3.曲线 C:y= x3+x+1 上斜率最 3 2 2 1 小的一条切线与圆 x +y = 的交点 2
单击题号显示结果 1 答案显示 B 单击图标显示详解

个数为( ). A.0 B.1 C.2 D.3 4.(2011· 辽宁)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 ( ). A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 5. 函数 f(x)=x3+ax-2 在(1, +∞) 上是增函数,则实数 a 的取值范围 是________.

2

3

4

5

C

B

B

[-3,+∞)

考向一 导数几何意义的应用
【例 1】?(2013· 苏州模拟)若存在过点(1,0)的 15 3 2 直线与曲线 y=x 和 y=ax + x-9 都相切, 4 则 a 等于( ). A.-1 或-64
7 25 C.-4或-64
25

B.-1 或 4

21

[审题视点] 因为点(1,0)不在曲线 y= x3 上 , 所 以 应 从 设切点入手来求切线 方程,再利用切线与 曲 线 y=ax2+15/4 x-9 相切求a 的值.

7 D.-4或 7

解析

设过(1,0)的直线与 y=x3 相切于点

(x0,x3), 0 所以切线方程为 y-x3=3x2(x-x0) 0 0 即 y=3x2x-2x3, 0 0 3 又(1,0)在切线上,则 x0=0 或 x0= , 2

考向一 导数几何意义的应用
当 x0=0 时, 15 由 y=0 与 y=ax2+ x-9 相切 4 25 可得 a=- , 64 3 当 x0= 时, 2 27 27 15 2 由 y= x- 与 y=ax + x-9 相切 4 4 4 可得 a=-1,所以选 A. 答案 A

[方法锦囊]
导 数的几 何意义 是切点 处切线的斜率,应用时主 要体现在以下几个方面: (1)已知切点 A(x0,f(x0)) 求斜率 k,即求该点处的 导数值:k=f′(x0);(2) 已知斜率 k, 求切点 A(x1, f(x1)),即解方程 f′(x1) =k; (3)已知过某点 M(x1, f(x1))(不是切点)的切线斜 率为 k 时,常需设出切点 A(x0 , f(x0)) , 利 用 k = f?x1?-f?x0? 求解. x1-x0

考向一 导数几何意义的应用
1 3 + x+1,其 2x 2 中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值. 1 3 解 (1)因为 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2 a 1 3 故 f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴, 故该切线斜率为 0, 即 f′(1)=0, 1 3 从而 a- + =0,解得 a=-1. 2 2 【训练 1】 (2012· 重庆)设 f(x)=aln x+

[方法锦囊]

导 数的几 何意义 是切点 处切线的斜率,应用时主 要体现在以下几个方面: (1)已知切点 A(x0,f(x0)) 求斜率 k,即求该点处的 导数值:k=f′(x0);(2) 已知斜率 k, 求切点 A(x1, f(x1)),即解方程 f′(x1) =k; (3)已知过某点 M(x1, f(x1))(不是切点)的切线斜 率为 k 时,常需设出切点 A(x0 , f(x0)) , 利 用 k = f?x1?-f?x0? 求解. x1-x0

考向一 导数几何意义的应用
1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0), 2x 2 1 1 3 f′(x)=- - 2+ x 2x 2 3x2-2x-1 = 2x2 ?3x+1??x-1? = . 2x2 1 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=- 3 ? ? 1 ? ? ?因为x2=-3不在定义域内,舍去 ?. ? ? 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0, 故 f(x)在(0,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(1,+∞)上为增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3.

[方法锦囊]

导 数的几 何意义 是切点 处切线的斜率,应用时主 要体现在以下几个方面: (1)已知切点 A(x0,f(x0)) 求斜率 k,即求该点处的 导数值:k=f′(x0);(2) 已知斜率 k, 求切点 A(x1, f(x1)),即解方程 f′(x1) =k; (3)已知过某点 M(x1, f(x1))(不是切点)的切线斜 率为 k 时,常需设出切点 A(x0 , f(x0)) , 利 用 k = f?x1?-f?x0? 求解. x1-x0

考向二 利用导数研究函数的单调性
【例 2】?已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex (x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取 值范围. 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+2>0, 解得- 2<x< 2. ∴a=2 时,函数 f(x)的单调递增区间 是(- 2, 2). (2)∵函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, ∴f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立.

[审题视点] (1)由f′(x)>0可求; (2)由f′(x)≥0转化为 不等式恒成立,分离 参数可求.

考向二 利用导数研究函数的单调性
∵f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex =[-x2+(a-2)x+a]ex, ∴[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. ∵ex>0, ∴-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立. x2+2x ?x+1?2-1 1 即 a≥ = =x+1- x+1 x+1 x+1 对 x∈(-1,1)都成立. 1 1 令 y=x+1- ,则 y′=1+ >0, x+1 ?x+1?2 1 ∴y=x+1- 在(-1,1)上单调递增. x+1 1 3 3 ∴y<1+1- = ,∴a≥ . 2 1+1 2 ?3 ? ? 故 a 的取值范围是? ,+∞?. ? ?2 ?

[审题视点] (1)由f′(x)>0可求; (2)由f′(x)≥0转化为 不等式恒成立,分离 参数可求. [方法锦囊]
(1)当f(x)不含参数时,可 通过解不等式f′(x)>0 (或f′ (x)<0)直接得到单 调递增(或递减)区间. (2)已知函数的单调性, 求参数的取值范围,应用 条件f′(x)≥0([或f′(x) ≤0], x∈(a,b)]恒成立, 解出参数的取值范围(一 般可用不等式恒成立的 理论求解),应注意参数 的取值是f′(x)不恒等于0 的参数的范围.

考向二 利用导数研究函数的单调性
【训练 2】 已知函数 f(x)=mx3 +nx2(m、n∈R, m≠0),函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线与 x 轴平行.(1)用关于 m 的代数式表示 n; (2)求函数 f(x)的单调增区间. 解 (1)由已知条件得 f′(x)=3mx2+2nx, 又 f′(2)=0,∴3m+n=0,故 n=-3m. (2)∵n=-3m,∴f(x)=mx3-3mx2, ∴f′(x)=3mx2-6mx. 令 f′(x)>0,即 3mx2-6mx>0, 当 m>0 时, 解得 x<0 或 x>2, 则函数 f(x)的单调增区 间是(-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,解得 0<x<2, 则函数 f(x)的单调增区间是(0,2). 综上,当 m>0 时,函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0) 和(2,+∞); 当 m<0 时,函数 f(x)的单调增区间是(0,2).

[审题视点] (1)由f′(x)>0可求; (2)由f′(x)≥0转化为 不等式恒成立,分离 参数可求. [方法锦囊]
(1)当f(x)不含参数时,可 通过解不等式f′(x)>0 (或f′ (x)<0)直接得到单 调递增(或递减)区间. (2)已知函数的单调性, 求参数的取值范围,应用 条件f′(x)≥0([或f′(x) ≤0], x∈(a,b)]恒成立, 解出参数的取值范围(一 般可用不等式恒成立的 理论求解),应注意参数 的取值是f′(x)不恒等于0 的参数的范围.

考向三 利用导数研究恒成立问题
a 【例 3】?已知函数 f(x)=ln x- . x (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 2 (3)若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 1 a x+a 解 (1)由题意 f(x)的定义域为(0, +∞), f′(x)= + 2= 2 . 且 x x x ∵a>0,∴f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x+a (2)由(1)可知,f′(x)= 2 . x ①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,则 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立,此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2

[审题视点]

(1) 由 f′(x)>0 或 f′(x)<0确定单调性; (2)由单调性求f(x) 在[1,e]上的最小 值,列方程求出a; (3)转化为a>(xln x -x3)max求解.

考向三 利用导数研究恒成立问题
③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e. a (3)∵f(x)<x2,∴ln x-x<x2. 又 x>0,∴a>xln x-x3. 令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1-6x2 1 h′(x)=x-6x= x . ∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数.g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.

[审题视点]

(1) 由 f′(x)>0 或 f′(x)<0确定单调性; (2)由单调性求f(x) 在[1,e]上的最小 值,列方程求出a; (3)转化为a>(xln x -x3)max求解.

【方法锦囊】

(1)求函数的单调 区间,直接求导, 然后解不等式即可, 注意函数的定义 域. (2)参数问题涉及 的有最值恒成立的 问题、单调性的逆 向应用等,求解时 注意分类讨论思想 的运用.

考向三 利用导数研究恒成立问题
1 【训练 3】 已知函数 f(x)=ln -ax2+x(a>0),若 f(x)是 x 定义域上的单调函数,求 a 的取值范围. 解 f(x)=-ln x-ax2+x, 2ax2-x+1 1 f′(x)=- -2ax+1=- x x 令方程 2ax2-x+1=0.则 Δ=1-8a. 1 当 a≥ 时,Δ≤0,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)单调递减. 8 1 当 0<a< 时,Δ>0,方程 2ax2-x+1=0 有两个不相等的 8 正根 x1,x2,不妨设 x1<x2, 则当 x∈(0,x1)∪(x2+∞)时,f′(x)<0,当 x∈(x1,x2) 时,f′(x)>0,这时 f(x)不是单调函数. ?1 ? ? 综上,a 的取值范围是? ,+∞?. ? ?8 ?

[审题视点]

(1) 由 f′(x)>0 或 f′(x)<0确定单调性; (2)由单调性求f(x) 在[1,e]上的最小 值,列方程求出a; (3)转化为a>(xln x -x3)max求解.

【方法锦囊】

(1)求函数的单调 区间,直接求导, 然后解不等式即可, 注意函数的定义 域. (2)参数问题涉及 的有最值恒成立的 问题、单调性的逆 向应用等,求解时 注意分类讨论思想 的运用.

揭秘3年高考
规范解答4 利用导数证明不等式

【命题探究】导数作为一种研究数学知识的工具,在 求函数单调性、最值等方面发挥了独特的作用,同样,我

们也可以利用导数完成一些不等式的证明问题,其关键在
于要构造好函数的形式,转化为研究函数的单调性、最值 或值域问题,一般难度较大.

【真题探究】? (本题 [教你审题] 满分 13 分)(2012· 山 (1)由已知,求导后利用方程 f′(1)=0 即可求出 k 的 东 ) 已 知 函 数 f(x) = 值; ln x+k +∞)上的单调性与零点, 即可得 (k 为常数,e (2)讨论 f′(x)在(0, x e x+1 = 2.718 28…是自 然 出函数 f(x)的单调区间;(3)变换 g(x)= ex (1-x- 对数的底数),曲线 y x+1 适当构造函数, 证明 0< x <1,1-x-xln x≤1 =f(x)在点(1,f(1))处 xln x), e 的切线与 x 轴平行. +e- 2 即可. (1)求 k 的值; (2) 求 f(x) 的 单 调 区 间; (3) 设 g(x) = (x2 + x)f′(x),其中 f′(x) 为 f(x)的导函数,证 明 : 对 任 意 x>0 , g(x)<1+e-2.

【真题探究】? (本题 满分 13 分)(2012· 山 东 ) 已 知 函 数 f(x) = ln x+k (k 为常数,e ex = 2.718 28…是自 然 对数的底数),曲线 y =f(x)在点(1,f(1))处 的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2) 求 f(x) 的 单 调 区 间; (3) 设 g(x) = (x2 + x)f′(x),其中 f′(x) 为 f(x)的导函数,证 明 : 对 任 意 x>0 , g(x)<1+e-2.

【 规 范 解 答 】 (1) 解

由 f(x) =

ln x+k 得 f′(x) = ex

1-kx-xln x ,x∈(0,+∞). xex

由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1. (3 分) 1 (2)解 由(1)得 f′(x)= x(1-x-xln x), x∈(0, +∞). 令 xe h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+ ∞). (7 分) (3)证明 因为 g(x)=(x2+x)f′(x), x+1 所以 g(x)= x (1-x-xln x),x∈(0,+∞). e ex -2 因此, 对任意 x>0, g(x)<1+e 等价于 1-x-xln x< (1 x+1 +e-2).

【真题探究】? (本题 满分 13 分)(2012· 山 东 ) 已 知 函 数 f(x) = ln x+k (k 为常数,e ex = 2.718 28…是自 然 对数的底数),曲线 y =f(x)在点(1,f(1))处 的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2) 求 f(x) 的 单 调 区 间; (3) 设 g(x) = (x2 + x)f′(x),其中 f′(x) 为 f(x)的导函数,证 明 : 对 任 意 x>0 , g(x)<1+e-2.

由(2)知 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 所以 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2), x∈(0, +∞). - 因此,当 x∈(0,e 2)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 所以 h(x)的最大值为 h(e-2)=1+e-2. 故 1-x-xln x≤1+e-2. (10 分) 设 φ(x)=ex-(x+1). 因为 φ′(x)=ex-1=ex-e0, 所以当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增, φ(x)>φ(0)=0, 故当 x∈(0,+∞)时,φ(x)=ex-(x+1)>0, ex 即 >1. x+1 ex -2 所以 1-x-xln x≤1+e < (1+e-2). x+1 因此对任意 x>0,g(x)<1+e-2. (13 分)

【真题探究】? (本题 满分 13 分)(2012· 山 东 ) 已 知 函 数 f(x) = ln x+k (k 为常数,e ex = 2.718 28…是自 然 对数的底数),曲线 y =f(x)在点(1,f(1))处 的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2) 求 f(x) 的 单 调 区 间; (3) 设 g(x) = (x2 + x)f′(x),其中 f′(x) 为 f(x)的导函数,证 明 : 对 任 意 x>0 , g(x)<1+e-2.

[阅卷老师手记] (1)本题出现的问题:一是第(2)问中, 1-x-xln x 考生不会把 f′(x)= 中的分子单独分离出来 xex 判断其符号.二是第(3)问中,未考虑二次求导,找 h(x) =1-x-xln x 的零点,从而细化 x 的范围求最值.三 ex 是第三问中不会构造函数证明 >1. x+1 (2)在使用导数证明不等式时, 如果给出的不等式过于复 杂,需要变换不等式,把其分解为若干个不等式.再根 据不等式的性质得出所证的不等式, 在使用不等式的性 质时注意不等式性质的使用条件. 用导数法证明不等式 f(x)≥g(x)的问题一般可 用以下几步解答: 第一步:构造函数 F(x)=f(x)-g(x); 第二步:求函数 F(x)的导数 F′(x); 第三步:判断函数 F(x)在给定区间上的单调性. 第四步:求 F(x)在给定区间上的最小值 F(x)min≥0,即 证得 f(x)≥g(x).

A级 基础演练
一、选择题

单击题号出题干 2 1

3

4

单击问号出详解

4.(2013· 函数 郑州检测)函数 f(0)=2, 对任意 x∈R, f(x)+f′(x)>1, 3.(2013· 安庆模拟)下列函数中,在(0,+∞)内为增函数的 2. f(x)的定义域是 R, h(x)=2x-的单调递减区间 f(x)=(4-x)ex k+k在(1,+∞) 1.(2013· 石景山模拟)若函数 则不等式 x f(x)>ex+1 的解集为( A ). x 3 是( B ). e · 是( D ). 上是增函数,则实数 k B.f(x)=xex A ). 的取值范围是( A.{x|x>0} B.{x|x<0} A.f(x)=sin 2x A.(-∞,4) B.(-∞,3) A.(-2,+∞) C.{x|x<-1 或 D.{x|x<-1 C.f(x)=x3-x x>1} B.(2,+∞) 或 x D.f(x)=-x+ln 0<x<1} C.(4,+∞) D.(3,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,2) x 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex 2x)′=2(cos2x-sin2x), sin 2x=2sin xcos x,(sin , x 解析 f′(x)=-ex+(4-x)· =e +k e x 2 (3-x), x x 因为 g′(x)=e · f(x)+e · f′(x)-e 在(0,+∞)不恒大于零; k =2x x 解析 由条件得 h′(x)=2+ 2 令 xf′(x)<0,由于 x>ex-ex=0, x2 ≥0 x =e [f(x)+f′(x)]-ee >0,∴3-x<0, (x3-x)′=3x2-1,在(0,+∞)不恒大于零; 解得 x>3. f(x)-ex 为 在(1,+∞)上恒成立, R 上的增函数, 所以 g(x)=ex· 1 2 (-x+lnx)′=-1+x0=1, 答案 D 即 k≥-2x 在(1,+∞)上恒成立, 又因为 g(0)=e0· f(0)-e在(0,+∞)不恒大于零; 所以 k∈(-2,+∞). 所以原不等式转化为 x∈(0,+∞)时 ex+xe (xex)′=ex+xex,当g(x)>g(0),解得 x>0. x>0,故选 B. 答案 B 答案 A

A级 基础演练
二、填空题

5 单击题号出题干 6
单击问号出详解

?π 6.已知直线 y=x+1 与曲线 y=ln(x+a)相切,则 a ?的 5.函数 y=x-2sin x 在[0,π]上的递增区间是 ?3,π? . ? ? ? ? 值为 2 . 1 解析 设切点坐标为(x0,y0)又 y′= , x+a cos x≤1, 解析 y′=1-2cos x,令 1-2cos x≥0,得 2 ?y0=x0+1,5 π ? ≤x≤2kπ+ π,k∈R, 解得 2kπ+ ?y0=ln?x0+a?, 3 3 由已知条件? 解得 a=2. π ? 1 又 0≤x≤π,∴ ≤x≤π. 3 ?x0+a=1, ?π ? ? ? 答案 2 3,π? ? 答案 ? ? ?

A级 基础演练
三、解答题

单击题号出题干

7

8

单击问号出详解

3 3 2 2 3 )·2=(-x (3)函数 g(x)=(f(x)-x-xx-x+c.-x+c)·x, e3 e ?2 7.(12 分)设函数 f(x)=ax -3x ,(a∈R),且?.x=2 是 2 (2)由(1)可知 f(x)=x x 8.(13 分)已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 a=f′? ? ?3? 有 g′(x)=(-2x-1)e +(-x2-x+c)exx· ? ? y=f(x)的极值点,求函数 g(x)=e f(x)的单调区间. 2 ?x+1 ?(x-1),列表如下: 2 x 则 f′(x)=3x (1)求 a 的值; -2x-1=3? =(-x -3x+c-1)e , 3? 解 f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2). (2)求函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 因为函数 f(x)的单调区间; 1 1 ?-∞,-1 3 - x 因为 x=2 是函数?y=f(x)的极值点.?x∈[-3, (1,+∞) x h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在?x∈[-3,2]上恒成立. 1 2]上单调递增, - ,1 (3)设函数?g(x)=(f(x)-x )· , e 3 若函数 g(x)在? 所以 3? ? 3 所以 f′(2)=0,即 求实数 c 的取值范围. 6(2a-2)=0,因此 a=1, 只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞). f′(x) + 0 - 0 + 经验证,当 a=1 时,x=2 是函数 f(x)的极值点, 探究提高 利用导数研究函数单调性的一般步骤: ? ? ? 2 解f(x) g(x)=ex(x3-3x极大值 f′(x)=3x2极小值 (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c,得 +2ax-1. 所以 (1)确定函数的定义域; ), 1 ?2? ? ?2 ? 2 x 3 2 f′(x); ?2+3x2-6x) ?2? ? ? 所以 时,得 a=f′? ?=3×? ? +2a×? ?-1, (2)求导数 g′(x)=e (x -3x 当 x=f(x)的单调递增区间是(-∞,- 3)和(1,+∞); ? ? ?3? ?3 ? x3 3 x ?3 ? (3)①若求单调区间(或证明单调性), . 只需在函数 f(x)的定义域内 =e (x a=-1. 1 解之,得 -6x)=x(x+ 6)(x- 6)e ? f(x)的单调递减区间是?-3 或 f′(x)<0. x 解(或证明)不等式 f′(x)>0 ,1 ?. 因为 e >0,所以 y=g(x)的单调增区间是(- 6,0)和 ? ②若已知 f(x)的单调性,

( 6,+∞);单调减区间是(-∞,- 6)和(0, 6).

B级 能力突破
一、选择题

1 单击题号出题干 2
单击问号出详解

2.已知函数 f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表.f(x)的导函数 y=f′(x) 1.定义在 R 上的函数 y=f(x)满足 f(4-x)=f(x),(x-2)· f′(x)<0, 的图象如图所示. 若 x1<x2 且 f(x)的命题: 下列关于函数x1+x2>4,则( B ). ①函数 y=f(x)是周期函数; ②函 A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)>f(x2) 数C.f(x1)=f(x2) f(x)在[0,2]上是减函数; D.f(x1)与 f(x2)的大小不确定 ③如果当 x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是 2,那么 t 的最大值为 4; 解析 ∵f(4-x)=f(x),∴函数 f(x)的图象关于直线 x=2 对称, ④当 1<a<2 时,函数 y=f(x)-a 有 4 个零点.其中真命题的个数有( D ). 由(x-2)f′(x)<0 可得函数 f(x)在(-∞,2)上单调递增, A.4 B.3 C.2 D.1 在(2,+∞)上单调递减, 解析 依题意得,函数 f(x)不可能是周期函数,因此①不正确;当 x∈(0,2)时, f′(x)<0,因此函数 f(x)在[0,2]上是减函数,②正确;当 x∈[-1,t]时,f(x)的 ∴当 x2>x1>2 时,f(x1)>f(x2); 最大值是 2,依题意,结合函数 f(x)的可能图象形状分析可知,此时 t 的最大值 当 x2>2>x1 时,∵x1+x2>4,∴x2>4-x1>2,∴f(4-x1)=f(x1)>f(x2), 是 5,因此③不正确;注意到 f(2)的值不明确,结合图形分析可知,将函数 f(x) 综上,f(x1)>f(x2),故选 B. 的图象向下平移 a(1<a<2)个单位后相应曲线与 x 轴的交点个数不确定,因此④ 答案 B 不正确.综上所述,选 D. 答案 D

B级 能力突破
二、填空题

3 单击题号出题干 4
单击问号出详解

?3a ? 1 3 22 ? 4. 已知函数 y=- ax-x -(2b+3)x+2-b 在 R ? ,a? . 3.函数 f(x)=x 3x +bx(a>0)的单调递减区间是上不是单调减 ? ?4 ? 函数,则 b 的取值范围是 (-∞,-1)∪(3,+∞) . 解析 由 ax-x2≥0(a>0),解得 0≤x≤a, 即函数y′=-x2+2bx-(2b+3), 解析 f(x)的定义域为[0,a], ? 3a? 要使原函数在 R 上单调递减, ? ? 3ax-4x2 -2x?x- 4 ? ? ? 应有 y′≤0 恒成立, f′(x)=2 2= 2 , 2 ax-x ∴Δ=4b 2 ax-x -4(2b+3)=4(b -2b-3)≤0, ? ? ∴-1≤b≤3, x≥3a,因此 f(x)的单调递减区间是?3a,a?. 由 f′(x)<0 解得 ?4 ? 4 ? ? 故使该函数在 R 上不是单调减函数的 b 的取值范围是 ?3a ? ? b>3. ? b<-1 ? 答案 或4 ,a? ? ? 答案 (-∞,-1)∪(3,+∞)

B级 能力突破
三、解答题

单击题号出题干

5

6

单击问号出详解

1 ? a m +ln ? 在[1,+∞)上为增函数, (2)证明 α· x>β, 由(1)易知 由(1)知 f′(x)>0?0<x<α 或 x内有极值. β=1,α+β=a+2,-2ln1x, ∴m≥1.mx2-2x+m≤0 5.(12分)设函数 f(x)=ln x+ (2)由(1),得 f(x)-g(x)=mx- 在? 6.(13 分)已知函数 g(x)=x· θ ?0, ? sinx 2 e? 1 x-11 ? 等价于 m(1+x )≤2x, ? ? - 1 ? = 2ln β + f′(x)<0?α<x<1 或 1<x<β, 所 以 f(β) - f(α) = ln-2x+m ∈(0,1),x α-1 m-1 (1)求实数 a 的取值范围; β (2)若 x1+ a ?β-12∈(1,+∞). mx2 - ln β 2x 且 (f?x?-g?x?)′= ∴ θ∈(0,π),f(x)=mx- x -ln x,m∈R. ? 12 1 . 即 m≤ f(x)在(0,α),(β,+∞)上单调递增, 2在[1,+∞)上恒成立. 所以函数 求证:f(x2)-f(x1)>e+2- x -β .注:e 是自然对数的底数. 1+x e β α-β ∵f(x)-g(x)在其定义域内为单调函数, (1)求2x 的值; θ 1 a· 2 易知函数 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞), . =2ln β+a· 2 =2lnβ+β- (1)解2 在(α,1),(1,β)上单调递减. 而 -2x+m≥0 或者 mx ?β-1??α-1? 2-?a+2? ∴mxf(x)-g(x)在[1,+∞)上为单调函数,求 β 的取值范围. (2)若 +1∈(0,1],∴m≤0. -2x+m≤0 在[1,+∞)恒成立. m 2 2 x 1 ?x-1? -ax x -?a+2?x+1 a mx2h(β)=2ln β+β-1(β>e),2 =21 a 1 2 . -2x+m≥02等价于 m(1+x )≥2x, f′(x)= -的取值范围是(-∞,0]∪[1,+∞). = 综上,m ?x-1? g′(x)=- 记 x 解 x(1)由题意得,)≤f(α)=ln α+ x?x-1? 在[1, ≥0 +∞)上恒成立, 由 1∈(0,1)得 f(x1 βx?x-1? sin θ·2+, 2x ? x x α-1 ? ? ? 即 m≥ 2 ? 2, 1 ?内有极值,可知方程 f′(x)=0 在?0,1 ?内有解, 1 ?1 1+x 由函数 f(x)在?0, ? 2= +1?2>0, sin θ· x-1 则 h′(β)= ? +1+ e ? β ∵θ∈(0,π),∴sin θ>0, ? e? ? ? 即 2x 2 β ≥0. ?β ? a 2 1 x 由 sin θ· x2∈(1,+∞)得 f(x2)≥f(β)=ln β+ 而 g(x)=x2-(a+2)x+1=(x-α)(x-β).不妨设 0<α< ,则 β>e, = ≤1, 所以函数 h(β)在(e,+∞)上单调递增,β-1, 令 2 e1-1≥0, 故 x +1x-1≥0 在[1,+∞)上恒成立,只需 sin θ· sin θ· x+1 1 ?1 ? x 所以 f(x2)-f(x1)≥h(β)>h(e)=2+e- . 1 a+2 1π ? ? e 所以 f(x2)-f(x1)≥f(β)-f(α). θ∈(0,π),得 θ= . 又 sin θ≥1,只有 g? = 2- 即 g(0)=1>0,所以 sin ?θ=1.结合 +1<0,解得 a>e+e-2. e ?e ? e 2

1 1.解析 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1,所 x 以函数的单调递减区间为(0,1]. 答案 B 2.解析 由已知 y′=3x2,则 y′|x=1=3,切线方程为 y-12=3(x-1),即 y=3x+9,令 x=0 得 y=9. 答案 C 3.解析 由题可知 y′=x2+1≥1,当 x=0 时,y′取得最小值 1,则曲线 C 上斜率最小 的一条切线斜率为 1,切点为(0,1),切线方程为 x-y+1=0,圆心到直线的距离为 d= 1 2 = =r,所以直线与圆相切,只有一个交点. 12+12 2 答案 B 4.解析 记 g(x)=f(x)-(2x+4),则有 g(-1)=f(-1)-(-2+4)=0.∵g′(x)=f′(x)- 2>0,∴g(x)在 R 上是增函数.不等式 f(x)>2x+4,即 g(x)>0=g(-1),于是由 g(x)在 R 上 是增函数得,x>-1,即不等式 f(x)>2x+4 的解集是(-1,+∞),选 B. 答案 B 5.解析 f′(x)=3x2+a,f(x)在区间(1,+∞)上是增函数,则 f′(x)=3x2+a≥0 在(1, +∞)上恒成立,即 a≥-3x2 在(1,+∞)上恒成立,∴a≥-3. 答案 [-3,+∞)

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