江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)(Ⅰ)

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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題3 導(dǎo)__數(shù)(Ⅰ) 導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)的重要工具，同時也是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，一直受到命題者的青睞.2020年考了2小題，并在17題中進(jìn)行了考查(運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求三角函數(shù)的最值)；2020年考了2小題，都是考查三次函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，顯然重復(fù)；2020年第8題和壓軸題都考查了導(dǎo)數(shù)；2020年12題和19題；2020年14題和18題.可以看出江蘇高考每年都會出現(xiàn)兩題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義或者導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算以及利用導(dǎo)數(shù)研究極值、單調(diào)性等. 預(yù)測在2020年的高考題中： (1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義； (2)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或者極值、最值.

2、 1．(2020·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)P處的切線的斜率為2，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________． 解析：y′＝3x2－10＝2?x＝±2，又點(diǎn)P在第二象限內(nèi)，故x＝－2.點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2,15)． 答案：(－2,15) 2．(2020·江蘇高考)函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點(diǎn)(ak，a)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，k為正整數(shù)，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________. 解析：在點(diǎn)(ak，a)處的切線方程為y－a＝2ak(x－ak)，當(dāng)y＝0時，解得x＝，所以ak＋1＝.則a1＋a

3、3＋a5＝16＋4＋1＝21. 答案：21 3．若函數(shù)f(x)＝ex－2x－a在R上有兩個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當(dāng)直線y＝2x＋a和y＝ex相切時，僅有一個公共點(diǎn)，這時切點(diǎn)是(ln 2,2)，直線方程是y＝2x＋2－2ln 2，將直線y＝2x＋2－2ln 2向上平移，這時兩曲線必有兩個不同的交點(diǎn)． 答案：(2－2ln 2，＋∞) 4．(2020·江蘇高考)將邊長為1 m的正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S＝，則S的最小值是________． 解析：設(shè)剪成的小正三角形的邊長為x，則 S＝＝·(0

4、 法一：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值． S(x)＝·， S′(x)＝· ＝·. 令S′(x)＝0，又00，函數(shù)單調(diào)遞增； 故當(dāng)x＝時，S取最小值為. 法二：利用函數(shù)的方法求最小值． 令3－x＝t，t∈(2,3)，∈，則 S＝·＝·. 故當(dāng)＝，x＝時，S取最小值為. 答案： 5．(2020·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)P是函數(shù)f(x)＝ex(x>0)的圖象上的動點(diǎn)，該圖象在P處的切線l交y軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)P作l的垂線交y軸于點(diǎn)N，設(shè)線段MN的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為t，則t的最大值是______

5、__． 解析：設(shè)P(x0，ex0)，則l：y－e x0＝e x0 (x－x0)， 所以M(0，(1－x0)e x0)．過點(diǎn)P作l的垂線其方程為 y－e x0＝－e－x0 (x－x0)，N(0，e x0＋x0e－x0)， 所以t＝[(1－x0)e x0＋e x0＋x0e－x0] ＝e x0＋x0(e－x0－e x0)． t′＝(ex0＋e－x0)(1－x0)，所以t在(0,1)上單調(diào)增，在(1，＋∞)上單調(diào)減，所以當(dāng)x0＝1時，t取最大值tmax＝. 答案： 　　 (2020·揚(yáng)州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax，g(x)＝ex ln x(e是自然對數(shù)的底數(shù))． (

6、1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線也是拋物線y2＝4(x－1)的切線，求a的值； (2)若對于任意x∈R，f(x)>0恒成立，試確定實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝－1時，是否存在x0∈(0，＋∞)，使曲線C：y＝g(x)－f(x)在點(diǎn)x＝x0處的切線斜率與f(x)在R上的最小值相等？若存在，求符合條件的x0的個數(shù)；若不存在，請說明理由． [解]　(1)f′(x)＝ex＋a，f′(1)＝e＋a，所以在x＝1處的切線為y－(e＋a)＝(e＋a)(x－1)， 即y＝(e＋a)x. 與y2＝4(x－1)聯(lián)立，消去y得 (e＋a)2x2－4x＋4＝0， 由Δ＝0知，a＝1－e或a＝－

7、1－e. (2)f′(x)＝ex＋a， ①當(dāng)a>0時，f′(x)>0，f(x)在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→－∞時，ex→0，ax→－∞， 所以f(x)→－∞，故f(x)>0不恒成立， 所以a>0不合題意； ②當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex>0對x∈R恒成立， 所以a＝0符合題意； ③當(dāng)a<0時，令f′(x)＝ex＋a＝0，得x＝ln(－a)，當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，ln(－a))上單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(ln(－a))＝－a＋a ln(－a)>0，所以

8、a>－e.又a<0，所以a∈(－e,0)． 綜上a的取值范圍為(－e,0]． (3)當(dāng)a＝－1時，由(2)知f(x)min＝f(ln(－a))＝ －a＋a ln(－a)＝1. 設(shè)h(x)＝g(x)－f(x)＝ex ln x－ex＋x， 則h′(x)＝exln x＋ex·－ex＋1 ＝ex＋1， 假設(shè)存在實(shí)數(shù)x0∈(0，＋∞)，使曲線C∶y＝g(x)－f(x)在點(diǎn)x＝x0處的切線斜率與f(x)在R上的最小值相等，x0即為方程的解， 令h′(x)＝1得，ex＝0， 因?yàn)閑x>0，所以ln x＋－1＝0. 令φ(x)＝ln x＋－1，則φ′(x)＝－＝， 當(dāng)0

9、x)<0；當(dāng)x>1時，φ′(x)>0.所以φ(x)＝ln x＋－1在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以φ(x)>φ(1)＝0，故方程ex＝0有惟一解為1. 所以存在符合條件的x0，且僅有一個x0＝1. 第一問考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義；第二問還可采用分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)求最值的方法，不過也要進(jìn)行討論；第三問先求f(x)的最小值，然后再研究函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)＝exln x－ex＋x在x＝x0處的切線斜率，最后利用函數(shù)與方程思想，把方程實(shí)根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題． 　　 已知拋物線C1：y＝x2＋2x和C2：y＝－x2＋a.如果直線l同時是C1和C2的切線，稱l

10、是C1和C2的公切線，公切線上兩個切點(diǎn)之間的線段，稱為公切線段． (1)a取什么值時，C1和C2有且僅有一條公切線？寫出此公切線的方程； (2)若C1和C2有兩條公切線，證明相應(yīng)的兩條公切線段互相平分． 解：(1)函數(shù)y＝x2＋2x的導(dǎo)數(shù)y′＝2x＋2曲線C1在點(diǎn)P(x1，x＋2x1)的切線方程是 y－(x＋2x1)＝(2x1＋2)(x－x1)， 即y＝(2x1＋2)x－x.① 函數(shù)y＝－x2＋a的導(dǎo)數(shù)y′＝－2x， 曲線C2在點(diǎn)Q(x2，－x＋a)的切線方程是 y－(－x＋a)＝－2x2(x－x2)， 即y＝－2x2x＋x＋a.② 如果直線l是過P和Q的公切線， 則①式

11、和②式都是l的方程． 所以 消去x2得方程2x＋2x1＋1＋a＝0. 當(dāng)判別式Δ＝4－4×2(1＋a)＝0，即a＝－時， 解得x1＝－，x2＝－，此時點(diǎn)P與Q重合． 即當(dāng)a＝－時C1和C2有且僅有一條公切線， 由①得公切線方程為y＝x－. (2)證明：由(1)可知，當(dāng)a<－時C1和C2有兩條公切線． 設(shè)一條公切線上切點(diǎn)為P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 其中P在C1上，Q在C2上，則有x1＋x2＝－1， y1＋y2＝x＋2x1＋(－x＋a)＝x＋2x1－(x1＋1)2＋a＝－1＋a， 線段PQ的中點(diǎn)為. 同理，另一條公切線段P′Q′的中點(diǎn)也是. 所以公切線段PQ和

12、P′Q′互相平分． 　　 (2020·蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))若斜率為k的兩條平行直線l，m經(jīng)過曲線C的端點(diǎn)或與曲線C相切，且曲線C上的所有點(diǎn)都在l，m之間(也可在直線l，m上)，則把l，m間的距離稱為曲線C在“k方向上的寬度”，記為d(k)． (1)若曲線C：y＝2x2－1(－1≤x≤2)，求d(－1)； (2)已知k>2，若曲線C：y＝x3－x(－1≤x≤2)，求關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式d(k)． 解：(1)y＝2x2－1(－1≤x≤2)的端點(diǎn)為A(－1,1)，B(2,7)， ∵y′＝4x，由y′＝－1得到切點(diǎn)為， ∴當(dāng)k＝－1時，與曲線C相切的直線只有一條． 結(jié)合題意可得，兩條平行直線中

13、一條與曲線C：y＝2x2－1(－1≤x≤2)相切，另一條直線過曲線的端點(diǎn)B(2，7)． ∴平行的兩條直線分別為：x＋y－9＝0和x＋y＋＝0. 由兩條平行線間的距離公式可得，d(－1)＝. (2)曲線C：y＝x3－x(－1≤x≤2)的端點(diǎn)A(－1,0)，B(2,6)， ∴y′＝3x2－1∈[－1,11]． 下面分兩種情況： ①當(dāng)k≥11時，兩條直線都不是曲線的切線，且分別經(jīng)過點(diǎn)A(－1,0)，B(2,6)，此時兩條直線方程分別為l：y＝k(x＋1)，m：y－6＝k(x－2)，所以d(k)＝； ②當(dāng)22且－1≤a≤2得到1<

14、a≤2，且a＝ 從而推出l，m當(dāng)中有一條與曲線C相切，有一條經(jīng)過一點(diǎn)，且是經(jīng)過A(－1,0)的直線，和以B(2,6)為切點(diǎn)的直線，方程分別為l：y＝k(x＋1)，m：y＝(3a2－1)(x－a)＋a3－a＝kx－(1＋k)，所以d(k)＝. 綜上得d(k)＝ 本題是一個即時定義問題，背景新穎，在解決第二問時要注意將k看成一個常數(shù)，對k進(jìn)行討論，探究出兩條直線與曲線C的關(guān)系是都相切還是都是經(jīng)過點(diǎn)還是一個相切一個經(jīng)過點(diǎn)，并且了解經(jīng)過哪個點(diǎn)．這些都可以利用導(dǎo)數(shù)這個工具解決． 　　 設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝3. (1)求

15、f(x)的解析式； (2)證明：曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)的切線與直線x＝1和直線y＝x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值． 解：(1)f′(x)＝a－，于是 解得或 因?yàn)閍，b∈Z，故f(x)＝x＋. (2)證明：在曲線上任取一點(diǎn)， 由f′(x0)＝1－知，過此點(diǎn)的切線方程為 y－＝(x－x0)． 令x＝1，得y＝，切線與直線x＝1的交點(diǎn)為； 令y＝x，得y＝2x0－1， 切線與直線y＝x的交點(diǎn)為(2x0－1,2x0－1)． 直線x＝1與直線y＝x的交點(diǎn)為(1,1)． 從而所圍三角形的面積為|2x0－1－1|＝|＝2. 所以所圍三角形的面積為定值2. 　　 (2

16、020·泰州中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＋2＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若對于區(qū)間[－2,2]上任意兩個自變量的值x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求實(shí)數(shù)c的最小值； (3)若過點(diǎn)M(2，m)(m≠2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3. 根據(jù)題意，得即 解得 所以f(x)＝x3－3x. (2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，得x＝±1. x －2 (－2，－1) －1 (－1,1) 1 (1,2)

17、 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －2  極大值  極小值  2 因?yàn)閒(－1)＝2，f(1)＝－2， 所以當(dāng)x∈[－2,2]時，f(x)max＝2，f(x)min＝－2. 則對于區(qū)間[－2,2]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4， 即c的最小值為4. (3)因?yàn)辄c(diǎn)M(2，m)(m≠2)不在曲線y＝f(x)上，所以可設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)．因?yàn)閒′(x0)＝3x－3，所以切線的斜率為3x－3. 則3x－3＝，即2x－6x＋6＋m＝0. 因?yàn)檫^

18、點(diǎn)M(2，m)(m≠2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，所以方程2x－6x＋6＋m＝0有三個不同的實(shí)數(shù)解． 所以函數(shù)g(x)＝2x3－6x2＋6＋m有三個不同的零點(diǎn)． 則g′(x)＝6x2－12x.令g′(x)＝0，則x＝0或x＝2. x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  則即解得－6

19、)(m≠2)可作曲線y＝f(x)的三條切線”轉(zhuǎn)化成“關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)x0的方程2x－6x＋6＋m＝0有三個不同的實(shí)數(shù)解”，問題就迎刃而解了． 　　 (2020·南京一模)已知函數(shù)f(x)＝x－1－ln x. (1)求函數(shù)f(x)的最小值； (2)求證：當(dāng)n∈N*時，e1＋＋＋…＋>n＋1； (3)對于函數(shù)h(x)和g(x)定義域上的任意實(shí)數(shù)x，若存在常數(shù)k，b，使得不等式h(x)≥kx＋b和g(x)≤kx＋b都成立，則稱直線y＝kx＋b是函數(shù)h(x)與g(x)的“分界線”．設(shè)函數(shù)h(x)＝x2，g(x)＝e[x－1－f(x)]，試問函數(shù)h(x)與g(x)是否存在“分界線”？若存在，求出

20、常數(shù)k，b的值；若不存在，說明理由． 解：(1)∵f(x)＝x－1－ln x(x>0)， ∴f′(x)＝1－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)遞增． ∴f(x)的最小值為f(1)＝0. (2)證明：由(1)知當(dāng)x>0時，恒有f(x)≥0， 即x－1≥ln x. 故ex－1≥x，從而有ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號．分別令x＝1，，，…，可得e1>1＋1＝2，e>＋1＝，e>＋1＝，…，e>＋1＝， 相乘可得e1＋＋＋…＋>2×××…×＝n＋1，即e1＋＋＋…＋>n＋1. (3)令F(x)＝h(x)－

21、g(x)＝x2－eln x(x>0)， 則F′(x)＝x－＝， 當(dāng)x∈(0，)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)遞減； 當(dāng)x∈(，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)遞增． 所以當(dāng)x＝時，F(xiàn)(x)取得最小值0. 則h(x)與g(x)的圖象在x＝處有公共點(diǎn). 設(shè)函數(shù)h(x)與g(x)存在“分界線”，方程為y－＝k(x－)，應(yīng)有h(x)≥kx＋－k在x∈R時恒成立，即x2－2kx－e＋2k≥0在x∈R時恒成立， 必須Δ＝4k2－4(2k－e)＝4(k－)2≤0，得k＝. 下證g(x)≤x－在x>0時恒成立， 記G(x)＝eln x－x＋， 則G′(x)＝－＝，當(dāng)x∈(0，)時，G′(x

22、)>0，G(x)遞增；當(dāng)x∈(，＋∞)時G′(x)<0，G(x)遞減． 所以當(dāng)x＝時，G(x)取得最大值0， 即g(x)≤x－在x>0時恒成立． 綜上可知，函數(shù)h(x)與g(x)存在“分界線”，其中k＝，b＝－. 　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)利用公式求導(dǎo)時，一定要注意公式的適用范圍和符號． (2)可以利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線方程，由于函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)表示曲線在點(diǎn)P(x0，f(x0))處切線的斜率，因此，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線方程可如下求得： ①求出函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0

23、))處切線的斜率． ②在已知切點(diǎn)坐標(biāo)和切線斜率的條件下，求得切線方程為y＝y(tǒng)0＋f′(x0)(x－x0)． 1．(2020·南通調(diào)研)設(shè)P是函數(shù)y＝(x＋1)圖象上異于原點(diǎn)的動點(diǎn)，且該圖象在點(diǎn)P處的切線的傾斜角為θ，則θ的取值范圍是________． 解析：依題意得，y＝x＋x，y′＝x＋x－(x>0)，當(dāng)x>0時，y′＝x＋x－≥2 ＝ ，即該圖象在點(diǎn)P處的切線的斜率不小于，即tan θ≥.又θ∈[0，π)，因此≤θ＜，即θ的取值范圍是. 答案： 2．若方程ln x－2x－a＝0有兩個不等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：作出y＝ln x和y＝2x＋

24、a的圖象，分析方程ln x－2x－a＝0，有兩個不等的實(shí)數(shù)根問題，即是研究y＝ln x和y＝2x＋a的圖象交點(diǎn)問題，如圖可知，y＝2x＋a與y＝ln x相切時，a＝－1－ln 2，只要a<－1－ln 2，圖象都有兩個不等的交點(diǎn)， 即a∈(－∞，－1－ln 2)． 答案：(－∞，－1－ln 2) 3．若函數(shù)f(x)＝＋ln x在區(qū)間(m，m＋2)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)m的范圍是________． 解析：由f(x)＝＋ln x，得f′(x)＝－＋＝，由f′(x)<0得0

25、x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則a＝________，b＝________. 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由已知，得即 解得或經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝－3，b＝3時，x＝1不是極值點(diǎn)；當(dāng)a＝4，b＝－11時，符合題意． 答案：4?。?1 5．設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,1)處的切線與y軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yn，令bn＝2yn，則b1·b2·…·b2 010的值為________． 解析：先求出函數(shù)在(1,1)處的切線方程y－1＝(n＋1)·(x－1)，令x＝0，求出yn＝－n，下面利用指數(shù)式的運(yùn)算法則以及等差數(shù)列求和即可． 答案：2 011×1 005

26、 6．已知函數(shù)y＝f(x)在定義域上可導(dǎo)，其圖象如圖，記y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)，則不等式xf′(x)≤0的解集是________． 解析：利用函數(shù)f(x)的圖象信息得出f′(x)≤0的解集是，f′(x)≥0的解集是∪[1,3)，從而由xf′(x)≤0，得或從而0≤x≤1或－

27、(1，e x0 (2－x0))， B(5，ex0(6－x0))，所以梯形的面積S＝2e x0(8－2x0)＝4ex0(4－x0)，對S求導(dǎo)得 S′＝4ex0(3－x0)，易知S(x0)在(1,3)上遞增，(3,5)上遞減，所以S(x0)取最大時，P點(diǎn)坐標(biāo)為(3，e3)． 答案：(3，e3) 8．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不是單調(diào)函數(shù)，則t的取值范圍是________． 解析：由題意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)為1,3，則只要這兩個極值點(diǎn)有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不是

28、單調(diào)函數(shù)，由t<1

29、，f″(x)<0恒成立； 對于②，f″(x)＝－，在x∈時， f″(x)<0恒成立； 對于③，f″(x)＝－6x，在x∈時， f″(x)<0恒成立； 對于④，f″(x)＝(2＋x)·ex在x∈時， f″(x)>0恒成立，所以f(x)＝xex不是凸函數(shù)． 答案：④ 10．設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,1)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lg xn，則a1＋a2＋…＋a99的值為________． 解析：函數(shù)在(1,1)處切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0得到xn＝，所以a1＋a2＋…＋a99＝lg ＝－2. 答案：－2 11．已知函數(shù)f(

30、x)＝－bx(a，b∈R)． (1)若f(x)在R上存在最大值與最小值，且其最大值與最小值的和為2 680，試求a和b的值； (2)若f(x)為奇函數(shù)， ①是否存在實(shí)數(shù)b，使得f(x)在為增函數(shù)，為減函數(shù)？若存在，求出b的值；若不存在，請說明理由； ②如果當(dāng)x≥0時，都有f(x)≤0恒成立，試求b的取值范圍． 解：(1)∵f(x)在x∈R上存在最大值和最小值， ∴b＝0(否則f(x)值域?yàn)镽)． ∴y＝f(x)＝?sin x－ycos x＝2y－a ?|sin(x－φ)|＝≤1?3y2－4ay＋a2－1≤0， 又Δ＝4a2＋12>0，由題意有ymin＋ymax＝a＝2 680

31、， ∴a＝2 010. (2)若f(x)為奇函數(shù)，∵x∈R，∴f(0)＝0?a＝0， ∴f(x)＝－bx，f′(x)＝－b， ①若?b∈R，使f(x)在上遞增，在上遞減，則f′＝0， ∴b＝0.這時f′(x)＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)遞增， 當(dāng)x∈時f′(x)<0，f(x)遞減． ②f′(x)＝， Δ＝4[(1－2b)2＋b(1－4b)]＝4(1－3b)， 若Δ≤0，則b≥，則f′(x)≤0，對?x≥0恒成立，這時f(x)在[0，＋∞)上遞減，∴f(x)≤f(0)＝0. 若b<0，則當(dāng)x≥0時，－bx∈[0，＋∞)， ∈， f(x)＝－bx不可能恒小于等

32、于0. 若b＝0，則f(x)＝∈不合題意． 若00， f′(π)＝－b－1<0，∴?x0∈(0，π)，使f′(x0)＝0， x∈(0，x0)時，f′(x)>0，這時f(x)遞增，f(x)>f(0)＝0，不合題意．綜上b的取值范圍為. 12．(2020·無錫一中)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2，a∈R. (1)若a<0時，試求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若a＝0，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)A，B(A，B不重合)處切線的交點(diǎn)位于直線x＝2上，證明：A，B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和小于4； (3)如果對于一切 x1，x2，x3∈[0,1]，總存在以f

33、(x1)，f(x2)，f(x3)為三邊長的三角形，試求正實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a). 因?yàn)閍<0，由f′(x)<0，解得

34、2)＝0. 同理可得2x－6x＋(t－2)＝0. 兩式相減得2(x－x)－6(x－x)＝0， 即(x1－x2)(x＋x1x2＋x)－3(x1－x2)(x1＋x2)＝0. 因?yàn)閤1－x2≠0， 所以x＋x1x2＋x－3(x1＋x2)＝0. 即(x1＋x2)2－x1x2－3(x1＋x2)＝0. 因?yàn)閤1x2≤2，且x1≠x2， 所以x1x2<2. 從而上式可以化為(x1＋x2)2－2－3(x1＋x2)<0，即(x1＋x2)(x1＋x2－4)<0. 解得00，所以00，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝時，f(x)有最小值f＝－a3＋2. 從而條件轉(zhuǎn)化為 由①得a<；由②得a< .再根據(jù)00，所以g(a)為增函數(shù)． 又g(2)＝－<0，所以當(dāng)a∈時， g(a)<0恒成立，即③成立． 所以a的取值范圍為.