2018年高考數(shù)學(xué) 熱點題型和提分秘籍 專題11 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 文

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1、 專題11 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值(最值)、結(jié)合單調(diào)性與不等式的成立情況求參數(shù)范圍是高考命題的熱點。 2．常與基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)、解析幾何、不等式、方程等交匯命題，主要考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的應(yīng)用。 3．題型主要以解答題為主，屬中高檔題。 熱點題型一 判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性 例1、【2017課標(biāo)II，】若是函數(shù)的極值點，則的極小值為（ ） A. B. C. D.1 【答案】A 調(diào)遞減，所以的極小值為，故選

2、A． 【變式探究】設(shè)a∈[－2,0]，已知函數(shù)f(x)＝ 證明f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增。 【解析】設(shè)函數(shù)f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－x2＋ax(x≥0)。 ①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，由于a∈[－2,0]， 從而當(dāng)－1＜x≤0時， f′1(x)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0， 所以函數(shù)f1(x)在區(qū)間(－1,0]內(nèi)單調(diào)遞減。 【提分秘籍】導(dǎo)數(shù)法證明函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性的步驟 (1)求f′(x)； (2)確認f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號； (3)作出結(jié)論：f′(x)＞

3、0時為增函數(shù)；f′(x)＜0時為減函數(shù)。 【舉一反三】 已知函數(shù)f(x)＝x2－ex，試判斷f(x)的單調(diào)性并給予證明。 【解析】f(x)＝x2－ex，f(x)在R上單調(diào)遞減， f′(x)＝2x－ex，只要證明f′(x)≤0恒成立即可。 設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex， 當(dāng)x＝ln2時，g′(x)＝0， 當(dāng)x∈(－∞，ln2)時，g′(x)>0， 當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時，g′(x)<0。 ∴f′(x)max＝g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2<0， ∴f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在R上單調(diào)遞減。 熱點題型二 求函數(shù)的單

4、調(diào)區(qū)間 例2、【2017天津，】設(shè)，已知定義在R上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個零點，為的導(dǎo)函數(shù). （Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間； （Ⅱ）設(shè)，函數(shù)，求證：； （Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對于任意的正整數(shù)，且 滿足. 【答案】（Ⅰ）增區(qū)間是， ，遞減區(qū)間是.（Ⅱ）見解析；（III）見解析. 【解析】（Ⅰ）解：由，可得， 進而可得.令，解得，或. ，故當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增.因此，當(dāng)時， ，可得. 令函數(shù)，則.由（Ⅰ）知， 在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增；當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減.因此，當(dāng)時， ，可得. 所以， . （III）證明：對于任意的正整數(shù) ，，且， 令，函

5、數(shù). 【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。 【解析】f′(x)＝x2＋2x＋a， 二次方程x2＋2x＋a＝0的判別式Δ＝4－4a＝4(1－a)，若a≥1，則Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增。 若a＜1，則Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有兩個不同的實數(shù)根，x1＝－1－，x2＝－1＋， 當(dāng)x＜x1或x＞x2時，f′(x)＞0；當(dāng)x1＜x＜x2時，f′(x)＜0， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(－1－，－1＋)。 【提分秘籍】 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)

6、間的“兩個方法” 方法一 (1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)y′＝f′(x)； (3)解不等式f′(x)＞0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間； (4)解不等式f′(x)＜0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間。 方法二 (1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內(nèi)的一切實根； (3)把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標(biāo)和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間； (4)確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，根據(jù)符號判定函數(shù)

7、在每個相應(yīng)區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性。 【舉一反三】 設(shè)f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6)。 (1)確定a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值。 16a＝8a－6，故a＝。 (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x＞0)， f′(x)＝x－5＋＝。 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3。 當(dāng)0＜x＜2或x＞3時，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)2＜x＜3時，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上為減函數(shù)。 由此可知f(x)在x＝2處取得極大值

8、f(2)＝＋6ln2，在x＝3處取得極小值f(3)＝2＋6ln3。 熱點題型三 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍 例3．【2017課標(biāo)1，】已知函數(shù). （1）討論的單調(diào)性； （2）若有兩個零點，求a的取值范圍. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）的定義域為， ， （?。┤簦瑒t，所以在單調(diào)遞減. （ⅱ）若，則由得. 當(dāng)時， ；當(dāng)時， ，所以在單 【變式探究】函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)。 (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)，求a的取值范圍。 【解析】(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的

9、判別式Δ＝36(1－a)。 ①若a≥1，則f′(x)≥0，且f′(x)＝0當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，x＝－1。故此時f(x)在R上是增函數(shù)。 ②由于a≠0，故當(dāng)a＜1時，f′(x)＝0有兩個根； x1＝，x2＝。 若0＜a＜1，則當(dāng)x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)時f′(x)＞0，故f(x)分別在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函數(shù)； 數(shù)； 當(dāng)x∈(x1，x2)時f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函數(shù)。 (2)當(dāng)a＞0，x＞0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故當(dāng)a＞0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)。 當(dāng)a＜0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f

10、′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a＜0。 綜上，a的取值范圍是∪(0，＋∞)。 【提分秘籍】 已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)范圍的兩個方法 (1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集。 (2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題來求解：即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”。 [提醒：]f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)≠0。應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解。 【舉一反三】 已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2－3

11、m2x＋1，m∈R。 (1)當(dāng)m＝1時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)，求m的取值范圍。 【解析】(1)當(dāng)m＝1時， f(x)＝x3＋x2－3x＋1， 又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5。 又f(2)＝， 熱點題型四 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值 例4、【2017山東】已知函數(shù)，，其中是自然對數(shù)的底數(shù). （Ⅰ）求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）令，討論的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值. 【答案】（1） （2）見解析 【解析】 （Ⅰ）由題意 又， 所以， 因此 曲線在點處

12、的切線方程為 ， 即 . （Ⅱ）由題意得 ， 因為 ， 令 則 由 得 ， ①當(dāng)時， ， 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增； 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞減； 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增. 所以 當(dāng)時取得極大值. 極大值為， 當(dāng)時取到極小值，極小值是 ； ②當(dāng)時， ， 數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是 極小值是； 當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值； 當(dāng)時，函數(shù)在和上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是； 極小值是. 【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))。 (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1

13、))處的切線平行于x軸，求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值。 【提分秘籍】 求函數(shù)f(x)極值的步驟 (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)； (3)解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根； (4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號，如果左正右負，那么f(x)在x0處取極大值，如果左負右正，那么f(x)在x0處取極小值。 【舉一反三】 設(shè)f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若函數(shù)y＝f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝－對稱，且f′(1)＝0。 (1)求實數(shù)a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值。 熱點

14、題型五 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值 例5、已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)。 (1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＞0時，求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值。 【解析】(1)f′(x)＝－a(x＞0)， ①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝－a＞0， 即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)。 ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝－a＝0， 可得x＝，當(dāng)0＜x＜時，f′(x)＝＞0； 當(dāng)x＞時，f′(x)＝＜0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為。 (2)由(1)知，①當(dāng)≤1，即a≥1時， 【提分秘籍】 求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小

15、值的步驟 (1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值； (2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)； (3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值。 【舉一反三】 設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切。 (1)求實數(shù)a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值。 【解析】(1)f′(x)＝－2bx， ∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， ∴解得 熱點題型六 函數(shù)極值與最值的綜合問題 例6、【2017江蘇】 已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點是的零點.（極

16、值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值） （1）求關(guān)于 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； （2）證明：; （3）若,這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍. 【答案】（1），定義域為.（2）見解析（3）. 【解析】（1）由，得. 當(dāng)時， 有極小值. 因為的極值點是的零點. 所以，又，故. 因為有極值，故有實根，從而，即. 時， ，故在R上是增函數(shù)， 沒有極值； 時， 有兩個相異的實根， . 列表如下 x + 0 – 0 + 極大值 極小值 （3）由（1）知， 的極值點是，且， . 從而

17、 記， 所有極值之和為， 因為的極值為，所以， . 因為，于是在上單調(diào)遞減. 因為，于是，故. 因此a的取值范圍為. 【提分秘籍】 求一個函數(shù)在閉區(qū)間上的最值和在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值時，方法是不同的。求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值。 【舉一反三】 已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0。 (1)當(dāng)a＝－4時，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8，求a的值。 【解析】(1)當(dāng)a＝－4時，由f′(

18、x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x∈或x∈(2， ②當(dāng)1＜－≤4時，即－8≤a＜－2時，f(x)在[1,4]上的最小值為f＝0，不符合題意。 ③當(dāng)－＞4時，即a＜－8時，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當(dāng)a＝－10時，f(x)在(1,4)單調(diào)遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意。 綜上有，a＝－10。 熱點題型七 利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題 例7、某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)。設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h

19、米，體積為V立方米。假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建筑成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)。 (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大。 【解析】(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水 由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大。 【提分秘籍】 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的四個步驟 (1)分析實際問題中各

20、量之間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)。 (2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0。 (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值。 (4)回歸實際問題作答。 【舉一反三】 請你設(shè)計一個包裝盒。如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒。E、F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點。設(shè)AE＝FB＝x(cm)。 (1)若廣告商要

21、求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值。 熱點題型八 利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題 例8、設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ex－xex。 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若當(dāng)x∈[－2,2]時，不等式f(x)＞m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍。 【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， 因為f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)， 由f′(x)＝x(1－ex)＞0得x＜0，f′(x)＜0得x＞0， 則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞

22、減區(qū)間為(0，＋∞)。 (2)由(1)知，f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減，在[－2,0)上單調(diào)遞增， 又f(－2)＝2＋，f(2)＝2－e2，且2＋＞2－e2， 所以x∈[－2,2]時，[f(x)]min＝2－e2， 故m＜2－e2時，不等式f(x)＞m恒成立。 【提分秘籍】 利用導(dǎo)數(shù)解決參數(shù)問題主要涉及以下方面 (1)已知不等式在某一區(qū)間上恒成立，求參數(shù)的取值范圍：一般先分離參數(shù)，再轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題求解。 (2)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的問題。 (3)已知函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍：利用函數(shù)的單調(diào)

23、性、極值畫出函數(shù)的大致圖象，數(shù)形結(jié)合求解。 【舉一反三】 設(shè)函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)。 (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)＜－2t＋m對t∈(0,2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍。 【解析】(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴當(dāng)x＝－t時，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1， 熱點題型九 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題 例9、已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a＞0)。 (1)若a＝，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)1≤a≤1＋e時，求證：f(x)≤x。 【解析】(1)當(dāng)a＝時，f(x)＝

24、x－ex。 f′(x)＝－ex，令f′(x)＝0，得x＝－ln2。 當(dāng)x＜－ln2時，f′(x)＞0； 當(dāng)x＞－ln2時，f′(x)＜0， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln2)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(－ln2，＋∞)。 (2)證明：法一：令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x， (ⅰ)當(dāng)a＝1時，F(xiàn)(x)＝ex＞0， ∴f(x)≤x成立。 (ⅱ)當(dāng)1＜a≤1＋e時， F′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)， ∴當(dāng)x＜ln(a－1)時，F(xiàn)′(x)＜0； 當(dāng)x＞ln(a－1)時，F(xiàn)′(x)＞0， ∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上單調(diào)遞減

25、， ∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立。 綜上，當(dāng)1≤a≤1＋e時，有f(x)≤x。 【提分秘籍】 利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)＞g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)＞0，其中一個重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么地方可以等于零，這往往就是解決問題的一個突破口。 【舉一反三】 已知函數(shù)f(x)＝x2－ax3(a＞0)，函數(shù)g(x)＝f(x)＋ex(x－1)，函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)。 (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若a＝e。 ①求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間； ②求證：

26、x＞0時，不等式g′(x)≥1＋lnx恒成立。 x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)是增函數(shù)， ∴h(x)≥h(1)＝1＞0， 則在(0，＋∞)上，g′(x)＞0； 在(－∞，0)上，g′(x)＜0， ∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)， 1.【2017浙江，7】函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖所示，則函數(shù)y=f(x)的圖像可能是 【答案】D 【解析】原函數(shù)先減再增，再減再增，且由增變減時，極值點大于0，因此選D． 【考點】 導(dǎo)函數(shù)的圖象 2.【2017課標(biāo)1，文14】曲線在點（1，2）處的切線方程為______________．

27、 【答案】 【解析】設(shè)，則，所以， 所以曲線在點處的切線方程為，即． 【考點】導(dǎo)數(shù)幾何意義 3.【2017課標(biāo)1，文21】已知函數(shù)=ex(ex﹣a)﹣a2x． （1）討論的單調(diào)性； （2）若，求a的取值范圍． 【答案】（1）當(dāng)，在單調(diào)遞增；當(dāng)，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；當(dāng)，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；（2）． 【考點】導(dǎo)數(shù)應(yīng)用 4.【2017課標(biāo)II，文21】設(shè)函數(shù). （1）討論的單調(diào)性； （2）當(dāng)時，，求的取值范圍. 【答案】（Ⅰ）在 和單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增（Ⅱ） f’(x)<0 所以f(x)在（-∞，-1-），（-1+，+∞）單調(diào)遞減，在（-1-，-1+）單調(diào)遞

28、增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)單調(diào)遞減，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以 f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1 當(dāng)0＜a＜1時，設(shè)函數(shù)g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在在[0，+∞)單調(diào)遞增，而g(0)=0，故ex≥x+1 當(dāng)0＜x＜1，，，取 則 當(dāng) 綜上，a的取值范圍[1，+∞） 【考點】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立 5.【2017課標(biāo)3，文21】已知函數(shù)=lnx+

29、ax2+(2a+1)x． （1）討論的單調(diào)性； （2）當(dāng)a﹤0時，證明． 【答案】（1）當(dāng)時， 在單調(diào)遞增；當(dāng)時，則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；（2）詳見解析 在單調(diào)遞減. （2）由（1）知，當(dāng)a＜0時，f（x）在取得最大值，最大值為 . 所以等價于，即. 設(shè)g（x）=lnx-x+1，則. 當(dāng)x∈（0,1）時， ；當(dāng)x∈（1，+）時， .所以g（x）在（0,1）單調(diào)遞增，在（1，+）單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時，g（x）取得最大值，最大值為g（1）=0.所以當(dāng)x＞0時，g（x）≤0.從而當(dāng)a＜0時， ，即. 【考點】利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)證不等式 6.【2017山東，文20】（

30、本小題滿分13分）已知函數(shù)., (I)當(dāng)a=2時,求曲線在點處的切線方程； (II)設(shè)函數(shù),討論的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值. 【答案】(I),（2）(II)⑴無極值；⑵極大值為,極小值為； ⑶極大值為,極小值為. 令， 則， 所以在上單調(diào)遞增， 因為， 所以，當(dāng)時， ；當(dāng)時， . （1）當(dāng)時， ， 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞增； 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞減； 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞增. 所以當(dāng)時取到極大值，極大值是， 當(dāng)時，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是，極小值是； 當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值； 當(dāng)時

31、，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是，極小值是. 【考點】導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 7.【2017北京，文20】已知函數(shù)． （Ⅰ）求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【考點】1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值. 8.【2017江蘇，20】 已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點是 的零點.（極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值） （1）求關(guān)于 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； （2）證明：; （3）若,這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍

32、. 【答案】（1），定義域為.（2）見解析（3）. 【解析】 （1）由，得. x + 0 – 0 + 極大值 極小值 故的極值點是. 從而， 因此，定義域為. （2）由（1）知， . 設(shè)，則. 當(dāng)時， ，從而在上單調(diào)遞增. 因為，所以，故，即. 因此. 【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、極值及零點 1.【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分） 已知函數(shù). 設(shè). （1）求方程的根; （2）若對任意,不等式恒成立，求實數(shù)的最大值； （3）若，函數(shù)有且只有1個零點，求的值。 【答案】（1）①0

33、②4（2）1 【解析】 （1）因為，所以. ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由條件知. 因為對于恒成立，且， 所以對于恒成立. 而，且， 若，則，于是， 又，且函數(shù)在以和為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和之間存在的零點，記為. 因為，所以，又，所以與“0是函數(shù)的唯一零點”矛盾. 若，同理可得，在和之間存在的非0的零點，矛盾. 因此，. 于是，故，所以. 2.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分14分） 設(shè)函數(shù),，其中 (I)求的單調(diào)區(qū)間； (II) 若存在極值點，且，其中，求證：； （Ⅲ）設(shè)，函數(shù)，求證：在區(qū)間上的最大值不小于. 【答案】

34、（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）詳見解析（Ⅲ）詳見解析 【解析】 ＋ 0 － 0 ＋ 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，. （Ⅱ）證明：因為存在極值點，所以由（Ⅰ）知，且， 由題意，得，即， 進而. 又， ， 所以. （2）當(dāng)時，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，， 所以在區(qū)間上的取值范圍為，因此 3.【2016高考新課標(biāo)3理數(shù)】設(shè)函數(shù)，其中，記的最大值為． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求； （Ⅲ）證明． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析． 【解析】 （Ⅰ）.

35、 （Ⅱ）當(dāng)時， 時，取得極小值，極小值為． 令，解得（舍去），． （Ⅰ）當(dāng)時，在內(nèi)無極值點，，，，所以． （Ⅱ）當(dāng)時，由，知．又 ，所以． 綜上， （Ⅲ）由（Ⅰ）得. 當(dāng)時，. 當(dāng)時，，所以. 當(dāng)時，，所以. 4【2016高考浙江理數(shù)】（本小題15分）已知，函數(shù)F（x）=min{2|x?1|，x2?2ax+4a?2}， 其中min{p，q}= （I）求使得等式F（x）=x2?2ax+4a?2成立的x的取值范圍； （II）（i）求F（x）的最小值m（a）； （ii）求F（x）在區(qū)間[0,6]上的最大值M（a）. 【答案】（

36、I）；（II）（i）；（ii）． 5.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】(Ⅰ)討論函數(shù)的單調(diào)性，并證明當(dāng)時，； (Ⅱ)證明：當(dāng)時，函數(shù)有最小值.設(shè)的最小值為，求函數(shù)的值域． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）的定義域為. 因此在處取得最小值，最小值為 于是，由單調(diào)遞增 所以，由得 因為單調(diào)遞增，對任意存在唯一的 使得所以的值域是 綜上，當(dāng)時，有，的值域是 6.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題13分） 設(shè)函數(shù)，曲線在點處的切線方程為， （1）求，的值； （2）求的單調(diào)區(qū)間. 【答案】（Ⅰ），；（2）的單調(diào)遞增區(qū)間為. 【解析】（

37、1）根據(jù)題意求出，根據(jù)，，求，的值； （2）由題意知判斷，即判斷的單調(diào)性，知，即，由此求得的單調(diào)區(qū)間. 【2015高考新課標(biāo)2，理12】設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，當(dāng)時，，則使得成立的的取值范圍是（ ） A． 　　　B． C． 　　　D． 【答案】A 【解析】記函數(shù)，則，因為當(dāng)時，，故當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減；又因為函數(shù)是奇函數(shù)，故函數(shù)是偶函數(shù)，所以在單調(diào)遞減，且．當(dāng)時，，則；當(dāng)時，，則，綜上所述，使得成立的的取值范圍是，故選A． 【2015高考新課標(biāo)1，理12】設(shè)函數(shù)=,其中a1，若存在唯一的整數(shù)，使得0，則的取值范圍是（ ） (A)

38、[-，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1） 【答案】D 【2015高考新課標(biāo)2，理21】（本題滿分12分） 設(shè)函數(shù)． (Ⅰ)證明：在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增； （Ⅱ）若對于任意，都有，求的取值范圍． 【答案】(Ⅰ)詳見解析；（Ⅱ）． 【解析】(Ⅰ)． 若，則當(dāng)時，，；當(dāng)時，，． 若，則當(dāng)時，，；當(dāng)時，，． 所以，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，對任意的，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故在處取得 【2015江蘇高考，17】（本小題滿分14分）某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊

39、界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l，如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到的距離分別為5千米和40千米，點N到的距離分別為20千米和2.5千米，以所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù) （其中a，b為常數(shù)）模型. （1）求a，b的值； （2）設(shè)公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標(biāo)為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式，并寫出其定義域； ②當(dāng)t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度. 【答案】（1）（2）①定義域為， ②千米 【解析】 故，． ②設(shè)，則．令，解得． 當(dāng)時，，是減函

40、數(shù)； 當(dāng)時，，是增函數(shù)． 從而，當(dāng)時，函數(shù)有極小值，也是最小值，所以， 此時． 答：當(dāng)時，公路的長度最短，最短長度為千米． （2014·四川卷）已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)． (1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值； (2)若f(1)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有零點，求a的取值范圍． 【解析】解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b. 所以g′(x)＝ex－2a. 當(dāng)x∈[0，1]時，g′(x)∈[1－2a，e

41、－2a]． 當(dāng)a≤時，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上單調(diào)遞增， 因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b； 當(dāng)a≥時，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上單調(diào)遞減， 因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b； 當(dāng)

42、，1]上單調(diào)遞減，故g(x)在(0，1)內(nèi)至多有一個零點，都不合題意． 所以0，g(1)＝e－2a－b>0. （2014·安徽卷）設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當(dāng)x∈[0，1]時 ，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值． 【解析】解： (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2.

43、 令f′(x)＝0，得x1＝， x2＝，x1x2時，f′(x)<0； 當(dāng)x10. 故f(x)在和 內(nèi)單調(diào)遞減， 在內(nèi)單調(diào)遞增． (2)因為a>0，所以x1<0，x2>0， ①當(dāng)a≥4時，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增， （2014·北京卷）已知函數(shù)f(x)＝xcos x－sin x，x∈. (1)求證：f(x)≤0； (2)若a<

44、′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 因為在區(qū)間上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 從而f(x)≤f(0)＝0. (2)當(dāng)x>0時，“>a”等價于“sin x－ax>0”，“0對任意x∈恒成立． 當(dāng)c≥1時，因為對任意x∈，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 從而g(x)

45、0. g(x)與g′(x)在區(qū)間上的情況如下： x (0，x0) x0 g′(x) ＋ 0 － g(x)   因為g(x)在區(qū)間(0，x0)上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)＝0.進一步，“g(x)>0對任意x∈恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g＝1－c≥0，即00對任意x∈恒成立；當(dāng)且僅當(dāng)c≥1時，g(x)<0對任意x∈恒成立． 所以，若a<

46、1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當(dāng)x>0時，x20， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 所以當(dāng)x>0時，g(x)>g(0)>0，即x20時，x20時，x21，要使不等式x2

47、x>kx2成立． 而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立． 令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝. 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一． (3)首先證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時，恒有x30時，x2x0時，有x2

48、∞)時，恒有x20，即0e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 即<. 在上式中，令x＝，又

49、π>2－.① 由①得，eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe. 又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π， 所以eπ<π3. 綜上可得，3e

50、*)式知，當(dāng)a≥1時，f′(x)≥0， 此時f(x)不存在極值點，因而要使得f(x)有兩個極值點，必有0－且x≠－2， 所以－2>－，－2≠－2， 解得a≠.此時，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點和極大值點． 而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2. 令2a－1＝x.由0

51、 （2014·江西卷）已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)． (1)當(dāng)b＝4時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍． 【解析】解：(1)當(dāng)b＝4時，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0. 所以當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－2，0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝－2處取得極小值f(－2)＝0，在x＝0處取得極大值f(0)＝4. (2)f′(x)＝，易知當(dāng)x∈時，<0， 依題意當(dāng)x∈時，有5x＋(3b－2)≤0，從而＋(

52、3b－2)≤0，得b≤. 所以b的取值范圍為. （2014·遼寧卷）當(dāng)x∈[－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 【答案】C　 【解析】當(dāng)－2≤x<0時，不等式轉(zhuǎn)化為a≤， 令f(x)＝(－2≤x<0)， 則f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上單調(diào)遞減，在(－1，0)上單調(diào)遞增，此時有a≤＝－2.當(dāng)x＝0時，g(x)恒成立．當(dāng)0

53、6. 綜上，－6≤a≤－2. （2014·全國卷）函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，證明：f(0)＝0，即ln(x＋1)>(x>0)． 又由(1)知，當(dāng)a＝3時，f(x)在[0，3)是減函數(shù)． 當(dāng)x∈(0，3)時，f(x)

54、(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 【答案】C　 【解析】當(dāng)a＝0時，f(x)＝－3x2＋1，存在兩個零點，不符合題意，故a≠0. 由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x＝0或x＝. 若a<0，則函數(shù)f(x)的極大值點為x＝0，且f(x)極大值＝f(0)＝1，極小值點為x＝，且f(x)極小值＝f＝，此時只需>0，即可解得a<－2； 若a>0，則f(x)極大值＝f(0)＝1>0，此時函數(shù)f(x)一定存在小于零的零點，不符合題意． 綜上可

55、知，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2)． （2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ）設(shè)函數(shù)f(x)＝aexln x＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)證明：f(x)>1. 【解析】解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1. 由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2. (2)證明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1， 從而f(x)>1等價于xln x>xe－x－. 設(shè)函數(shù)g(x)＝xln x， 則g′(x)＝1＋ln x， 所以當(dāng)x∈時，g

56、′(x)<0； 當(dāng)x∈時，g′(x)>0. 故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－. （2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ）已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x＞0時，g(x)＞0，求b的最大值； (3)已知1.414 2＜＜1.414 3，估計ln 2的近似值(精確到0.001)． 【解析】解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e

57、－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． (i)當(dāng)b≤2時，g′(x)≥0，等號僅當(dāng)x＝0時成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．而g(0)＝0，所以對任意x>0，g(x)>0. (ii)當(dāng)b>2時，若x滿足2

58、時，g(ln)＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8； 當(dāng)b＝＋1時，ln(b－1＋)＝ln， g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0， ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值為0.693. （2014·山東卷）設(shè)函數(shù)f(x)＝－k(k為常數(shù)，e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)k≤0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個極值點，求k的取值范圍． 【解析】解：(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－k ＝－ ＝. 所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(ln k)＝k(1

59、－ln k)． 函數(shù)f(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個極值點． 當(dāng)且僅當(dāng) 解得e

60、≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立． 設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)， 則φ′(x)＝－＝， 當(dāng)a≤1時，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時等號成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0， 證明如下： 方法一：上述不等式等價于＋＋…＋，x>0. 令x＝，n∈N＋，則

61、k＋2)， 即結(jié)論成立． 由①②可知，結(jié)論對n∈N＋成立． 方法二：上述不等式等價于＋＋…＋，x>0. 令x＝，n∈N＋，則ln>. 故有l(wèi)n 2－ln 1>， ln 3－ln 2>， …… ln(n＋1)－ln n>， 上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋， （2014·天津卷）設(shè)f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函數(shù)y＝f(x)有兩個零點x1，x2，且x1

62、1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex. 下面分兩種情況討論： (i)a≤0時，f′(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意． (ii)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝－ln a. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  －ln a－1  這時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－ln a，＋∞)．于是，“函數(shù)y＝f(x)有兩個零點”等價于如下條件同時成立：①f(－ln a)>0；

63、②存在s1∈(－∞，－ln a)，滿足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，滿足f(s2)<0. 由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0

64、x∈(1，＋∞)時，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故對于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 因此，由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大． 而由(2)，t隨著a的減小而增大，所以x1＋x2隨著a的減小而增大． （2014·浙江卷）已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)． (1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)； (2)設(shè)b∈R，若[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范圍． 【解析】解：(1)因

65、為f(x)＝ 所以f′(x)＝ 由于－1≤x≤1， (i)當(dāng)a≤－1時，有x≥a， －m(a)＝－a3＋3a＋2. (iii)當(dāng)a≥1時，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此時f(x)在(－1，1)上是減函數(shù)，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a， 故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4. 綜上，M(a)－m(a)＝ (2)令h(x)＝f(x)＋b， 則h(x)＝ h′(x)＝ 因為[f(x)＋b]2≤4對x∈[－1，1]恒成立， 即－2≤h(x)≤2對x∈[－1，1]恒成立， 所以由(1)知，(i)當(dāng)a≤－1時，

66、h(x)在(－1，1)上是增函數(shù)，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，則－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾． (ii)當(dāng)－10，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)>t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. (iii)當(dāng)