《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)
(對應學生用書第167頁)
提煉1
導數(shù)與函數(shù)的單調性
(1)函數(shù)單調性的判定方法
在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)＞0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內單調遞減．
(2)常數(shù)函數(shù)的判定方法
如果在某個區(qū)間(a，b)內，恒有f′(x)＝0，那么函數(shù)y＝f(x)是常數(shù)函數(shù)，在此區(qū)間內不具有單調性．
(3)已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值范圍
設可導函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內單調遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉化為恒成立
2、問題來解決(注意等號成立的檢驗).
提煉2
函數(shù)極值的判別注意點
(1)可導函數(shù)極值點的導數(shù)為0，但導數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，當x＝0時就不是極值點，但f′(0)＝0.
(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當x＝x0時，函數(shù)取得極值．在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件．
(3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點函數(shù)值中的最大值，函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點函數(shù)值中的最小值.
提煉3
函數(shù)最值的判別方法
(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上最
3、值的關鍵是求出f′(x)＝0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調性，即可得結論．
回訪1 導數(shù)與函數(shù)的單調性
1．(2016·全國乙卷)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調遞增，則a的取值范圍是( )
A．[－1,1] B.
C. D.
C [取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調遞增的條件，故排除A，B
4、，D.故選C.]
2．(2015·全國卷Ⅱ)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
A [設y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，
∴g(x)的圖象的示意圖
5、如圖所示．
當x>0，g(x)>0時，f(x)>0,00，x<－1，
∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.]
回訪2 函數(shù)的極值與最值
3．(2014·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(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．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
B [f′(x)＝3ax2－6x，
當a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
則當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0；
x∈時，
6、f′(x)<0；
x∈時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，則f(x)的大致圖象如圖(1)所示．
(1)
不符合題意，排除A、C.
當a＝－時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，則f(x)的大致圖象如圖(2)所示．
(2)
不符合題意，排除D.]
4．(2016·北京高考)設函數(shù)f(x)＝
(1)若a＝0，則f(x)的最大值為________；
(2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________．
2 a<－1 [由當
7、x≤a時，f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
如圖是函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x在沒有限制條件時的圖象．
(1)若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2.
(2)當a≥－1時，f(x)有最大值；
當a<－1時，y＝－2x在x>a時無最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.]
(對應學生用書第167頁)
熱點題型1 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性問題
題型分析：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn)，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數(shù)的極值點、利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性、不等式的恒成立等.
(2016·煙臺二模)已知函數(shù)f(x)＝aln(
8、x＋1)－b(x＋1)2圖象上點P(1，f(1))處的切線方程為y＝－3x＋2ln 2－1.
(1)求a，b的值，并判斷f(x)的單調性；
(2)若方程f(x)－t＝0在內有兩個不等實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28…)；
(3)設g(x)＝－2x2＋x＋m－1，若對任意的x∈(－1,2)，f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
[解] (1)由題意可知，x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝－2b(x＋1)，f′(1)＝－4b，f(1)＝aln 2－4b，
可得，－4b＝－3，aln 2－4b＝2ln 2－4，解得a＝2，b＝1.3分
9、此時f′(x)＝－2(x＋1)＝，
因為x∈(－1，＋∞)，當x∈(－1,0)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，
當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減.5分
(2)依題意，t＝2ln(x＋1)－(x＋1)2，由(1)可知，
當x∈，f(x)單調遞增，當x∈(0，e－1)，f(x)單調遞減，6分
而f(0)＝－1，f＝－2－，f(e－1)＝2－e2，
因為－2－－(2－e2)＝e2－4－＞0，8分
所以f＞f(e－1)，要使方程f(x)－t＝0在內有兩個不等實數(shù)根，
只需－2－≤t＜－1，所以－2－≤t＜－1.10分
(3)由f(x)≤g(x)可得，2ln
10、(x＋1)－(x＋1)2≤－2x2＋x＋m－1，
即2ln(x＋1)＋x2－3x≤m在x∈(－1,2)上恒成立，
令h(x)＝2ln(x＋1)＋x2－3x，11分
h′(x)＝＋2x－3＝＝，
當x∈時，h′(x)＞0，單調遞增，x∈，h′(x)＜0，單調遞減，
x∈(1,2)時，h′(x)＞0，單調遞增，又h＝－2ln 2，h(2)＝2ln 3－2，13分
又h－h(huán)(2)＝－2ln 6＞0，
所以hmax(x)＝h＝－2ln 2，所以m≥－2ln 2.14分
根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的單調性，求參數(shù)范圍的方法：
(1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞增，
11、轉化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解．
(2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞減，轉化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解．
(3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調，轉化為f′(x)在(a，b)上不變號即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負．
(4)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調，轉化為f′(x)在(a，b)上變號．
[變式訓練1] (2016·重慶模擬)設函數(shù)f(x)＝(a∈R).
【導學號：67722067】
(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)
12、上為減函數(shù)，求a的取值范圍．
[解] (1)對f(x)求導得
f′(x)＝
＝.2分
因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
當a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0.6分
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，
x2＝.8分
當x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
故f(x)為減函數(shù)；
當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
故f(x)為增函數(shù)；
13、當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
故f(x)為減函數(shù)．
由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范圍為.12分
熱點題型2 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題
題型分析：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內容，主要以解答題的形式考查，難度較大.
(2016·山東高考)設f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調區(qū)間；
(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，1分
可得g(x)＝ln x－
14、2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
所以g′(x)＝－2a＝.2分
當a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調遞增；3分
當a>0，x∈時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調遞增，
x∈時，函數(shù)g(x)單調遞減.5分
所以當a≤0時，g(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)；
當a>0時，g(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.6分
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①當a≤0時，f′(x)單調遞增，
所以當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.
15、7分
②當01，由(1)知f′(x)在內單調遞增，可得當x∈(0,1)時，f′(x)<0，當x∈時，f′(x)>0.
所以f(x)在(0,1)內單調遞減，在內單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.9分
③當a＝時，＝1，f′(x)在(0,1)內單調遞增，在(1，＋∞)內單調遞減，所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，不合題意.11分
④當a>時，0<<1，當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．
所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意．
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為a>.
16、13分
利用導數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法
1．若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號．
2．若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解．
3．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值．
[變式訓練2] (2016·全國丙卷)設函數(shù)f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，記|f(x)|的最大值為A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)證明|f′(x)|≤2A
17、.
[解] (1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x．2分
(2)當α≥1時，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2.
當0<α<1時，將f(x)變形為
f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2at2＋(α－1)t－1，
則A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，
g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
且當t＝時，g(t)取得極小值，
極小值為g＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α>.6分
①當0<α≤時，g(t)在(－1,1)內無極值點，|g(－
18、1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|＜|g(1)|，
所以A＝2－3α.
②當<α<1時，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，
知g(－1)＞g(1)>g.
又－|g(－1)|＝＞0，
所以A＝＝.
綜上，A＝8分
(3)證明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
當0<α≤時，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A.
當<α＜1時，A＝＋＋≥1，
所以|f′(x)|≤1＋α＜2A.
當α≥1時，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.12分
熱點題
19、型3 利用導數(shù)解決不等式問題
題型分析：此類問題以函數(shù)、導數(shù)與不等式相交匯為命題點，實現(xiàn)函數(shù)與導數(shù)、不等式及求最值的相互轉化，達成了綜合考查考生解題能力的目的.
設函數(shù)f(x)＝x2＋ln(x＋1)．
(1)求證：當x∈(0，＋∞)時，f(x)＞x恒成立；
(2)求證：＋＋…＋＜ln 2 016；
(3)求證：＜n(1－cos 1＋ln 2)．
[證明] (1)設g(x)＝x－f(x)＝x－x2－ln(x＋1)，
則g′(x)＝1－2x－＝.
當x＞0時，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上遞減，
所以g(x)＜g(0)＝0，即x＜f(x)恒成立.4分
(2)
20、由(1)知，x＞0時，x－x2＜ln(x＋1)，
令x＝(n∈N*)，
得－＜ln ，
所以＜，
即＋＋…＋＜ln 2 016.7分
(3)因為y＝sin x在[0,1]上單調遞增，
所以sin
＝n
＜nsin xdx＝n(－cos x)|＝n(1－cos 1)．
又y＝在[0,1]上單調遞減，9分
所以
＝＋＋…＋
＝n
＜ndx
＝nln(1＋x)|
＝nln 2.11分
所以＜n(1－cos 1＋ln 2).12分
1．利用導數(shù)證明不等式的基本步驟
(1)作差或變形．
(2)構造新的函數(shù)h(x)．
(3)利用導數(shù)研究h(x)的單調性或最值．
21、
(4)根據(jù)單調性及最值，得到所證不等式．
特別地：當作差或變形構造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題．
2．構造輔助函數(shù)的四種方法
(1)移項法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，進而構造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)構造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(shù)．
(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)≥A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構造函數(shù)
22、f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放縮法：若所構造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進行放縮，再重新構造函數(shù)．
[變式訓練3] (名師押題)已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
(3)在(2)的條件下，任意的0＜a＜b，求證：＜.
[解] (1)f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))．
當m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當m＞0時，由f′(x)＝－m＝＞0，
則x∈，則f(x)在上單調遞增，在上單調遞減.4分
23、(2)由(1)得：當m≤0時顯然不成立；
當m＞0時，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－ln m－1，
只需m－ln m－1≤0，即令g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－，
函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0.
則若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.8分
(3)證明：＝＝－1＝·－1，
由0＜a＜b得＞1，
由(2)得：ln≤－1，則·－1≤－1＝＝＜，
則原不等式＜成立.12分
專題限時集訓(十八) 導數(shù)的應用
[A組 高考達標]
一、選擇題
1．(2016·四川高考)已知a為函數(shù)
24、f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
D [由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴當x<－2或x>2時，f′(x)>0；當－2
25、015)＜f(2 016)
C．ef(2 015)＝f(2 016)
D．ef(2 015)與f(2 016)大小不能確定
A [令g(x)＝，則g′(x)＝＝，因為f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調遞減，所以g(2 015)＞g(2 016)，即＞，所以ef(2 015)＞f(2 016)，故選A.]
3．(2016·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝－k，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍為( ) 【導學號：67722068】
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
A [f′(x)＝－k＝
26、(x＞0)．設g(x)＝，
則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)內單調遞減，在(1，＋∞)內單調遞增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e, 結合g(x)＝與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e，選A.]
4．(2016·邯鄲一模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，則關于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為( )
A．3 B．4
C．5 D．6
A [f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個不等實數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，x∈(
27、－∞，x1)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；x∈(x1，x2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；x∈(x2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．∴x1為極大值點，x2為極小值點．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個不等實根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1，
∴由圖知f(x)＝x1有兩個不同的解，f(x)＝x2僅有一個解．故選A.]
5．(2016·合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對任意的實數(shù)x，都有2f(x)＋xf′(x)＜2恒成立，則使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的實數(shù)x的取值范圍為( ) 【導
28、學號：67722069】
A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1)
B [設g(x)＝x2[f(x)－1]，則由f(x)為偶函數(shù)得g(x)＝x2[f(x)－1]為偶函數(shù)．又因為g′(x)＝2x[f(x)－1]＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]，且2f(x)＋xf′(x)＜2，即2f(x)＋xf′(x)－2＜0，所以當x＞0時，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＜0，函數(shù)g(x)＝x2[f(x)－1]單調遞減；當x＜0時，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＞0，函數(shù)g(x)＝x2[f(x
29、)－1]單調遞增，則不等式x2f(x)－f(1)＜x2－1?x2f(x)－x2＜f(1)－1?g(x)＜g(1)?|x|＞1，解得x＜－1或x＞1，故選B.]
二、填空題
6．(2016·全國丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________．
y＝－2x－1 [因為f(x)為偶函數(shù)，所以當x>0時，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.]
7．(2016·長沙一模)已知函數(shù)
30、f(x)是定義在R上的可導函數(shù)，其導函數(shù)記為f′(x)，若對于任意的實數(shù)x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1是奇函數(shù)，則不等式f(x)＜ex的解集為________．
(0，＋∞) [由題意令g(x)＝，
則g′(x)＝
＝.
因為f(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0，
即g(x)在R上是單調遞減函數(shù)，
因為y＝f(x)－1為奇函數(shù)，所以f(0)－1＝0，即f(0)＝1，g(0)＝1，
則不等式f(x)＜ex等價為＜1＝g(0)，
即g(x)＜g(0)，
解得x＞0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．]
8．(2016·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax(
31、a∈R)，若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，則a的取值范圍為________．
a＜ [f(x)＝x3－3ax(a∈R)，則f′(x)＝3x2－3a，
若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，
則直線的斜率為－1，f′(x)＝3x2－3a與直線x＋y＋m＝0沒有交點，
又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率，
則當x＝0時取最小值，－3a＞－1，
則a的取值范圍為a＜.]
三、解答題
9．(2016·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)＝＋bln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x.
32、(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間及極值；
(2)若?x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范圍．
[解] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝，2分
故f′(1)＝b－a＝1，
又f(1)＝a，點(1，a)在直線y＝x上，
∴a＝1，則b＝2.
∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝，
當0＜x＜時，f′(x)＜0，當x＞時，
f′(x)＞0，
故函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為，
f(x)極小值＝f＝2－2ln 2，無極大值.6分
(2)由題意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立，
令g(x)＝＋(x≥1)，
則g′(x)＝－＝(x≥1)，8分
33、令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)，
則h′(x)＝－ln x(x≥1)，
當x≥1時，h′(x)≤0，h(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，
故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0，
∴g(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，
故g(x)的最大值為g(1)＝1，∴k≥1.12分
10．(2016·北京高考)設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)設a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；
(3)求證：a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件．
[解] (1)由f(x)＝x
34、3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因為f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.2分
(2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：
x
(－∞，
－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，當c＞0且c－＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈
35、，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的單調性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點.8分
(3)證明：當Δ＝4a2－12b＜0時，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，
此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)不可能有三個不同零點．
當Δ＝4a2－12b＝0時，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個零點，記作x0.
當x∈(－∞，x0)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調遞增；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調遞增．
所以f(
36、x)不可能有三個不同零點.10分
綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有Δ＝4a2－12b＞0.
故a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件．
當a＝b＝4，c＝0時，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個不同零點，
所以a2－3b>0不是f(x)有三個不同零點的充分條件．
因此a2－3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.13分
[B組 名校沖刺]
一、選擇題
1．(2016·江西贛中南五校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝f(x)對任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，則
37、下列不等式成立的是
( )
A.f＜f B.f＜f
C．f(0)＞2f D．f(0)＞f
A [令g(x)＝，則
g′(x)＝
＝，由對任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，可得g′(x)＞0，即函數(shù)g(x)在上為增函數(shù)，則g＜g，即＜，
即f＜f.故選A.]
2．(2016·忻州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若對任意x＞0，f(x)≥f(1)，則( )
A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b
C．ln a＞－2b D．ln a≥－2b
A [f′(x)＝2ax＋b－，由題意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝
38、1，由選項可知，只需比較ln a＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)n a＋2－4a的符號．構造一個新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當x＜時，g(x)為增函數(shù)，當x＞時，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x＞0有g(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0?ln a＜－2b，故選A.]
3．(2016·深圳一模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個不同零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C. D.
A [令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
39、
將問題轉化為兩個函數(shù)圖象交點的問題．
當a≤0時，g(x)和h(x)的圖象只有一個交點，不滿足題意；
當a＞0時，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，則
r′(x)＝
＝，
當0＜x＜1時，r′(x)＞0，r(x)是單調增函數(shù)，
當x＞1時，r′(x)＜0，r(x)是單調減函數(shù)，且＞0，∴0＜a＜1.
∴a的取值范圍是(0,1)．故選A.]
4．(2016·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
【導學號：67722070】
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
B [∵f(
40、x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由題意可知f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，
令f′(x)＝0，則2a＝，
令g(x)＝，則g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
又∵當x→0時，g(x)→－∞，
當x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1?0＜a＜.]
二、填空題
5．(2016·皖南八校聯(lián)考)已知x∈(0,2)，若關于x的不等式＜恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________．
[0，e－1) [依題意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x
41、∈(0,2)恒成立，從而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，則f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，當x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調遞增，當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．]
6．(2016·武漢模擬)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在實數(shù)x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，則m的取值范圍為________．
[1，＋∞) [g′(x)＝
42、g′(1)ex－1－g(0)＋x，當x＝1時，
g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，則g′(x)＝ex－1＋x，當x＜0時，g′(x)＜0，當x＞0時，g′(x)＞0，所以當x＝0時，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉化為2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.]
三、解答題
7．(2016·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．
[解] (1)f
43、(x)的定義域為(0，＋∞)．
當a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.4分
(2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于ln x－＞0.
設g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分
①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調遞增，因此g(x)＞0；
②當a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和
44、x1x2＝1得x1＜1，故當x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調遞減，因此g(x)＜0.
綜上，a的取值范圍是(－∞，2].12分
8．(2016·四川高考)設函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)證明：當x>1時，g(x)>0；
(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立．
[解] (1)由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內單調遞減．
當a>0時，由f′(x)＝0
45、有x＝，
當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.4分
(2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.
當x>1時，s′(x)>0，所以ex－1>x，
從而g(x)＝－>0.8分
(3)由(2)知，當x>1時，g(x)>0.
當a≤0，x>1時，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立時，必有a>0.
當01.
由(1)有f0，
所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內不恒成立.11分
當a≥時，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
當x>1時，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增．
又因為h(1)＝0，所以當x>1時，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
綜上，a∈.14分
高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導數(shù) 突破點18 導數(shù)的應用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題
