5、·f(0)
[答案] A
[解析] 設F(x)＝，
則F′(x)＝＝，
∵f(x)0，即F(x)在x∈R上為增函數(shù)，
∴F(1)>F(0)，F(xiàn)(2012)>F(0)，
即>，>，
∴f(1)>ef(0)，
f(2012)>e2012f(0)．
[方法點撥] 1.函數(shù)的單調性與導數(shù)
在區(qū)間(a，b)內，如果f ′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調遞增．如果f ′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調遞減．
2．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性的步驟．
(1)找出函數(shù)f(x)的定義域；
(2)求f ′(
6、x)；
(3)在定義域內解不等式f ′(x)>0，f ′(x)<0.
3．求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內解(或證明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0.
4．若已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的值或取值范圍，只需轉化為不等式f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在單調區(qū)間內恒成立的問題求解，解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調性問題以及一些相關的逆向問題，都離不開分類討論思想．
3．(2015·新課標Ⅱ理，12)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
7、．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[答案] A
[解析] 考查導數(shù)的應用．
記函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝，因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，故當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減；又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當00，則f(x)>0；當x<－1時，g(x)<0，則f(x)>0，綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)
8、∪(0,1)，故選A.
[方法點撥] 1.在研究函數(shù)的性質與圖象，方程與不等式的解，不等式的證明等問題中，根據(jù)解題的需要可以構造新的函數(shù)g(x)，通過研究g(x)的性質(如單調性、極值等)來解決原問題是常用的方法．如在討論f ′(x)的符號時，若f ′(x)的一部分為h(x)，f ′(x)的符號由h(x)所決定，則可轉化為研究h(x)的極(最)值來解決，證明f(x)>g(x)時，可構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，轉化為h(x)的最小值問題等等．
2．應用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題，是多元問題中的常見題型，常見的解題思路有以下兩種：
(1)分離變量，構造函數(shù)，將不等式恒
9、成立、方程求解等轉化為求函數(shù)的最值(或值域)，然后求解．
(2)換元，將問題轉化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進而構造函數(shù)加以解決．
3．有關二次方程根的分布問題一般通過兩類方法解決：一是根與系數(shù)的關系與判別式，二是結合函數(shù)值的符號(或大小)、對稱軸、判別式用數(shù)形結合法處理．
4．和函數(shù)與方程思想密切關聯(lián)的知識點
①函數(shù)y＝f(x)，當y>0時轉化為不等式f(x)>0.
②數(shù)列是自變量為正整數(shù)的函數(shù)．
③直線與二次曲線位置關系問題常轉化為二次方程根的分布問題．
④立體幾何中有關計算問題，有時可借助面積、體積公式轉化為方程或函數(shù)最值求解．
5．注意方程(或不等式)有解與恒成
10、立的區(qū)別．
6．含兩個未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉化策略：
(1)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．
(2)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)
11、在[c，d]上的最大值．
(5)?x1∈[a，b]，當x2∈[c，d]時，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域與g(x)在[c，d]上的值域交集非空．
(6)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域?g(x)在[c，d]上的值域．
(7)?x2∈[c，d]，?x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域?g(x)在[c，d]上的值域．
4．(文)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f ′(x)的圖象如下圖所示，則該函數(shù)的圖象是( )
[答案] B
[解析]
12、 本題考查原函數(shù)圖象與導函數(shù)圖象之間的關系．
由導數(shù)的幾何意義可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一點處的切線斜率逐漸變大，而在[0,1]上則逐漸變小，故選B.
(理)(2014·石家莊市質檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))為頂點的△ABC的面積記為函數(shù)S(x)，則函數(shù)S(x)的導函數(shù)S′(x)的大致圖象為( )
[答案] D
[解析] ∵A、B為定點，∴|AB|為定值，∴△ABC的面積S(x)隨點C到直線AB的距離d而變化，而d隨x的變化情況為增大→減小→0→增大→減小，∴△ABC的面積先增
13、大再減小，當A、B、C三點共線時，構不成三角形；然后△ABC的面積再逐漸增大，最后再逐漸減小，觀察圖象可知，選D.
[方法點撥] 1.由導函數(shù)的圖象研究函數(shù)的圖象與性質，應注意導函數(shù)圖象位于x軸上方的部分對應f(x)的增區(qū)間，下方部分對應f(x)的減區(qū)間，與x軸的交點對應函數(shù)可能的極值點，導函數(shù)的單調性決定函數(shù)f(x)增長的速度；
2．由函數(shù)的圖象確定導函數(shù)的圖象時，應注意觀察函數(shù)的單調區(qū)間、極值點，它們依次對應f′(x)的正負值區(qū)間和零點，圖象上開或下降的快慢決定導函數(shù)的單調性．
5．已知常數(shù)a、b、c都是實數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的
14、解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是( )
A．－ B.
C．2 D．5
[答案] C
[解析] 依題意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2，3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，
∴b＝－，c＝－18a，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故選C.
二、解答題
6．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2.
(1)求a；
(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y
15、＝kx－2只有一個交點.
[分析] (1)由導數(shù)的幾何意義可把斜率用a來表示，再由斜率公式可求出a的值；(2)把曲線與直線只有一個交點轉化為函數(shù)只有一個零點作為本問的切入點，利用分類討論的思想和利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性來判斷所設函數(shù)的單調性，從而得出此函數(shù)在每個區(qū)間的單調情況，進而求出零點個數(shù)，解決本問．
[解析] (1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a，
由題設得－＝－2，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由題設知1－k>0.
當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1
16、－k>0，g(x)單調遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根．
當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，所以
g(x)>h(x)≥h(2)＝0，
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根．
綜上，g(x)在R上有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．
(理)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1.
17、
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；
(2)證明：當x>0時，x21，轉化為證明x>2lnx＋lnk成立．構造函數(shù)h(x)＝x－2lnx－lnk求解．
[解析] (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2
18、x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.
當xln2時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
所以當x＝ln2時，f(x)有極小值．
且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，
f(x)無極大值．
(2)令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x.
由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，即g′(x)>0.
所以g(x)在R上單調遞增，又g(0)＝1>0，
所以當x>0時，g(x)>g(0)>0，即x2
19、，當x>0時x20時，x21，要使不等式x2kx2成立，而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立，
令h(x)＝x－2lnx－lnk，則h′(x)＝1－＝，所以當x>2時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內單調遞增
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內單調遞增
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k
易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)
20、>0.
即存在x0＝，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x20.
(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù)，討論g(x)的單調性；
(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)
21、內有唯一解．
[解析] 本題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)在研究函數(shù)中的應用、函數(shù)的零點等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數(shù)與方程、數(shù)形結合、化歸與轉化等數(shù)學思想．
(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增．
(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，
令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(
22、1＋lnx)2－2xlnx，
則Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0，
于是，存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，
由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，
即a0∈(0,1)．
當a＝a0時，有f′(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0
再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增．
當x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(
23、x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0；
又當x∈(0,1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，
故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0.
綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解．
(理)(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)試討論f(x)的單調性；
(2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關的常數(shù))，當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
[解析] 考查利用導數(shù)求函數(shù)單調性、極值、函數(shù)零點．
(1)先求函數(shù)導數(shù)，通過討論導函數(shù)零
24、點求解；(2)通過構造函數(shù)，利用導數(shù)與函數(shù)關系求解．
(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
當a＝0時，因為f′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－，0)時，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在，(0，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減；
當a<0時，x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0，x∈時，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)＝b，f＝a3＋b，則函數(shù)f(x)有
25、三個零點等價于f(0)·f＝ba3＋b<0，從而或.
又b＝c－a，所以當a>0時，a3－a＋c>0，
或當a<0時，a3－a＋c<0.
設g(a)＝a3－a＋c，因為函數(shù)f(x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，
從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2
26、－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞.
綜上c＝1.
[方法點撥] 用導數(shù)研究函數(shù)綜合題的一般步驟：
第一步，將所給問題轉化為研究函數(shù)性質的問題．
若已給出函數(shù)，直接進入下一步．
第二步，確定函數(shù)的定義域．
第三步，求導數(shù)f ′(x)，解方程f ′(x)＝0，確定f(x)的極值點x＝x0.
第四步，判斷f(x)在給定區(qū)間上的單調性和極值，若在x＝x0左側f ′(x)>0，右側f ′(x)>0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側f ′(x)不變號，則x＝x0不是f(x)的極值點．
第五步，求f(x)的最值，比較各極值點與區(qū)
27、間端點f(a)，f(b)的大小，最大的一個為最大值、最小的一個為最小值．
第六步，得出問題的結論．
8．濟南市“兩會”召開前，某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進行了實地調研，據(jù)測定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為正數(shù)a、b，它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．設AC＝x(km)．
(1)試將y表示為x的函數(shù)；
(2)若a＝1時，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．
[解析] (1)設點C受A污染源污染指數(shù)為，點C受
28、B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例系數(shù)，且k>0.
從而點C處污染指數(shù)y＝＋(0
29、該極值點即為函數(shù)的最值點．
2．利用導數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟
①審題，設未知數(shù)；②結合題意列出函數(shù)關系式；③確定函數(shù)的定義域；④在定義域內求極值、最值；⑤下結論．
9．(2015·重慶理，20)設函數(shù)f(x)＝(a∈R)．
(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，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．
[解析] 第一問主要考查了導數(shù)的幾何意義，導數(shù)的求導公式以及極值問題，屬于簡單題型．第二問屬于主要考查了導數(shù)的求導公式以及單調性的應用，是高考常考題型，屬于簡單題型．
(1)對f(x)求導得f′(
30、x)＝＝，
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.
(2)由(1)知f′(x)＝，
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0解得x1＝，
x2＝.
當x0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；
當x>x2時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；
由f(x)在[3，
31、＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，
解得a≥－，
故a的取值范圍為.
[方法點撥] 1.利用導數(shù)研究函數(shù)最值的一般步驟
(1)求定義域；(2)求導數(shù)f ′(x)；(3)求極值，先解方程f ′(x)＝0，驗證f ′(x)在根左右兩側值的符號確定單調性，若在x＝x0左側f ′(x)>0，右側f ′(x)<0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側f(x)的值不變號，則x＝x0不是f(x)的極值點；(4)求最值，比較各極值點與區(qū)間[a，b]的端點值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
2．已知f(x)在某區(qū)間上的極值或極值的存在情況，
32、則轉化為方程f ′(x)＝0的根的大小或存在情況．
10．(文)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.
(1)求a的取值范圍；
(2)設g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．
[解析] (1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，
則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，
f ′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex
依題意須對于任意x∈(0,1)，有f ′(x)<0.
當a>0時，因為二次函數(shù)y＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上，而f ′(0)＝－a<0
33、，所以須
f ′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合條件．
故a的取值范圍0≤a≤1.
(2)因為g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，
(ⅰ)當a＝0時，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1)＝e.
(ⅱ)當a＝1時，對于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2x
34、ex<0，g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0.
(ⅲ)當00.
①若≥1，即0
35、，二次函數(shù)、恒成立問題、導數(shù)應用等，考查分類討論數(shù)學思想，體現(xiàn)導數(shù)的工具作用．第(1)問中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)問分類的依據(jù)是判定g(x)在[0,1]上的單調性．
(理)設函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n為正整數(shù)，a、b為常數(shù)．函數(shù)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1.
(1)求a、b的值；
(2)求函數(shù)f(x)的最大值；
(3)證明：f(x)<.
[分析] (1)根據(jù)導數(shù)的幾何意義及點(1，f(1))在直線x＋y＝1上可求得a、b.
(2)通過求導判定f(x)的單調性求其最大值．
(3)借用第(2)問的結論f(x)的最大值小于，構造新
36、的函數(shù)關系．
[解析] (1)因為f(1)＝b，由點(1，b)在直線x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，
因為f ′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，
所以f ′(1)＝－a.
又因為切線x＋y＝1的斜率為－1，
所以－a＝－1，即a＝1，
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，
f ′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)．
令f ′(x)＝0，解得x＝，
即f ′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點x＝.
在(0，)上，f ′(x)>0，故f(x)單調遞增；
而在(，＋∞)上，f ′(x)<0，故f(x)單調遞減．
故f
37、(x)在(0，＋∞)上的最大值為f()＝()n(1－)＝.
(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，則
φ′(t)＝－＝(t>0)．
在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)單調遞減；
而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)單調遞增．
故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0.
所以φ(t)>0(t>1)，
即lnt>1－(t>1)．
令t＝1＋，得ln>，
即ln()n＋1>lne，
所以()n＋1>e，即<.
由(2)知，f(x)≤<，
故所證不等式成立．
[點評] 本題主要考查了導數(shù)的幾何意義，通過導數(shù)求函數(shù)的最大值，判斷函數(shù)的單調性，在判斷單調性和求函數(shù)的最大值時一定要注意函數(shù)的定義域.
【走向高考】全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題5 導數(shù)及其應用含解析
