高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破點(diǎn)18　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選) (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 提煉1 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 (1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法 在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)＞0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減． (2)常數(shù)函數(shù)的判定方法 如果在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，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(nèi)不具有單調(diào)性． (3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立

2、問題來解決(注意等號成立的檢驗(yàn)). 提煉2 函數(shù)極值的判別注意點(diǎn) (1)可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，如函數(shù)f(x)＝x3，當(dāng)x＝0時(shí)就不是極值點(diǎn)，但f′(0)＝0. (2)極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)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(guān)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(gè)是最大值，最小的一個(gè)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(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論． 回訪1　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 1．(2016·全國乙卷)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)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(diào)遞增的條件，故排除A，B

4、，D.故選C.] 2．(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，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(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當(dāng)x>0時(shí)，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(dāng)x>0，g(x)>0時(shí)，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(diǎn)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(dāng)a＝3時(shí)，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)， 則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0； x∈時(shí)，

6、f′(x)<0； x∈時(shí)，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(dāng)a＝－時(shí)，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，x∈時(shí)，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時(shí)，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(shè)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(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 2　a<－1　[由當(dāng)

7、x≤a時(shí)，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(shí)的圖象． (1)若a＝0，則f(x)max＝f(－1)＝2. (2)當(dāng)a≥－1時(shí)，f(x)有最大值； 當(dāng)a<－1時(shí)，y＝－2x在x>a時(shí)無最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.] (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 熱點(diǎn)題型1　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題 題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)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(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)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(diǎn)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(diào)性； (2)若方程f(x)－t＝0在內(nèi)有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，求實(shí)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(shè)g(x)＝－2x2＋x＋m－1，若對任意的x∈(－1,2)，f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)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(shí)f′(x)＝－2(x＋1)＝， 因?yàn)閤∈(－1，＋∞)，當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.5分 (2)依題意，t＝2ln(x＋1)－(x＋1)2，由(1)可知， 當(dāng)x∈，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0，e－1)，f(x)單調(diào)遞減，6分 而f(0)＝－1，f＝－2－，f(e－1)＝2－e2， 因?yàn)椋?－－(2－e2)＝e2－4－＞0，8分 所以f＞f(e－1)，要使方程f(x)－t＝0在內(nèi)有兩個(gè)不等實(shí)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(dāng)x∈時(shí)，h′(x)＞0，單調(diào)遞增，x∈，h′(x)＜0，單調(diào)遞減， x∈(1,2)時(shí)，h′(x)＞0，單調(diào)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(diào)性，求參數(shù)范圍的方法： (1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，

11、轉(zhuǎn)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(diào)遞減，轉(zhuǎn)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(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a，b)上不變號即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負(fù)． (4)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a，b)上變號． [變式訓(xùn)練1]　(2016·重慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R). 【導(dǎo)學(xué)號：67722067】 (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(dǎo)得 f′(x)＝ ＝.2分 因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(diǎn)(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(dāng)x＜x1時(shí)，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，g(x)＞0，即f′(x)＞0， 故f(x)為增函數(shù)；

13、當(dāng)x＞x2時(shí)，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(diǎn)題型2　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題 題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容，主要以解答題的形式考查，難度較大. 　(2016·山東高考)設(shè)f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實(shí)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(dāng)a≤0，x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；3分 當(dāng)a>0，x∈時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， x∈時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.5分 所以當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.6分 (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.

15、7分 ②當(dāng)01，由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.9分 ③當(dāng)a＝時(shí)，＝1，f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意.11分 ④當(dāng)a>時(shí)，0<<1，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意． 綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>.

16、13分 利用導(dǎo)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(zhuǎn)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(shí)，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值． [變式訓(xùn)練2]　(2016·全國丙卷)設(shè)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(dāng)α≥1時(shí)，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2. 當(dāng)0<α<1時(shí)，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(dāng)t＝時(shí)，g(t)取得極小值， 極小值為g＝－－1＝－. 令－1<<1，解得α>.6分 ①當(dāng)0<α≤時(shí)，g(t)在(－1,1)內(nèi)無極值點(diǎn)，|g(－

18、1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|＜|g(1)|， 所以A＝2－3α. ②當(dāng)<α<1時(shí)，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(dāng)0<α≤時(shí)，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A. 當(dāng)<α＜1時(shí)，A＝＋＋≥1， 所以|f′(x)|≤1＋α＜2A. 當(dāng)α≥1時(shí)，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A. 所以|f′(x)|≤2A.12分 熱點(diǎn)題

19、型3　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題 題型分析：此類問題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點(diǎn)，實(shí)現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化，達(dá)成了綜合考查考生解題能力的目的. 　設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ln(x＋1)． (1)求證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(shè)g(x)＝x－f(x)＝x－x2－ln(x＋1)， 則g′(x)＝1－2x－＝. 當(dāng)x＞0時(shí)，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(shí)，x－x2＜ln(x＋1)， 令x＝(n∈N*)， 得－＜ln ， 所以＜， 即＋＋…＋＜ln 2 016.7分 (3)因?yàn)閥＝sin x在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以sin ＝n ＜nsin xdx＝n(－cos x)|＝n(1－cos 1)． 又y＝在[0,1]上單調(diào)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(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形． (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)． (3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值．

21、 (4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式． 特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值問題． 2．構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法 (1)移項(xiàng)法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)． (2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)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(gòu)造函數(shù)

22、f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)． [變式訓(xùn)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(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)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(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m＞0時(shí)，由f′(x)＝－m＝＞0， 則x∈，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.4分

23、(2)由(1)得：當(dāng)m≤0時(shí)顯然不成立； 當(dāng)m＞0時(shí)，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(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)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(shí)集訓(xùn)(十八)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 [A組　高考達(dá)標(biāo)] 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(diǎn)，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(dāng)x<－2或x>2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－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?yàn)閒(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)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(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：67722068】 A．(－∞，e] B．[0，e] C．(－∞，e) D．[0，e) A　[f′(x)＝－k＝

26、(x＞0)．設(shè)g(x)＝， 則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． ∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e, 結(jié)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(gè)極值點(diǎn)x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，則關(guān)于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為(　　) A．3 B．4 C．5　　　　 D．6 A　[f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價(jià)于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，x∈(

27、－∞，x1)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．∴x1為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1， ∴由圖知f(x)＝x1有兩個(gè)不同的解，f(x)＝x2僅有一個(gè)解．故選A.] 5．(2016·合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意的實(shí)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(shí)數(shù)x的取值范圍為(　　) 【導(dǎo)

28、學(xué)號：67722069】 A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1) B　[設(shè)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?yàn)間′(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(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＜0，函數(shù)g(x)＝x2[f(x)－1]單調(diào)遞減；當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)－2]＞0，函數(shù)g(x)＝x2[f(x

29、)－1]單調(diào)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(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程是________． y＝－2x－1　[因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(diǎn)(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(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f′(x)，若對于任意的實(shí)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?yàn)閒(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0， 即g(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)， 因?yàn)閥＝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(jià)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(diǎn)， 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(dāng)x＝0時(shí)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(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x.

32、(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)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?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝，2分 故f′(1)＝b－a＝1， 又f(1)＝a，點(diǎn)(1，a)在直線y＝x上， ∴a＝1，則b＝2. ∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝， 當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞時(shí)， f′(x)＞0， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)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(dāng)x≥1時(shí)，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(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍； (3)求證：a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)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?yàn)閒(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.2分 (2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，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(dāng)c＞0且c－＜0時(shí)，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈

35、，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn).8分 (3)證明：當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)， 此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)． 當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0. 當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(

36、x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).10分 綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，則必有Δ＝4a2－12b＞0. 故a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件． 當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)， 所以a2－3b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件． 因此a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)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(dǎo)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(xiàng)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(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當(dāng)x＜時(shí)，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x＞時(shí)，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x＞0有g(shù)(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(shù)(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(gè)不同零點(diǎn)，則實(shí)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(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題． 當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)和h(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，不滿足題意； 當(dāng)a＞0時(shí)，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝. 令r(x)＝，則 r′(x)＝ ＝， 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，r′(x)＞0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)， 當(dāng)x＞1時(shí)，r′(x)＜0，r(x)是單調(diào)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(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) 【導(dǎo)學(xué)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(gè)不同的零點(diǎn)， 令f′(x)＝0，則2a＝， 令g(x)＝，則g′(x)＝， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 又∵當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞， 當(dāng)x→＋∞時(shí)，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(guān)于x的不等式＜恒成立，則實(shí)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(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)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(shí)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(dāng)x＝1時(shí)， 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(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，所以當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)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(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍． [解]　(1)f

43、(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 當(dāng)a＝4時(shí)，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(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于ln x－＞0. 設(shè)g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分 ①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0； ②當(dāng)a＞2時(shí)，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2＞1和

44、x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)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(shè)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(diào)性； (2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，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(nèi)恒成立． [解]　(1)由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0

45、有x＝， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.4分 (2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1. 當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，所以ex－1>x， 從而g(x)＝－>0.8分 (3)由(2)知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0. 當(dāng)a≤0，x>1時(shí)，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a>0. 當(dāng)01. 由(1)有f0， 所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立.11分 當(dāng)a≥時(shí)，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0. 因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 又因?yàn)閔(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，h(x)＝f(x)－g(x)>0， 即f(x)>g(x)恒成立． 綜上，a∈.14分