高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第九章 9.3

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1、 精品資料 §9.3　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1． 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)分析實際問題中各量之間的關(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． 2． 不等式問題 (1)證明不等式時，可構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極值或最值問題． (2)求解不等式恒成立問題時，可以考慮將參數(shù)分離出來，將參數(shù)

2、范圍問題轉(zhuǎn)化為研究新函數(shù)的值域問題． 1． 判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”) (1)連續(xù)函數(shù)在閉區(qū)間上必有最值． (　√　) (2)函數(shù)f(x)＝x2－3x＋2的極小值也是最小值． (　√　) (3)函數(shù)f(x)＝＋x－1和g(x)＝－x－1都是在x＝0時取得最小值－1. (　×　) (4)函數(shù)f(x)＝x2ln x沒有最值． (　×　) (5)已知x∈(0，)，則sin x>x. (　×　) (6)若a>2，則方程x3－ax2＋1＝0

3、在(0,2)上沒有實數(shù)根． (　×　) 2． (2013·福建)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是 (　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 答案　D 解析　A錯，因為極大值未必是最大值．B錯，因為函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝f(－x)的圖象 關(guān)于y軸對稱，－x0應(yīng)是f(－x)的極大值點．C錯，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象 關(guān)于x軸對稱，x0應(yīng)為－

4、f(x)的極小值點．D對，函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原 點對稱，－x0應(yīng)為y＝－f(－x)的極小值點． 3． 設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時t的值為 (　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　|MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－ln x的最小值， h′(x)＝2x－＝， 顯然x＝是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的極小值點， 也是最小值點，故t＝. 4． 若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是______

5、____． 答案　(－2,2) 解析　由于函數(shù)f(x)是連續(xù)的，故只需要兩個極值異號即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)． 5． 若f(x)＝，0<a<b<e，則f(a)、f(b)的大小關(guān)系為________． 答案　f(a)<f(b) 解析　f′(x)＝， 當(dāng)x∈(0，e)時，>0，即f′(x)>0， ∴f(x)在(0，e)上為增函數(shù)， 又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．

6、題型一　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 例1　已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中a>0.設(shè)兩曲線y＝f(x)，y＝g(x)有公共點，且在該點處的切線相同． (1)用a表示b，并求b的最大值； (2)求證：f(x)≥g(x)(x>0)． 思維啟迪　(1)設(shè)公共點為(x0，y0)，則f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)可得a，b的關(guān)系； (2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)的最值． (1)解　設(shè)兩曲線的公共點為(x0，y0)， f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， 由題意知f(x0)＝g(x0)，f′

7、(x0)＝g′(x0)， 即 由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)． 即有b＝a2＋2a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a. 令h(t)＝t2－3t2ln t(t>0)，則h′(t)＝2t(1－3ln t)． 于是當(dāng)t(1－3ln t)>0，即0<t<e時，h′(t)>0； 當(dāng)t(1－3ln t)<0，即t>e時，h′(t)<0. 故h(t)在(0，e)上為增函數(shù)，在(e，＋∞)上為減函數(shù)， 于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值為h(e)＝e， 即b的最大值為e. (2)證明　設(shè)F(x)＝f(x)－g(x)＝

8、x2＋2ax－3a2ln x－b(x>0)， 則F′(x)＝x＋2a－＝(x>0)． 故F(x)在(0，a)上為減函數(shù)，在(a，＋∞)上為增函數(shù)． 于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0. 故當(dāng)x>0時，有f(x)－g(x)≥0， 即當(dāng)x>0時，f(x)≥g(x)． 思維升華　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的步驟 (1)構(gòu)造新函數(shù)，并求其單調(diào)區(qū)間； (2)判斷區(qū)間端點函數(shù)值與0的關(guān)系； (3)判斷定義域內(nèi)函數(shù)值與0的大小關(guān)系，證不等式． 　當(dāng)0<x<時，求證：tan x>x＋. 證明　設(shè)f(x)

9、＝tan x－， 則f′(x)＝－1－x2＝tan2x－x2 ＝(tan x－x)(tan x＋x)． 因為0<x<，所以x<tan x(簡單進(jìn)行證明亦可)， 所以f′(x)>0， 即x∈時，f(x)為增函數(shù)． 所以x∈時，f(x)>f(0)． 而f(0)＝0，所以f(x)>0，即tan x－>0. 故tan x>x＋. 題型二　利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍 例2　已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，g(x)＝. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)若函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有公共點，求實數(shù)a

10、的取值范圍． 思維啟迪　(1)解f′(x)＝0，根據(jù)函數(shù)值的變化得到單調(diào)區(qū)間、極值； (2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過F(x)的單調(diào)性和函數(shù)值的變化研究f(x)、g(x)的交點情況． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e1－a， 當(dāng)x∈(0，e1－a)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(e1－a，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a]， 單調(diào)遞減區(qū)間為[e1－a，＋∞)， 極大值為f(x)極大值＝f(e1－a)＝ea－1，無極

11、小值． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝， 則F′(x)＝. 令F′(x)＝0，得x＝e2－a；令F′(x)>0，得x<e2－a； 令F′(x)<0，得x>e2－a， 故函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2－a，＋∞)上是減函數(shù)． ①當(dāng)e2－a<e2，即a>0時， 函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2－a，e2]上是減函數(shù)，F(xiàn)(x)max＝F(e2－a)＝ea－2. 又F(e1－a)＝0，F(xiàn)(e2)＝>0， 由圖象，易知當(dāng)0<x<e1－a時，F(xiàn)(x)<0；

12、當(dāng)e1－a<x≤e2，F(xiàn)(x)>0， 此時函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有1個公共點． ②當(dāng)e2－a≥e2，即a≤0時，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，e2]上是增函數(shù)， F(x)max＝F(e2)＝. 若F(x)max＝F(e2)＝≥0，即－1≤a≤0時， 函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上只有1個公共點； 若F(x)max＝F(e2)＝<0，即a<－1時， 函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上沒有公共點． 綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是[－1，＋∞)． 思維升華　函數(shù)零點或函數(shù)圖象

13、交點問題的求解，一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點或圖象的交點情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一． 　已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 當(dāng)a<0時，對x∈R，有f′(x)>0， ∴當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當(dāng)a>0時，由f′(x)>0， 解得x<－或x>.

14、 由f′(x)<0，解得－<x<， ∴當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－，)． (2)∵f(x)在x＝－1處取得極值， ∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0， ∴a＝1. ∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3， 由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1. 由(1)中f(x)的單調(diào)性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1， 在x＝1處取得極小值f(1)＝－3. ∵直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，結(jié)合如圖所示f(x)的圖象可知： 實數(shù)m的取值范圍是(

15、－3,1)． 題型三　生活中的優(yōu)化問題 例3　某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (1)求a的值； (2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 思維啟迪　(1)由x＝5時y＝11求a； (2)建立商場每日銷售該商品所獲利潤和售價x的函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)求最值． 解　(1)因為x＝5時，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商

16、品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2. 所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2] ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點． 所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等

17、于42. 答　當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． 思維升華　在求實際問題中的最大值或最小值時，一般先設(shè)自變量、因變量、建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相符合．用導(dǎo)數(shù)求解實際問題中的最大(小)值，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么根據(jù)實際意義該極值點就是最值點． 　某創(chuàng)業(yè)投資公司擬投資開發(fā)某種新能源產(chǎn)品，估計能獲得10萬元～1 000萬元的投資收益．現(xiàn)準(zhǔn)備制訂一個對科研課題組的獎勵方案：獎金y(萬元)隨投資收益x(萬元)的增加而增加，且資金不超過9萬元，同時獎金不超過投資收益的20%. (1)若建立函數(shù)f(x)模

18、型制訂獎勵方案，試用數(shù)學(xué)語言表述公司對獎勵函數(shù)f(x)模型的基本要求； (2)現(xiàn)有兩個獎勵函數(shù)模型： ①y＝＋2； ②y＝4lg x－3. 試分析這兩個函數(shù)模型是否符合公司要求？ 解　(1)設(shè)獎勵函數(shù)模型為y＝f(x)， 則公司對函數(shù)模型的基本要求是： 當(dāng)x∈[10,1 000]時，f(x)是增函數(shù)，f(x)≤9恒成立， f(x)≤恒成立． (2)①對于函數(shù)模型f(x)＝＋2， 當(dāng)x∈[10,1 000]時，f(x)是增函數(shù)， 則f(x)max＝f(1 000)＝＋2＝<9. 所以f(x)≤9恒成立． 因為函數(shù)＝＋在[10,1 000]上是減函數(shù)， 所以[]m

19、ax＝＋>. 從而＝＋≤不恒成立， 即f(x)≤不恒成立． 故該函數(shù)模型不符合公司要求． ②對于函數(shù)模型f(x)＝4lg x－3， 當(dāng)x∈[10,1 000]時，f(x)是增函數(shù)， 則f(x)max＝f(1 000)＝4lg 1 000－3＝9. 所以f(x)≤9恒成立． 設(shè)g(x)＝4lg x－3－，則g′(x)＝－. 當(dāng)x≥10時，g′(x)＝－≤<0， 所以g(x)在[10,1 000]上是減函數(shù)， 從而g(x)≤g(10)＝－1<0. 所以4lg x－3－<0，即4lg x－3<， 所以f(x)≤恒成立． 故該函數(shù)模型符合公司要

20、求． 二審結(jié)論會轉(zhuǎn)換 典例：(14分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋aln x. (1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值； (2)若a＝1，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (3)若a＝1，求證：在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)＝x3的圖象的下方．  求f(x)的極值 ↓(從結(jié)論出發(fā)向條件轉(zhuǎn)化，注意隱含條件——定義域) 求f′(x)＝0的解，即f(x)的極值點 ↓(轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值) 將極值點代入f(x)求對應(yīng)的極大、極小值 ↓(轉(zhuǎn)化為研究單調(diào)性) 求f(x)在[1，e]上的單調(diào)性 ↓(轉(zhuǎn)化為求

21、函數(shù)值) 比較端點值、極值，確定最大、最小值 ↓(構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行轉(zhuǎn)化) F(x)＝f(x)－g(x) ↓(將圖象的上、下關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系) 求證F(x)<0在[1，＋∞)上恒成立． ↓研究函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上的單調(diào)性． 規(guī)范解答 (1)解　由于函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝x－＝， [1分] 令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)， [2分] 當(dāng)x∈(0,1)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， [3分] 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， [4分]

22、 所以f(x)在x＝1處取得極小值為. [5分] (2)解　當(dāng)a＝1時，易知函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， [7分] ∴f(x)min＝f(1)＝， f(x)max＝f(e)＝e2＋1. [9分] (3)證明　設(shè)F(x)＝f(x)－g(x) ＝x2＋ln x－x3， 則F′(x)＝x＋－2x2 ＝， [11分] 當(dāng)x>1時，F(xiàn)′(x)<0， 故f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)， 又F(1)＝－<0， ∴在區(qū)間[1，＋∞)上，F(xiàn)(x)<0恒成立． 即f(x)<

23、;g(x)恒成立．[13分] 因此，當(dāng)a＝1時，在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)圖象的下方．[14分] 溫馨提醒　(1)導(dǎo)數(shù)法是求解函數(shù)單調(diào)性、極值、最值、參數(shù)等問題的有效方法，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間關(guān)鍵是求解不等式的解集；最值問題關(guān)鍵在于比較極值與端點函數(shù)值的大小；參數(shù)問題涉及的有最值恒成立的問題、單調(diào)性的逆向應(yīng)用等，求解時注意分類討論思想的應(yīng)用． (2)對于一些復(fù)雜問題，要善于將問題轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化成能用熟知的導(dǎo)數(shù)研究問題． 方法與技巧 1． 利用導(dǎo)數(shù)解決含有參數(shù)的單調(diào)性問題是將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 2． 在實際問題中

24、，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么只要根據(jù)實際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數(shù)值比較． 失誤與防范 1． 函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)＝0在有限個點處取到)． 2． 利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題，要注意問題的實際意義．  A組　專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 一、選擇題 1． 在R上可導(dǎo)的函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于x的不等式 x·f′(x)<0的解集為 (　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－2，－1)∪(1,2) D．

25、(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案　A 解析　由f(x)的圖象知，當(dāng)x<－1或x>1時，f′(x)>0； 當(dāng)－1<x<1時，f′(x)<0， ∴x·f′(x)<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)． 2． 已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋ln x是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是 (　　) A．m>－2 B．m≥－2 C．m<2 D．m≤2 答案　B 解析　依題意知，x>0，f′(x)＝， 令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)， 當(dāng)－≤0時，g(0)＝1>0恒成立，

26、∴m≥0成立， 當(dāng)－>0時，則Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0， 綜上，m的取值范圍是m≥－2. 3． 已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案　B 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)＝0有兩個不相等的實根． ∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0. ∴a>6或a<－3. 4． 若函數(shù)f

27、(x)＝ (a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為 (　　) A. B. C.＋1 D.－1 答案　D 解析　f′(x)＝＝， 當(dāng)x>時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)－<x<時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝時，令f(x)＝＝，＝<1，不合題意． ∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1，故選D. 5． 某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品，固定成本為20 000元，每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品，成本增加100元，已知總營業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的年關(guān)系是R＝R(x)＝則總利潤最大時，每年生產(chǎn)的產(chǎn)品是

28、 (　　) A．100 B．150 C．200 D．300 答案　D 解析　由題意得，總成本函數(shù)為C＝C(x)＝20 000＋100x， 總利潤P(x)＝ 又P′(x)＝ 令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300時，總利潤P(x)最大． 二、填空題 6． 設(shè)函數(shù)f(x)＝kx3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)k的值為________． 答案　4 解析　若x＝0，則不論k取何值，f(x)≥0都成立； 當(dāng)x>0，即x∈(0,1]時， f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化為k≥－. 設(shè)g(x)＝－，則

29、g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間(0，]上單調(diào)遞增， 在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減， 因此g(x)max＝g()＝4，從而k≥4； 當(dāng)x<0即x∈[－1,0)時， f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化為k≤－， g(x)＝－在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而k≤4，綜上k＝4. 7． 已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝________. 答案?。?或2 解析　設(shè)f(x)＝x3－3x＋c，對f(x)求導(dǎo)可得， f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，可得x＝±1， 易知f(x)在(－∞，－1

30、)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減． 若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2； 若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2. 8． 已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________． 答案?。?3 解析　對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1

31、)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下， 且對稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1,1]時， f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 三、解答題 9． 設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1. (1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是當(dāng)x變化時，f

32、′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 2(1－ln 2＋a) 單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2處取得極小值， 極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)證明　設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當(dāng)a>ln 2－1時， g′(x)取最小值為g′(ln 2)＝2

33、(1－ln 2＋a)>0. 于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0， 所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增． 于是當(dāng)a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)， 都有g(shù)(x)>g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 10．統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為y＝x3－x＋8(0<x≤120)．已知甲、乙兩地相距100千米． (1)當(dāng)汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙

34、地要耗油多少升？ (2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？ 解　(1)當(dāng)x＝40時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，共耗油×(×403－×40＋8)＝17.5(升)． 因此，當(dāng)汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時， 從甲地到乙地要耗油17.5升． (2)當(dāng)速度為x千米/小時時， 汽車從甲地到乙地行駛了小時， 設(shè)耗油量為h(x)升， 依題意得h(x)＝(x3－x＋8)· ＝x2＋－(0<x≤120)， h′(x)＝－＝(0<x≤120)． 令h′(x)＝0，得x＝80. 當(dāng)x∈(0,80)時，

35、h′(x)<0，h(x)是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(80,120)時，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)， ∴當(dāng)x＝80時，h(x)取得極小值h(80)＝11.25. 易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值． 故當(dāng)汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，為11.25升． B組　專項能力提升 1． 已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝ln x－ax(a>)，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a等于 (　　) A. B. C. D．1 答案　D 解析　∵f(x)是奇

36、函數(shù)，∴f(x)在(0,2)上的最大值為－1. 當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝， 又a>，∴0<<2. 當(dāng)x<時，f′(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x>時，f′(x)<0，f(x)在(，2)上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f()＝ln －a·＝－1，解得a＝1. 2． 已知函數(shù)f(x)的定義域為R，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則對 于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列結(jié)論正確的是 (　　) ①f(x)<0恒成立； ②(x1－x2)·[f(x1)－f

37、(x2)]<0； ③(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0； ④f()>； ⑤f()<. A．①③ B．①③④ C．②④ D．②⑤ 答案　D 解析　由函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象可得，函數(shù)f(x)是減函數(shù)，且隨 著自變量的增大，導(dǎo)函數(shù)越來越大，即函數(shù)f(x)圖象上的點向右運 動時，該點的切線的斜率為負(fù)，且值越來越大，由此可作出函數(shù) f(x)的草圖如圖所示，由圖示可得<0且 f()<，由此可得結(jié)論中僅②⑤正確，故應(yīng)選D. 3． 已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若?x1，x2∈R，使得f

38、(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　[－，＋∞) 解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x) 當(dāng)x>－1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x<－1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 所以函數(shù)f(x)的最小值為f(－1)＝－. 而函數(shù)g(x)的最大值為a，則由題意， 可得－≤a即a≥－. 4． 已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常數(shù)，a∈R. (1)討論a＝1時，函數(shù)f(x)的單調(diào)性和極值； (2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋； (3

39、)是否存在正實數(shù)a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． (1)解　∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝， ∴當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)1<x≤e時，f′(x)>0時，此時f(x)單調(diào)遞增． ∴f(x)的極小值為f(1)＝1. (2)證明　∵f(x)的極小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1，∴[f(x)]min＝1. 又g′(x)＝， ∴當(dāng)0<x<e時，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上單調(diào)遞增． ∴[g(x)]max＝g(e)＝<， ∴[

40、f(x)]min－[g(x)]max>， ∴在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋. (3)解　假設(shè)存在正實數(shù)a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3， 則f′(x)＝a－＝. ①當(dāng)0<<e時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 在(，e]上單調(diào)遞增， [f(x)]min＝f()＝1＋ln a＝3，a＝e2，滿足條件； ②當(dāng)≥e時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減， [f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3， a＝(舍去)，所以，此時f(x)無最小值． 綜上，存在實數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時f(x)有最小值3. 5． 已知函數(shù)

41、f(x)＝2ln x－ax＋a(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)≤0恒成立，證明：當(dāng)0<x1<x2時，<2(－1)． 解　(1)f′(x)＝，x>0. 若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 若a>0，當(dāng)x∈(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． (2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立． 若a>2，當(dāng)x∈(，1)時，f(x)單調(diào)遞減，f(x)>f(1)＝0，不合題意， 若0<a<2，當(dāng)x∈(1，)時，f(x)單調(diào)遞增，f(x)>f(1)＝0，不合題意， 若a＝2，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(1)＝0符合題意． 故a＝2，且ln x≤x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)． 當(dāng)0<x1<x2時，f(x2)－f(x1)＝2ln－2(x2－x1) <2(－1)－2(x2－x1)＝2(－1)(x2－x1)， 所以<2(－1)．