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2010~2014年高考真题备选题库 导数的应用


2016 届文科人教版数学
2010~2014 年高考真题备选题库 导数的应用



名:

沈金鹏 数学学院

院 、 系: 专

业: 数学与应用数学

2015 年 11 月 25 日

2010~2014 年高考真题备选题库 第 2 章 函数、导数及其应用 第 11 节 导数的应用
1.(2014 新课标全国Ⅱ,5 分)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞ )单调递增,则 k 的 取值范围是( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

1 解析:因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k- .因为 f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所 x 1 1 以当 x>1 时,f′(x)=k- ≥0 恒成立,即 k≥ 在区间(1,+∞)上恒成立.因为 x>1,所以 x x 1 0< <1,所以 k≥1.故选 D. x 答案:D 2.(2014 湖南,5 分)若 0<x1<x2<1 ,则( A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 ) B.ex1-ex2<ln x2-ln x1 D.x2ex1<x1ex2
x

1 xe -1 解析:构造函数 f(x)=ex-ln x,则 f′(x)=ex- = ,令 f′(x)=0,得 xex-1=0, x x 1 根据函数 y=ex 与 y= 的图象可知两函数图象的交点 x0∈(0,1), 即 f(x)=ex-ln x 在(0,1)上不 x xex-ex ex 是单调函数, 无法判断 f(x1)与 f(x2)的大小, 故 A, B 错; 构造函数 g(x)= , 则 g′(x)= x x2 ex?x-1? ex = ,故函数 g(x)= 在(0,1)上单调递减,故 g(x1)>g(x2),x2ex1>x1ex2,故选 C. 2 x x 答案:C

3.(2014 安徽,13 分) 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解: (1)f(x) 的定义域为 ( - ∞ ,+ ∞) , f′(x) = 1 + a - 2x - 3x2. 令 f′(x) = 0 ,得 x1 = -1- 4+3a -1+ 4+3a ,x2= ,x1<x2, 3 3 所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2).

当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. (ⅰ)当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分 别取得最小值和最大值. (ⅱ)当 0<a<4 时,x2<1.由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,因此 f(x) -1+ 4+3a 在 x=x2= 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 4.(2014 福建,14 分) 已知函数 f(x)=ex-ax (a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的切线 斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 解:(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-2x,f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)有极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值. (2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即 g′(x)>0. 所以 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. 1 (3)证法一:对任意给定的正数 c,取 x0= , c 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 1 所以当 x>x0 时,ex>x2> x,即 x<cex. c

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 1 证法二:令 k= (k>0),要使不等式 x<cex 成立,只要 ex>kx 成立. c 而要使 ex>kx 成立,则只需要 x>ln(kx),即 x>ln x+ln k 成立. ①若 0<k≤1,则 ln k≤0,易知当 x>0 时,x>ln x≥ln x+ln k 成立. 即对任意 c∈[1,+∞),取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. ②若 k>1,令 h(x)=x-ln x-ln k, 1 x-1 则 h′(x)=1- = , x x 所以当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增. 取 x0=4k, h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知 k>ln k,k>ln 2,所以 h(x0)>0. 4 因此对任意 c∈(0,1),取 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 证法三:①若 c≥1,取 x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x,所以当 x∈(x0,+∞)时,有 cex≥ex>2x>x,即 x<cex. ②若 0<c<1,令 h(x)=cex-x,则 h′(x)=cex-1. 1 令 h′(x)=0 得 x=ln . c 1 当 x>ln 时,h′(x)>0,h(x)单调递增. c 2 取 x0=2ln , c 2 2 2 2 -ln ?, h(x0)=ce2ln -2ln =2? c? ?c c c 2 2 易知 -ln >0,又 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, c c 所以当 x∈(x0,+∞)时,恒有 h(x)>h(x0)>0,即 x<cex. 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x<cex. 5.(2014 浙江,15 分)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0),若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为 g(a). (1)求 g(a); (2)证明:当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. 解:(1)因为 a>0,-1≤x≤1,所以 (ⅰ)当 0<a<1 时,

若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a,f′(x)=3x2+3>0,故 f(x)在(a,1)上是增函数; 所以 g(a)=f(a)=a3. (ⅱ)当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,1)上是 减函数,所以 g(a)=f(1)=-2+3a.
3 ? ?a ,0<a<1,? 综上,g(a)=? ?-2+3a,a≥1. ?

(2)证明:令 h(x)=f(x)-g(a), (ⅰ)当 0<a<1 时,g(a)=a3. 若 x∈[a,1],h(x)=x3+3x-3a-a3, 得 h′(x)=3x2+3,则 h(x)在(a,1)上是增函数, 所以 h(x)在[a,1]上的最大值是 h(1)=4-3a-a3,且 0<a<1,所以 h(1)≤4.故 f(x)≤g(a) +4; 若 x∈[-1,a],h(x)=x3-3x+3a-a3, 得 h′(x)=3x2-3,则 h(x)在(-1,a)上是减函数, 所以 h(x)在[-1,a]上的最大值是 h(-1)=2+3a-a3. 令 t(a)=2+3a-a3,则 t′(a)=3-3a2>0, 知 t(a)在(0,1)上是增函数.所以 t(a)<t(1)=4,即 h(-1)<4. 故 f(x)≤g(a)+4. (ⅱ)当 a≥1 时,g(a)=-2+3a,故 h(x)=x3-3x+2,得 h′(x)=3x2-3,此时 h(x)在(- 1,1)上是减函数, 因此 h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=4. 故 f(x)≤g(a)+4. 综上,当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. 6.(2014 天津,14 分) 2 已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R. 3 (1)求 f(x) 的单调区间和极值; (2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1,求 a 的取 值范围. 解:(1)由已知,有 f′(x)=2x-2ax2(a>0). 1 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,0) - ?

0 0 0

?0,1? ? a?
+ ?

1 a 0 1 3a2

?1,+∞? ?a ?
- ?

1? ?1 ? 所以 f(x)的单调递增区间是? ?0,a?;单调递减区间是(-∞,0),?a,+∞?. 1? 1 当 x=0 时,f(x)有极小值, 且极小值 f(0)=0;当 x= 时,f(x)有极大值, 且极大值 f? ?a?= a 1 . 3a2 3? 3? ? ?3 ? (2)由 f(0)=f? ?2a?=0 及(1)知,当 x∈?0,2a?时,f(x)>0;当 x∈?2a,+∞?时,f(x)<0.
? 1 ? 设集合 A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合 B=?f?x?|x∈?1,+∞?,f?x?≠0?,则“对于任意的 ? ?

x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1”等价于 A?B.显然,0?B. 下面分三种情况讨论: 3? 3 3 ①当 >2,即 0<a< 时,由 f? ?2a?=0 可知,0∈A,而 0?B,所以 A 不是 B 的子集. 2a 4 3 3 3 ②当 1≤ ≤2,即 ≤a≤ 时,有 f(2)≤0,且此时 f(x)在(2,+∞)上单调递减,故 A= 2a 4 2 (-∞,f(2)),因而 A?(-∞,0);由 f(1)≥0,有 f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞, 0),则(-∞,0)?B.所以 A?B. 1 3 3 ③当 <1, 即 a> 时, 有 f(1)<0, 且此时 f(x)在(1, +∞)上单调递减, 故 B=?f?1?,0?, 2a 2 ? ? A=(-∞,f(2)), 所以 A 不是 B 的子集. 3 3? 综上,a 的取值范围是? ?4,2?. 7.(2014 北京,13 分)已知函数 f(x)=2x3-3x. (1)求 f(x) 在区间 [-2,1]上的最大值; (2)若过点 P(1,t) 存在 3 条直线与曲线 y=f(x) 相切,求 t 的取值范围; (3)问过点 A(-1,2), B(2,10), C(0,2) 分别存在几条直线与曲线 y=f(x) 相切?(只需写出 结论) 解:(1)由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3. 令 f′(x)=0,得 x=- 2 2 或 x= . 2 2 2? 2 = 2,f? ?=- 2,f(1)=-1, 2? ?2?

因为 f(-2)=-10,f?-

?

所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?-

?

2? = 2. 2?

(2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0),
3 则 y0=2x0 -3x0,且切线斜率为 k=6x2 0-3,

所以切线方程为 y-y0=(6x2 0-3)(x-x0), 因此 t-y0=(6x2 0-3)(1-x0).
2 整理得 4x3 0-6x0+t+3=0.

设 g(x)=4x3-6x2+t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1), g(x)与 g′(x)的情况如下: x g′(x) g(x) (-∞,0) + ? 0 0 t+3 (0,1) - ? 1 0 t+1 (1,+∞) + ?

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值. 当 g(0)=t+3≤0,即 t≤-3 时,此时 g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至多有 2 个零点. 当 g(1)=t+1≥0,即 t≥-1 时,此时 g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至多有 2 个零点. 当 g(0)>0 且 g(1)<0,即-3<t<-1 时,因为 g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以 g(x) 分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有 1 个零点,由于 g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单 调,所以 g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有 1 个零点. 综上可知,当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(-3,- 1). (3)过点 A(-1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切. 8.(2014 四川,14 分)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28?为 自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点.证明:e-2<a<1. 解:(1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1, 有 g(x)=f′(x)=ex-2ax-b. 所以 g′(x)=ex-2a.

当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1). 2 2 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 2 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)证明:设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由 f(0)=f(x0)=0 可知 f(x)在区间(0, x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负, 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2. 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 2 1 e 所以 <a< . 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0, g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得 e-2<a<1. 所以函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1. π? 9.(2014 江西,12 分)已知函数 f(x)=(a+2cos2x)· cos(2x+θ)为奇函数,且 f? ?4?=0,其

中 a∈R,θ∈(0,π). (1)求 a,θ 的值; α? 2 ?π ? ? π? (2)若 f? ?4?=-5,α∈?2,π?,求 sin?α+3?的值. 解:(1)因为 f(x)=(a+2cos2x)cos(2x+θ)是奇函数,而 y1=a+2cos2x 为偶函数,所以 y2 π =cos(2x+θ)为奇函数,又 θ∈(0,π),得 θ= ,所以 f(x)=-sin 2x· (a+2cos2x), 2 π? 由 f? ?4?=0 得-(a+1)=0,即 a=-1. 1 (2)由(1)得,f(x)=- sin 4x, 2 α? 1 2 4 因为 f? ?4?=-2sin α=-5,即 sin α=5, π ? 3 ,π ,从而 cos α=- , 又 α∈? 2 ? ? 5 π? π π 4-3 3 所以有 sin? ?α+3?=sin αcos3+cos αsin3= 10 . a 10.(2014 江西,5 分)在同一直角坐标系中,函数 y=ax2-x+ 与 y=a2x3-2ax2+x+ 2 a(a∈R)的图象不可能的是( )

解析:选 B 分两种情况讨论: 当 a=0 时,函数为 y=-x 与 y=x,图象为 D,故 D 有可能;当 a≠0 时,函数 y=ax2 a 1 -x+ 的对称轴为 x= ,对函数 y=a2x3-2ax2+x+a 求导得 y′=3a2x2-4ax+1=(3ax- 2 2a 1)(ax-1),令 y′=0,则 x1= 1 1 1 1 1 ,x = ,所以对称轴 x= 介于两个极值点 x1= ,x2= 之 3a 2 a 2a 3a a

间,A,C 满足,B 不满足,所以 B 不可能.故选 B. 11.(2014 江苏,16 分) 已知函数 f(x)=ex+e x,其中 e 是自然对数的底数.


(1)证明:f(x)是 R 上的偶函数; (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e x+m-1 在(0,+∞)上恒成立,求实数 m 的取值范围;


3 (3)已知正数 a 满足:存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)<a(-x0 +3x0)成立.试比较 ea

-1



ae

-1

的大小,并证明你的结论. 解:(1)证明:因为对任意 x∈R,都有 f(-x)=e x+e
- -(-x)

=e x+ex=f(x),所以 f(x)是 R


上的偶函数.

(2)由条件知 m(ex+e x-1)≤e x-1 在(0,+∞)上恒成立.
- -

t-1 令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤- 2 =- t -t+1 1 因为 t-1+ +1≥2 t-1 所以- 1 1 ?t-1?· +1=3, t-1

1 t-1+

对任意 t>1 成立. 1 +1 t-1

1 ≥- , 1 3 t-1+ +1 t-1

当且仅当 t=2,即 x=ln 2 时等号成立. 1? 因此实数 m 的取值范围是? ?-∞,-3?. 1 (3)令函数 g(x)=ex+ x-a(-x3+3x), e 1 则 g′(x)=ex- x+3a(x2-1). e 1 当 x≥1 时,ex- x>0,x2-1≥0, e 又 a>0,故 g′(x)>0. 所以 g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此 g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)=e+e -2a. 由于存在 x0∈[1,+∞),使 ex0+e-x0-a(-x3 0+3x0)<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0. e+e 1 - 故 e+e 1-2a<0,即 a> . 2
- -1

令函数 h(x)=x-(e-1)ln x-1, e-1 则 h′(x)=1- .令 h′(x)=0,得 x=e-1, x 当 x∈(0,e-1)时,h′(x)<0, 故 h(x)是(0,e-1)上的单调减函数; 当 x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0, 故 h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1). 注意到 h(1)=h(e)=0, 所以当 x∈(1,e-1)?(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0. 当 x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0. 所以 h(x)<0 对任意的 x∈(1,e)成立. ①当 a∈? e+e 1 ? a-1 e -1 ? 2 ,e??(1,e)时,h(a)<0,即 a-1<(e-1)ln a,从而 e <a ;


②当 a=e 时,ea 1=ae 1;
- -

③当 a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即 a-1>(e-1)ln a,故 ea 1>ae 1.
- -

综上所述,当 a∈? 时,ea 1>ae 1.
- -

e+e 1 ? a-1 e-1 a-1 e-1 ? 2 ,e?时,e <a ;当 a=e 时,e =a ;当 a∈(e,+∞)


12.(2014 辽宁,12 分) 已知函数 f(x)=π(x-cos x)-2sin x-2,g(x)=(x-π) π? 证明:(1)存在唯一 x0∈? ?0,2?,使 f(x0)=0; π ? (2)存在唯一 x1∈? ?2,π?,使 g(x1)=0,且对(1)中的 x0,有 x0+x1>π. π? ? π? 证明:(1)当 x ∈? ?0,2?时,f′(x)=π+πsin x-2cos x>0,所以 f(x)在?0,2?上为增函数, π? π2 又 f(0)=-π-2<0,f? ?2?= 2 -4>0, π? 所以存在唯一 x0∈? ?0,2?,使 f(x0)=0. π ? (2)当 x∈? ?2,π?时, cos x 2x 化简得 g(x)=(π-x)· + -1. 1+sin x π π tcos t 2 f?t? 0, ?,则 u′(t)= 令 t=π-x,记 u(t)=g(π-t)=- - t+1,t∈? . ? 2? 1+sin t π π?1+sin t? 由(1)得,当 t∈(0,x0)时,u′(t)<0, π? 当 t∈? ?x0,2?时,u′(t)>0. π? π? π? ?π? ? ? 在? ?x0,2?上 u(t)为增函数,由 u?2?=0 知,当 t∈?x0,2?时,u(t)<0,所以 u(t)在?x0,2? 上无零点. 在(0,x0)上 u(t)为减函数,由 u(0)=1 及 u(x0)<0 知存在唯一 t0∈(0,x0),使 u(t0)=0. π? 于是存在唯一 t0∈? ?0,2?,使 u(t0)=0. π ? π ? 设 x1=π-t0∈? 则 g(x1)=g(π-t0)=u(t0)=0, 因此存在唯一的 x1∈? 使 g(x1) ?2,π?, ?2,π?, =0. 由于 x1=π-t0,t0<x0,所以 x0+x1>π. 13.(2014 陕西,14 分) m 设函数 f(x)=ln x+ ,m ∈R. x 1-sin x 2x + -1. 1+sin x π

(1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f?b?-f?a? (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a e 解:(1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ , x x-e 则 f′(x)= 2 , x ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3

f?b?-f?a? (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立. b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1?2 1 得 m≥-x2+x=-? ?x-2? +4(x>0)恒成立, 1 1 1 对m= ,h′?x?=0仅在x= 时成立?, ∴m≥ ? 4 2 ? 4? 1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞? 14. (2013 新课标全国Ⅰ,5 分)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解:本题主要考查导数的基本知识,利用导数判断函数单调性、求极值. (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1? x f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)? ?e -2?. 令 f′(x)=0 得,x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2).


15.(2013 山东,12 分)已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)设 a≥0,求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0,且对任意 x>0,f(x)≥f(1).试比较 ln a 与-2b 的大小. 解: 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较, 考查分类讨论 思想、推理论证能力和运算求解能力. (1)由 f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞), 2ax2+bx-1 得 f′(x)= . x

bx-1 ①当 a=0 时,f′(x)= . x (ⅰ)若 b≤0,当 x>0 时,f′(x)<0 恒成立, 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1 (ⅱ)若 b>0,当 0<x< 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; b 1 当 x> 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. b 1 1 0, ?,单调递增区间是? ,+∞?. 所以函数 f(x)的单调递减区间是? b ? ? ?b ? ②当 a>0 时,令 f′(x)=0, 得 2ax2+bx-1=0. -b- 由 Δ=b2+8a>0,得 x1= x2= -b+ b2+8a . 4a b2+8a , 4a

当 0<x<x2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x>x2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.

? -b+ b2+8a? , 单 调 递 增 区 间 是 所 以 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 ?0, ? 4a ? ? ?-b+ b2+8a ? ? ,+∞?. 4a ? ?
综上所述, 当 a=0,b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞); 1 1 0, ?,单调递增区间是? ,+∞?; 当 a=0,b>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是? ? b? ?b ?

? -b+ 当 a>0 时 , 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 ?0, ?
-b+ b2+8a ,+∞. 4a

b2+8a? ?,单调递增区间是 4a ?

(2)由题意知,函数 f(x)在 x=1 处取得最小值. -b+ b2+8a 由(1)知 是 f(x)的唯一极小值点, 4a -b+ b2+8a 故 =1,整理得 2a+b=1 即 b=1-2a. 4a 令 g(x)=2-4x+ln x, 1-4x 则 g′(x)= . x

1 令 g′(x)=0,得 x= , 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 4 1? 1 因此 g(x)≤g? ?4?=1+ln 4=1-ln 4<0. 故 g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 即 ln a<-2b. 16. (2013 新课标全国Ⅱ,5 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是 ( ) A.? x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f (x0)=0 解析:本题考查三次函数的性质,考查数形结合思想,考查考生分析问题和解决问题的 能力.由于三次函数的三次项系数为正值,当 x→-∞时,函数值→-∞,当 x→+∞时, 函数值也→+∞,又三次函数的图象是连续不断的,故一定穿过 x 轴,即一定?x0∈R,f(x0) =0,选项 A 中的结论正确;函数 f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x+m)3+n(x +m)+h 的形式,通过平移函数图象,函数的解析式可以化为 y=x3+nx 的形式,这是一个 奇函数,其图象关于坐标原点对称,故函数 f(x)的图象是中心对称图形,选项 B 中的结论正 确;由于三次函数的三次项系数为正值,故函数如果存在极值点 x1,x2,则极小值点 x2>x1, 即函数在-∞到极小值点的区间上是先递增后递减的,所以选项 C 中的结论错误;根据导 数与极值的关系,显然选项 D 中的结论正确. 答案:C 17. (2013 福建,5 分)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结 论一定正确的是( )


A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点 解析:本题主要考查函数的极值点、导数等基础知识,意在考查考生的数形结合能力、 转化和化归能力、运算求解能力.取函数 f(x)=x3-x,则 x=- f(3)>f?- 3 为 f(x)的极大值点,但 3

?

3? , ∴排除 A; 取函数 f(x)=-(x-1)2, 则 x=1 是 f(x)的极大值点, 但-1 不是 f(- 3?

x)的极小值点,∴排除 B;-f(x)=(x-1)2,-1 不是-f(x)的极小值点,∴排除 C,故选 D. 答案:D 18. (2013 广东,14 分)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. 解: 本题以三次函数为背景, 主要考查导数在研究函数的单调性、 极值、 最值中的应用, 意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力. (1)当 k=1 时, f(x)=x3-x2+x,f′(x)=3x2-2x+1. ∵方程 3x2-2x+1=0 的判别式 Δ=4-4×3=-8<0, ∴f′(x)>0 恒成立, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). (2)当 k<0 时, f′(x)=3x2-2kx+1, 方程 3x2-2kx+1=0 的判别式 Δ=4k2-4×3=4(k2 -3), ①当 Δ≤0 时,有 k2-3≤0,即- 3≤k<0 时,f′(x)≥0 恒成立,这时 f(x)在[k,-k] 上单调递增, 有 m=f(k)=k3-k· k2+k=k,M=f(-k)=-k3-k· k2-k=-2k3-k. ②当 Δ>0 时,有 k2-3>0,即 k<- 3, 令 f′(x)=3x2-2kx+1=0,解得 x1= k- k2-3 k+ k2-3 <0,x2= <0,且 x1<x2<0, 3 3

k- k2-3 -2k- k2-3 4k2- k2-3 又 x1-k= -k= = >0, 3 3 3 于是 k<x1<x2<0, 当 k<x<x1 或 x2<x<-k 时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0,f(x)为减函数, 故 M=max{f(-k),f(x1)},m=min{f(k),f(x2)}. 先证 f(-k)>f(x1).
2 ∵3x2 1-2kx1+1=0,∴kx1=

3x3 1+x1 , 2

2 3 f(x1)=x3 1-kx1+x1=x1-

3x3 -x3 1+x1 1+x1 +x1= , 2 2 -x3 1 3 1 1 3 1+x1? 3 3 ? 2 ? = - 2k - k + 2 x 1 - 2 x1 = - 2k + 2 x 1 +

∴ f( - k) - f(x1) = ( - 2k3 - k) - ?

?-k-1x1?, 2 ? ?

1 1 3 3 又-k- x1>0,要证 f(-k)>f(x1),只需证-2k3+ x3 >0?x3 1>4k ?x1> 4k, 2 2 1 3 由 k<x1<0 知 x1> 4k 显然成立, ∴f(-k)>f(x1). 再证 f(k)<f(x2). -x3 -x3 1 2+x2 2+x2 1 同理 f(x2)= ,有 f(k)-f(x2)=k- = (k-x2)+ (k+x3 2)<0, 2 2 2 2 ∴f(k)<f(x2). 综上所述,M=f(-k)=-2k3-k,m=f(k)=k. 19.(2013 浙江,15 分)已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. 解:本题主要考查利用导数研究函数的单调性等性质,及导数应用等基础知识,同时考 查分类讨论等综合解题能力. (1)当 a=1 时,f′(x)=6x2-12x+6,所以 f′(2)=6. 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 y=6x-8. (2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令 f′(x)=0,得到 x1=1,x2=a. 当 a>1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) + 单调 递增 1 0 极大值 3a-1 (1,a) - 单调 递减 a 0 极小值 a (3-a)
2

(a,2a) + 单调 递增

2a

4a3

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得
? ?0,1<a≤3, g(a)=? 2 ?a ?3-a?,a>3. ?

当 a<-1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) - 单调 递减 1 0 极小值 3a-1 (1,-2a) + 单调 递增 -28a3-24a2 -2a

得 g(a)=3a-1. 综上所述,f(x)的闭区间[0,2|a|]上的最小值为

3a-1,a<-1, ? ? g(a)?0,1<a≤3, ? ?a2?3-a?,a>3. 2 20. (2012 陕西,5 分)设函数 f(x)= +ln x,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 2 1 x-2 解析:函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=- 2+ = 2 ,当 x=2 时,f′(x)=0; x x x 当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x)为减函数,所以 x =2 为函数 f(x)的极小值点. 答案:D x -?a+5?x,x≤0 ? ? 21. (2013 天津,14 分)设 a∈[-2,0],已知函数 f(x)=? 3 a+3 2 ? ?x - 2 x +ax,x>0. (1)证明 f(x)在区间(-1,1)内单调递减, 在区间(1, +∞)内单调递增; (2)设曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,且 x1x2x3≠0.证明 x1+x2 1 +x3>- . 3 证明:本题主要考查导数的运算及其几何意义,利用导数研究函数的单调性,考查分类 讨论思想、化归与转化思想、函数与方程思想,考查综合分析问题和解决问题的能力. a+3 2 (1)设函数 f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3- x +ax(x≥0), 2 ①f′1(x)=3x2-(a+5),由于 a∈[-2,0],从而当-1<x<0 时,f′1(x)=3x2-(a+5)<3 -a-5≤0,所以函数 f1(x)在区间(-1,0]内单调递减. ②f′2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1), 由于 a∈[-2,0], 所以当 0<x<1 时, f′2(x)<0; 当 x>1 时,f′2(x)>0.即函数 f2(x)在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 综合①,②及 f1(0)=f2(0),可知函数 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞) 内单调递增. a+3? (2)由(1)知 f′(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间?0, 内单调递减,在区间 6 ? ?
3

)

?a+3,+∞?内单调递增,因为曲线 y=f(x)在点 P (x ,f(x ))(i=1,2,3)处的切线相互平行,从 i i i ? 6 ?

而 x1,x2,x3 互不相等,且 f′(x1)=f′(x2)=f′(x3).不妨设 x1<0<x2<x3,由 3x2 1-(a+5)=
2 3x2 2-(a+3)x2+a=3x3-(a+3)x3+a,

a+3 a+3 2 可得 3x2 -3x2 ,从而 0<x2< <x3. 3-(a+3)(x2-x3)=0,解得 x2+x3= 3 6 设 g(x)=3x2-(a+3)x+a,则 g? a+3? ? 6 ?<g(x2)<g(0)=a. 2a+5 <x1<0,所以 x1+x2+x3>- 3 2a+5 a+3 + , 3 3

由 3x2 1-(a+5)=g(x2)<a,解得- 设 t=

2a+5 3t2-5 3t2+1 3 15? , 则 a= , 因为 a∈[-2,0], 所以 t∈? , , 故 x1+x2+x3>-t+ 3 2 6 3 ? ?3

1 1 1 = (t-1)2- ≥- , 2 3 3 1 即 x1+x2+x3>- . 3 22. (2013 湖北,13 分)设 a>0,b>0,已知函数 f(x)= (1)当 a≠b 时,讨论函数 f(x)的单调性; (2)当 x>0 时,称 f(x)为 a,b 关于 x 的加权平均数. (i)判断 f(1),f? ax+b . x+1

?

b? ? b? ?b? ,f 是否成等比数列,并证明 f? ?a?≤f? a? ?a?

b? ; a?

2ab (ii)a,b 的几何平均数记为 G.称 为 a,b 的调和平均数,记为 H.若 H≤f(x)≤G,求 a+b x 的取值范围. 解:本题主要考查不等式、导数的应用,利用导数研究函数的单调性等基础知识,考查 运算能力及用函数思想分析解决问题的能力. (1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞), a?x+1?-?ax+b? a-b f′(x)= = . ?x+1?2 ?x+1?2 当 a>b 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增; 当 a<b 时,f′(x)<0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减. a+b b? 2ab ? (2)(ⅰ)计算得 f(1)= >0,f? ?a?=a+b>0,f? 2 b? a+b 2ab 故 f(1)f? =ab=?f? ?a?= 2 · a+b ?? b? ? ? 即 f(1)f? ?a?= f b??2 , a?? b? = ab>0. a?

??

b??2 .① a?? b?2 ?b? ,f?a?成等比数列. a?

所以 f(1),f?

?

a+b 因为 ≥ ab,即 f(1)≥f? 2 ? b? ? (ⅱ)由(ⅰ)知 f? ?a?=H,f

b? ? b? .由①得 f? ?a?≤f? a?

b? . a?

?

b? =G.故由 H≤f(x)≤G, a?

b? ? 得 f? ?a?≤f(x)≤f

?

b? .② a?

b? ? 当 a=b 时,f? ?a?=f(x)=f

?

b? =a. a?

这时,x 的取值范围为(0,+∞); b b 当 a>b 时,0< <1,从而 < a a b 得 ≤x≤ a b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递增与②式, a b? ; a? b b ≤x≤ , a a

b b ,即 x 的取值范围为? , a ?a

b b 当 a<b 时, >1,从而 > a a 即 x 的取值范围为?

b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递减与②式,得 a

?

b b? , . a a? b? ; a?

b 综上,当 a=b 时,x 的取值范围为(0,+∞);当 a>b 时,x 的取值范围为? , ?a 当 a<b 时,x 的取值范围为?

?

b b? , a a?

23. (2012 福建,5 分)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现 给出如下结论:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是( A.①③ C.②③ ) B.①④ D.②④

解析:∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),令 f′(x)=0, 得 x=1 或 x=3.依题意有,函数 f(x)=x3-6x2+9x-abc 的图像与 x 轴有三个不同的交点, 故 f(1)f(3)<0,即(1-6+9-abc)(33-6×32+9×3-abc)<0,∴0<abc<4,∴f(0)=-abc<0, f(1)=4-abc>0,f(3)=-abc<0,故②③是对的. 答案:C 1 24. (2012 辽宁,5 分)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞) )

1 1 ?x-1??x+1? 解析:函数 y= x2-ln x 的定义域为(0,+∞),y′=x- = ,令 y′≤0, 2 x x 则可得 0<x≤1.

答案:B 25. (2012 新课标全国,12 分)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1 =(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 令 g(x)= x +x,则 e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? g′(x)= x . 2 + 1= ?e -1? ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在 (0,+∞)上存在唯一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α ∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞)上的最小 值为 g(α). 又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2. 26. (2012 浙江,15 分)已知 a∈R,函数 f(x)=4x3-2ax+a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+|2-a|>0. 解:(1)由题意得 f′(x)=12x2-2a. 当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时, f′(x)=12(x- 和[ a )(x+ 6 a ), 此时函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, - 6 a , 6 a ]. 6 a ] 6

a ,+∞),单调递减区间为[- 6

(2)证明:由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时, f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2.

当 a>2 时,f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2. 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 则 g′(x)=6x2-2=6(x- x g′(x) g(x) 所以,g(x)min=g( 1 0 3 3 )(x+ ),于是 3 3 (0, 3 ) 3 3 3 0 极小值 ( 3 ,1) 3 + 增 1 1

- 减

3 4 3 )=1- >0. 3 9

所以当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0. 27. (2012 广东, 14 分) 设 0<a<1, 集合 A={x∈R|x>0}, B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0}, D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点. 1 解: (1)方程 2x2- 3(1+ a)x + 6a =0 的判别式 Δ= 9(1 + a)2- 48a= 9(a - 3)(a- ) ,而 3 0<a<1,A={x∈R|x>0}, 1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 0<a< , 3 3 由 2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得 x1= 3?1+a?+3 x2= 4 1 ?a-3??a- ? 3 4



1 ?a-3??a- ? 3 ,有 0<x1<x2,

此时 B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞); 1 ②当 Δ=0 时,得 a= ,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 3 此时 B=(-∞,1)∪(1,+∞), D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得 <a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 3 1 综上所述:当 0<a< 时,D=(0, 3 3?1+a?-3 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

3?1+a?+3 (

1 ?a-3??a- ? 3 4

,+∞);

1 当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞); 3 1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3 (2)由题知 f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),0<a<1, 令 f′(x)=0 得 x=a 或 x=1,当 x<a 或 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 a<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 1 ①当 0<a< 时,D= 3 3?1+a?-3 (0, 3?1+a?+3 ( 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

1 ?a-3??a- ? 3 4

,+∞ ),

由 f(0)=0,f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0,f(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1<0, 再由 f(x)的单调性可得 0<a<x1<1<x2, 所以函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 1 1 ②当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a= . 3 3 1 ③当 <a<1 时,D=(0,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1. 3 1 1 综上,当 <a<1 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1;当 a= 时,函数 f(x)在 3 3 1 1 D 内的极值点为 x= ;当 0<a< 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 3 3 1 28. (2012 安徽,12 分)设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)=ax+ +b(a>0). ax (1)求 f(x)的最小值; 3 (2)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 1 解:(1)法一:由题设和均值不等式可知,f(x)=ax+ +b≥2+b, ax 其中等号成立当且仅当 ax=1, 1 即当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 法二:f(x)的导数 f′(x)=a-
2 2 1 a x -1 , 2= ax ax2

1 1 当 x> 时,f′(x)>0,f(x)在( ,+∞)上单调递增; a a 1 1 当 0<x< 时,f′(x)<0,f(x)在(0, )上单调递减. a a 1 所以当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 1 1 3 1 (2)由题设知,f′(x)=a- 2,f′(1)=a- = ,解得 a=2 或 a=- (不合题意,舍去). ax a 2 2 1 3 将 a=2 代入 f(1)=a+ +b= ,解得 b=-1.所以 a=2,b=-1. a 2 1-a 2 1 29. (2012 天津,14 分)已知函数 f(x)= x3+ x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t) =M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值. 解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + ? -1 0 极大值 (-1,a) - ? a 0 极小值 (a,+∞) + ?

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当 f?-2?<0, ? ? 1 ?f?-1?>0, 解得 0<a<3. ? ?f?0?<0. 1 所以,a 的取值范围是(0, ). 3 1 (3)a=1 时, f(x)= x3-x-1.由(1)知 f(x)在[-3, -1]上单调递增, 在[-1,1]上单调递减, 3 在[1,2]上单调递增. ①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1, 1 t+3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值 M(t)=f(-1)=- ,而最小值 m(t)为 f(t) 3 与 f(t+3)中的较小者.由 f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),

故 m(t)=f(t),所以 g(t)=f(-1)-f(t).而 f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- 5 1 5 4 .所以 g(t)在[-3,-2]上的最小值为 g(-2)=- -(- )= . 3 3 3 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3]. 下面比较 f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小. 由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1), f(1)≤f(t+3)≤f(2). 5 1 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- ,从而 3 3 1 5 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- . 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3 30. (2012 湖南,13 分)已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k, 证明:存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立. 解:(1)f′(x)=ex-a,令 f′(x)=0 得 x=ln a. 当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln a 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,故当 x= ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a-aln a. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1. ① 令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1.因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? ex2-ex1 (2)由题意知,k= = -a, x2-x1 x2-x1 ex2-ex1 ′ 令 φ(x)=f (x)-k=ex- ,则 x2-x1 ex1 φ(x1)=- [ex -x -(x2-x1)-1], x2-x1 2 1 ex2 φ(x2)= [ex -x -(x1-x2)-1]. x2-x1 1 2

令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减;当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 ex2-x1-(x2-x1)-1>0, ex1-x2-(x1-x2)-1>0, 又 ex1 ex2 >0, >0, x2-x1 x2-x1

所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1, x2]上的图象是连续不断的一条曲线, 所以存在 x0∈(x1, x2), 使 φ(x0)=0,即 f′(x0)=k 成立. 31. (2011 福建,5 分)若 a>0,b>0,且函数 ?(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极 值,则 ab 的最大值等于( A.2 C.6 ) B.3 D.9

解析:函数的导数为 ? ′(x)=12x2-2ax-2b,由函数 ?(x)在 x=1 处有极值,可知函数 ?(x)在 x=1 处的导数值为零,12-2a-2b=0,所以 a+b=6,由题意知 a,b 都是正实数, a+b 2 6 2 所以 ab≤( ) =( ) =9,当且仅当 a=b=3 时取到等号. 2 2 答案:D 32. (2011 浙江,5 分)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列图像不可能为 y=f(x)的图像是( )

解析:若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则易得 a=c.因选项 A、B 的函数为 f(x) =a(x+1)2,则[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,∴x=-1 为函数 f(x)ex 的一 b 个极值点满足条件;选项 C 中,对称轴 x=- >0,且开口向下, 2a b ∴a<0,b>0.∴f(-1)=2a-b<0.也满足条件;选项 D 中,对称轴 x=- <-1,且 2a 开口向上, ∴a>0,b>2a.∴f(-1)=2a-b<0.与图矛盾. 答案:D 33. (2010 山东,5 分)已知某生产厂家的年利润 y(单元:万元)与年产量 x(单位:万件) 1 的函数关系式为 y=- x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( 3 )

A.13 万件 C.9 万件

B.11 万件 D.7 万件

解析:因为 y′=-x2+81,所以当 x>9 时,y′<0;当 x∈(0,9)时,y′>0,所以函 1 数 y=- x3+81x-234 在(9,+∞)上单调递减,在(0,9)上单调递增,所以 x=9 是函数的极 3 大值点,又因为函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以函数在 x=9 处取得最大值. 答案:C 34.(2010 浙江,15 分)已知函数 f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R,a<b). (1)当 a=1,b=2 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)设 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,x3 是 f(x)的一个零点,且 x3≠x1,x3≠x2.证明:存在实 数 x4,使得 x1,x2,x3,x4 按某种顺序排列后构成等差数列,并求 x4. 解:(1)当 a=1,b=2 时,因为 f′(x)=(x-1)(3x-5),故 f′(2)=1. 又 f(2)=0,所以 f(x)在点(2,0)处的切线方程为 y=x-2. a+2b a+2b (2)证明:因为 f′(x)=3(x-a)(x- ),由于 a<b,故 a< ,所以 f(x)的两个极 3 3 a+2b 值点为 x=a,x= . 3 a+2b 不妨设 x1=a,x2= , 3 因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的零点,故 x3=b, a+2b a+2b 又因为 -a=2(b- ), 3 3 a+2b 2a+b 1 故可令 x4= (a+ )= , 2 3 3 2a+b a+2b 此时 a, , ,b 依次成等差数列, 3 3 2a+b 所以存在实数 x4 满足题意,且 x4= . 3


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