專題三利用導(dǎo)數(shù)研究報(bào)告函數(shù)的性質(zhì)

-.z.專題三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)1．f′(*)>0在(a，b)上成立是f(*)在(a，b)上單調(diào)遞增的充分不必要條件．2．f(*)在(a，b)上是增函數(shù)的充要條件是f′(*)≥0，且f′(*)＝0在有限個點(diǎn)處取到．3．對于可導(dǎo)函數(shù)f(*)，f′(*0)＝0并不是f(*)在*＝*0處有極值的充分條件對于可導(dǎo)函數(shù)f(*)，*＝*0是f(*)的極值點(diǎn)，必須具備①f′(*0)＝0，②在*0兩側(cè)，f′(*)的符號為異號．所以f′(*0)＝0只是f(*)在*0處有極值的必要條件，但并不充分．4．如果連續(xù)函數(shù)f(*)在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，則這個極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)．在解決實(shí)際問題中經(jīng)常用到這一結(jié)論．1．函數(shù)f(*)＝eq\f(lna＋ln*,*)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__________．答案[e，＋∞)解析f′(*)＝eq\f(\f(1,*)·*－lna＋ln*,*2)＝eq\f(1－lna＋ln*,*2)，因?yàn)閒(*)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(*)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－ln*在[1，＋∞)上恒成立．設(shè)φ(*)＝1－ln*，φ(*)ma*＝1，故lna≥1，a≥e.2．設(shè)函數(shù)f(*)＝a*3－3*＋1(*∈R)，假設(shè)對于任意*∈[－1,1]，都有f(*)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________．答案4解析假設(shè)*＝0，則不管a取何值，f(*)≥0顯然成立；當(dāng)*>0，即*∈(0,1]時，f(*)＝a*3－3*＋1≥0可化為a≥eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3).設(shè)g(*)＝eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3)，則g′(*)＝eq\f(31－2*,*4)，所以g(*)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，因此g(*)ma*＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，從而a≥4.當(dāng)*<0，即*∈[－1,0)時，同理a≤eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3).g(*)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，∴g(*)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4.3．假設(shè)函數(shù)f(*)的導(dǎo)函數(shù)為f′(*)＝－*(*＋1)，則函數(shù)g(*)＝f(loga*)(0<a<1)的單調(diào)減區(qū)間是__________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))解析由f′(*)＝－*(*＋1)≤0，得*≤－1或*≥0，即f(*)的減區(qū)間為(－∞，－1]，[0，＋∞)，則f(*)的增區(qū)間為[－1,0]．∵0<a<1，∴y＝loga*在(0，＋∞)上為減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知當(dāng)－1≤loga*≤0，即1≤*≤eq\f(1,a)時，g(*)為減函數(shù)，∴g(*)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).4．直線l與函數(shù)y＝3*＋eq\f(1,*)的圖象相切于點(diǎn)P，且與直線*＝0和y＝3*分別交于A，B兩點(diǎn)，則eq\f(AP,BP)＝________.答案1解析設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*0，3*0＋\f(1,*0)))，則在點(diǎn)P處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3*0＋\f(1,*0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,*\o\al(2,0))))(*－*0)，與y＝3*聯(lián)立解得*B＝2*0，所以eq\f(AP,BP)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(*P,*P－*B)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(*0,*0－2*0)))＝1.5．函數(shù)f(*)＝eq\f(1,2)*2－ln*在[1，e]上的最大值為________．答案eq\f(1,2)解析∵f′(*)＝*－eq\f(1,*)，∴當(dāng)*∈(1，e)時，f′(*)>0，∴f(*)在[1，e]上是增函數(shù)，故f(*)min＝f(1)＝eq\f(1,2).題型一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1函數(shù)f(*)＝*3＋a*2－*＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(*)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(*)＝(f(*)－*3)·e*，假設(shè)函數(shù)g(*)在*∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．解(1)由f(*)＝*3＋a*2－*＋c，得f′(*)＝3*2＋2a*－1.當(dāng)*＝eq\f(2,3)時，得a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(*)＝*3－*2－*＋c.則f′(*)＝3*2－2*－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(1,3)))(*－1)，列表如下：*(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，1)1(1，＋∞)f′(*)＋0－0＋f(*)極大值極小值所以f(*)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(*)的單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函數(shù)g(*)＝(f(*)－*3)·e*＝(－*2－*＋c)·e*，有g(shù)′(*)＝(－2*－1)e*＋(－*2－*＋c)e*＝(－*2－3*＋c－1)e*，因?yàn)楹瘮?shù)g(*)在*∈[－3,2]上單調(diào)遞增，所以h(*)＝－*2－3*＋c－1≥0在*∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范圍是[11，＋∞)．探究提高利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(*)；(3)①假設(shè)求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(*)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(*)>0或f′(*)<0.②假設(shè)f(*)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(*)≥0或f′(*)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解．設(shè)函數(shù)f(*)＝*(e*－1)－a*2.(1)假設(shè)a＝eq\f(1,2)，求f(*)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)當(dāng)*≥0時，f(*)≥0，求a的取值范圍．解(1)a＝eq\f(1,2)時，f(*)＝*(e*－1)－eq\f(1,2)*2，f′(*)＝e*－1＋*e*－*＝(e*－1)(*＋1)．當(dāng)*∈(－∞，－1)時，f′(*)>0；當(dāng)*∈(－1,0)時，f′(*)<0；當(dāng)*∈(0，＋∞)時，f′(*)>0.故f(*)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減．(2)f(*)＝*(e*－1－a*)，令g(*)＝e*－1－a*，g′(*)＝e*－a.假設(shè)a≤1，則當(dāng)*∈(0，＋∞)時，g′(*)>0，g(*)為增函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)*≥0時，g(*)≥0，即f(*)≥0.假設(shè)a>1，則當(dāng)*∈(0，lna)時，g′(*)<0，g(*)為減函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)*∈(0，lna)時，g(*)<0，即f(*)<0.綜合得a的取值范圍為(－∞，1]．題型二單調(diào)區(qū)間求參數(shù)范圍例2a∈R，函數(shù)f(*)＝(－*2＋a*)e*(*∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(*)的單調(diào)增區(qū)間；(2)假設(shè)函數(shù)f(*)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時，f(*)＝(－*2＋2*)e*，所以f′(*)＝(－2*＋2)e*＋(－*2＋2*)e*＝(－*2＋2)e*.令f′(*)>0，即(－*2＋2)e*>0，因?yàn)閑*>0，所以－*2＋2>0，解得－eq\r(2)<*<eq\r(2).所以函數(shù)f(*)的單調(diào)增區(qū)間是[－eq\r(2)，eq\r(2)]．(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(*)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以f′(*)≥0對*∈(－1,1)都成立．因?yàn)閒′(*)＝(－2*＋a)e*＋(－*2＋a*)e*＝[－*2＋(a－2)*＋a]e*，所以[－*2＋(a－2)*＋a]e*≥0對*∈(－1,1)都成立．因?yàn)閑*>0，所以－*2＋(a－2)*＋a≥0對*∈(－1,1)都成立，即a≥eq\f(*2＋2*,*＋1)＝eq\f(*＋12－1,*＋1)＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)對*∈(－1,1)都成立．令y＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,*＋12)>0.所以y＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2).即a≥eq\f(3,2).因此a的取值范圍為a≥eq\f(3,2).探究提高(1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定參數(shù)范圍是高考的一個熱點(diǎn)題型，其根據(jù)是函數(shù)在*區(qū)間上單調(diào)遞增(減)時，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于或者等于零恒成立，轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題解決．(2)在形式上的二次函數(shù)問題中，極易忘卻的就是二次項(xiàng)系數(shù)可能等于零的情況，這樣的問題在導(dǎo)數(shù)單調(diào)性的討論中是經(jīng)常遇到的，值得特別注意．函數(shù)f(*)＝eq\f(a*,*2＋b)在*＝1處取得極值2.(1)求函數(shù)f(*)的表達(dá)式；(2)當(dāng)m滿足什么條件時，函數(shù)f(*)在區(qū)間(m,2m解(1)因?yàn)閒′(*)＝eq\f(a*2＋b－a*2*,*2＋b2)，而函數(shù)f(*)＝eq\f(a*,*2＋b)在*＝1處取得極值2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋b－2a＝0，,\f(a,1＋b)＝2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝1))，所以f(*)＝eq\f(4*,1＋*2)即為所求．(2)由(1)知f′(*)＝eq\f(4*2＋1－8*2,*2＋12)＝eq\f(－4*－1*＋1,1＋*22).令f′(*)＝0得*1＝－1，*2＝1，則f(*)的增減性如下表：*(－∞，－1)(－1,1)(1，＋∞)f′(*)－＋－f(*)可知，f(*)的單調(diào)增區(qū)間是[－1,1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1,2m＋1≤1?－1<m≤0,m<2m＋1))，所以當(dāng)m∈(－1,0]時，函數(shù)f(*)在區(qū)間(m,2m題型三函數(shù)的極值、最值應(yīng)用問題例3設(shè)函數(shù)f(*)＝*4＋a*3＋2*2＋b(*∈R)，其中a，b∈R.(1)當(dāng)a＝－eq\f(10,3)時，討論函數(shù)f(*)的單調(diào)性；(2)假設(shè)函數(shù)f(*)僅在*＝0處有極值，求a的取值范圍；(3)假設(shè)對于任意的a∈[－2,2]，不等式f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，求b的取值范圍．思維啟迪：f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，轉(zhuǎn)化為f(*)在[－1,0]上的最大值f(*)ma*≤1.解(1)f′(*)＝4*3＋3a*2＋4*＝*(4*2＋3a*＋4)．當(dāng)a＝－eq\f(10,3)時，f′(*)＝*(4*2－10*＋4)＝2*(2*－1)(*－2)．令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝eq\f(1,2)，*3＝2.當(dāng)*變化時，f′(*)，f(*)的變化情況如下表：*(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))2(2，＋∞)f′(*)－0＋0－0＋f(*)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(*)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)．(2)f′(*)＝*(4*2＋3a*＋4)，顯然*＝0不是方程4*2＋3a*＋4＝0的根．由于f(*)僅在*＝0處有極值，則方程4*2＋3a*＋4＝0有兩個相等的實(shí)根或無實(shí)根，Δ＝9a2解此不等式，得－eq\f(8,3)≤a≤eq\f(8,3).這時，f(0)＝b是唯一極值．因此滿足條件的a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(8,3))).(3)由(2)知，當(dāng)a∈[－2,2]時，4*2＋3a*＋4>0恒成立．∴當(dāng)*<0時，f′(*)<0，f(*)在區(qū)間(－∞，0]上是減函數(shù)．因此函數(shù)f(*)在[－1,0]上的最大值是f(－1)．又∵對任意的a∈[－2,2]，不等式f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，∴f(－1)≤1，即3－a＋b≤1.于是b≤a－2在a∈[－2,2]上恒成立．∴b≤－2－2，即b≤－4.因此滿足條件的b的取值范圍是(－∞，－4]．探究提高(1)對含參函數(shù)的極值，要進(jìn)展討論，注意f′(*0)＝0只是f(*)在*0處取到極值的必要條件．(2)利用函數(shù)的極值、最值，可以解決一些不等式的證明、函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)、恒成立問題等．f(*)＝a*2(a∈R)，g(*)＝2ln*.(1)討論函數(shù)F(*)＝f(*)－g(*)的單調(diào)性；(2)假設(shè)方程f(*)＝g(*)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍．解(1)F(*)＝a*2－2ln*，其定義域?yàn)?0，＋∞)，∴F′(*)＝2a*－eq\f(2,*)＝eq\f(2a*2－1,*)(*>0)．①當(dāng)a>0時，由a*2－1>0，得*>eq\f(1,\r(a)).由a*2－1<0，得0<*<eq\f(1,\r(a)).故當(dāng)a>0時，F(xiàn)(*)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a)))).②當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(*)<0(*>0)恒成立．故當(dāng)a≤0時，F(xiàn)(*)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)原式等價于方程a＝eq\f(2ln*,*2)＝φ(*)在區(qū)間[eq\r(2)，e]上有兩個不等解．∵φ′(*)＝eq\f(2*1－2ln*,*4)在(eq\r(2)，eq\r(e))上為增函數(shù)，在(eq\r(e)，e)上為減函數(shù)，則φ(*)ma*＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<φ(2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))．∴φ(*)min＝φ(e)，如圖當(dāng)f(*)＝g(*)在[eq\r(2)，e]上有兩個不等解時有φ(*)min＝eq\f(ln2,2)，a的取值范圍為eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e).導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系不清致誤典例：(14分)f(*)＝*3－a*2－3*.(1)假設(shè)f(*)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)假設(shè)*＝3是f(*)的極值點(diǎn)，求f(*)在[1，a]上的最小值和最大值．易錯分析求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間就是解導(dǎo)數(shù)大于零的不等式，受此影響，容易認(rèn)為函數(shù)f(*)的導(dǎo)數(shù)在區(qū)間[2，＋∞)上大于零，無視了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在[2，＋∞)上個別的點(diǎn)處可以等于零，這樣的點(diǎn)不影響函數(shù)的單調(diào)性．標(biāo)準(zhǔn)解答解(1)由題意，知f′(*)＝3*2－2a*－3，[1分]令f′(*)≥0(*≥2)，得a≤eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(1,*))).記t(*)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(1,*)))，當(dāng)*≥2時，t(*)是增函數(shù)，[3分]所以t(*)min＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝eq\f(9,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))).[6分](2)由題意，得f′(3)＝0，即27－6a－3＝0，所以a所以f(*)＝*3－4*2－3*，f′(*)＝3*2－8*－3.[9分]令f′(*)＝0，得*1＝－eq\f(1,3)，*2＝3.[10分]又因?yàn)?∈[1,4]，所以*＝－eq\f(1,3)(舍去)，故*＝3.當(dāng)*∈(1,3)時，f′(*)<0，所以f(*)在[1,3]上為減函數(shù)；[11分]當(dāng)*∈(3,4)時，f′(*)>0，所以f(*)在[3,4]上為增函數(shù)．[12分]所以*＝3時，f(*)有極小值．于是，當(dāng)*∈[1,4]時，f(*)min＝f(3)＝－18，而f(1)＝－6，f(4)＝－12，所以f(*)ma*＝f(1)＝－6.[14分]溫馨提醒(1)假設(shè)函數(shù)y＝f(*)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(*)≥0，其逆命題不成立，因?yàn)閒′(*)≥0包括f′(*)>0或f′(*)＝0.當(dāng)f′(*)>0時函數(shù)y＝f(*)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，當(dāng)f′(*)＝0時f(*)在這個區(qū)間內(nèi)為常函數(shù)；同理，假設(shè)函數(shù)y＝f(*)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(*)≤0，其逆命題不成立．(2)使f′(*)＝0的離散的點(diǎn)不影響函數(shù)的單調(diào)性.方法與技巧1．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，就是把不等式恒成立的問題，通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的問題．應(yīng)用這種方法的難點(diǎn)是如何根據(jù)不等式的構(gòu)造特點(diǎn)或者根據(jù)題目證明目標(biāo)的要求，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．2．在討論方程的根的個數(shù)、研究函數(shù)圖象與*軸(或*直線)的交點(diǎn)個數(shù)、不等式恒成立等問題時，常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍，這類問題的實(shí)質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應(yīng)用．失誤與防范1．研究函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，首先要求出函數(shù)的定義域．2．利用單調(diào)性求最值時不要無視f′(*)＝0的情況．3．"f′(*0)＝0”是"函數(shù)f(*)在*0取到極值〞的必要條件．A組專項(xiàng)根底訓(xùn)練(時間：35分鐘，總分值：62分)一、填空題(每題5分，共35分)1．函數(shù)f(*)＝*2－2ln*的單調(diào)減區(qū)間是________．答案(0,1)解析∵f′(*)＝2*－eq\f(2,*)＝eq\f(2*＋1*－1,*)(*>0)，∴當(dāng)*∈(0,1)時，f′(*)<0，f(*)為減函數(shù)，當(dāng)*∈(1，＋∞)時，f′(*)>0，f(*)為增函數(shù)．2．函數(shù)f(*)＝*3＋3*2＋4*－a的極值點(diǎn)的個數(shù)是________．答案0解析f′(*)＝3*2＋6*＋4＝3(*＋1)2＋1>0，則f(*)在R上是增函數(shù)，故不存在極值點(diǎn)．3．假設(shè)函數(shù)f(*)＝*3－6b*＋3b在(0,1)內(nèi)有最小值，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析f(*)在(0,1)內(nèi)有最小值，即f(*)在(0,1)內(nèi)有極小值，f′(*)＝3*2－6b，由題意，得函數(shù)f′(*)的草圖如圖，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0<0，,f′1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6b<0，,3－6b>0，))解得0<b<eq\f(1,2).4．函數(shù)f(*)＝*3－3*2－9*＋3，假設(shè)函數(shù)g(*)＝f(*)－m在*∈[－2,5]上有3個零點(diǎn)，則m的取值范圍為_____________________________________________．答案[1,8)解析f′(*)＝3*2－6*－9＝3(*2－2*－3)＝3(*＋1)(*－3)，令f′(*)＝0，得*＝－1或*＝3.當(dāng)*∈[－2，－1)時，f′(*)>0，函數(shù)f(*)單調(diào)遞增；當(dāng)*∈(－1,3)時，f′(*)<0，函數(shù)f(*)單調(diào)遞減；當(dāng)*∈(3,5]時，f′(*)>0，函數(shù)f(*)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(*)的極小值為f(3)＝－24，極大值為f(－1)＝8.而f(－2)＝1，f(5)＝8，函數(shù)圖象大致如下圖．故要使方程g(*)＝f(*)－m在*∈[－2,5]上有3個零點(diǎn)，只需函數(shù)f(*)在[－2,5]內(nèi)的函數(shù)圖象與直線y＝m有3個交點(diǎn)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<8，,m≥1，))即m∈[1,8)．5．(2012·)曲線y＝*3－*＋3在點(diǎn)(1,3)處的切線方程為________．答案2*－y＋1＝0解析∵y′＝3*2－1，∴曲線在點(diǎn)(1,3)處的切線斜率k＝3×12－1＝2.∴該切線方程為y－3＝2(*－1)，即2*－y＋1＝0.6．函數(shù)f(*)＝m*3＋n*2的圖象在點(diǎn)(－1,2)處的切線恰好與直線3*＋y＝0平行，假設(shè)f(*)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是__________．答案[－2，－1]解析由題意知，點(diǎn)(－1,2)在函數(shù)f(*)的圖象上，故－m＋n＝2.①又f′(*)＝3m*2＋2n*，則f′(－1)＝－3，故3m－2n聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(*)＝*3＋3*2，令f′(*)＝3*2＋6*≤0，解得－2≤*≤0，則[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．7．函數(shù)f(*)＝*(*－m)2在*＝1處取得極小值，則實(shí)數(shù)m＝________.答案1解析f(*)＝*3－2m*2＋m2*，f′(*)＝3*2－4m*＋m2，由f′(1)＝0，即3－4m＋m2＝0，解得m＝1或m當(dāng)m＝1時，f′(*)＝3*2－4*＋1＝(3*－1)(*－1)，當(dāng)m＝3時，f′(*)＝3*2－12*＋9＝3(*－1)(*－3)，則m＝3應(yīng)舍去．二、解答題(共27分)8．(13分)設(shè)函數(shù)f(*)＝*3－eq\f(9,2)*2＋6*－a.(1)對于任意實(shí)數(shù)*，f′(*)≥m恒成立，求m的最大值；(2)假設(shè)方程f(*)＝0有且僅有一個實(shí)根，求a的取值范圍．解(1)f′(*)＝3*2－9*＋6＝3(*－1)(*－2)，因?yàn)?∈(－∞，＋∞)，f′(*)≥m，即3*2－9*＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤－eq\f(3,4)，即m的最大值為－eq\f(3,4).(2)因?yàn)楫?dāng)*<1時，f′(*)>0；當(dāng)1<*<2時，f′(*)<0；當(dāng)*>2時，f′(*)>0.所以當(dāng)*＝1時，f(*)取極大值f(1)＝eq\f(5,2)－a；當(dāng)*＝2時，f(*)取極小值，f(2)＝2－a，故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時，f(*)＝0僅有一個實(shí)根．解得a<2或a>eq\f(5,2).9．(14分)函數(shù)f(*)＝*3－eq\f(3,2)a*2＋b(a，b為實(shí)數(shù)，且a>1)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為1，最小值為－2.(1)求f(*)的解析式；(2)假設(shè)函數(shù)g(*)＝f(*)－m*在區(qū)間[－2,2]上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)f′(*)＝3*2－3a*，令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝a，∵a>1，∴f(*)在[－1,0]上為增函數(shù)，在[0,1]上為減函數(shù)．∴f(0)＝b＝1，∵f(－1)＝－eq\f(3,2)a，f(1)＝2－eq\f(3,2)a，∴f(－1)<f(1)，∴f(－1)＝－eq\f(3,2)a＝－2，a＝eq\f(4,3).∴f(*)＝*3－2*2＋1.(2)g(*)＝*3－2*2－m*＋1，g′(*)＝3*2－4*－m.由g(*)在[－2,2]上為減函數(shù)，知g′(*)≤0在*∈[－2,2]上恒成立．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0,g′2≤0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20－m≤0,4－m≤0))∴m≥20.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是m≥20.B組專項(xiàng)能力提升(時間：35分鐘，總分值：58分)一、填空題(每題5分，共30分)1.設(shè)f(*)＝eq\f(1,3)*3＋a*2＋5*＋6在區(qū)間[1,3]上為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__________________．答案(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)解析f′(*)＝*2＋2a*＋5，當(dāng)f(*)在[1,3]上單調(diào)遞減時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1≤0，,f′3≤0))得a≤－3；當(dāng)f(*)在[1,3]上單調(diào)遞增時，f′(*)≥0恒成立，則有Δ＝4a2－4×5≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－a<1,f′1≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－a>3，,f′3≥0，))得a∈[－eq\r(5)，＋∞)．綜上a的取值范圍為(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)．2．假設(shè)a>2，則方程eq\f(1,3)*3－a*2＋1＝0在(0,2)上恰好有______個根．答案1解析設(shè)f(*)＝eq\f(1,3)*3－a*2＋1，則f′(*)＝*2－2a*＝*(*－2a)，因?yàn)閍>2，所以2a>4，所以當(dāng)*∈(0,2)時，f′(*)<0，則f(*)在(0,2)上為減函數(shù)，又f(0)f(2)＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a＋1))＝eq\f(11,3)－4a<0，所以f(*)＝0在(0,2)上恰好有1個根．3．(2011·湖南改編)設(shè)直線*＝t與函數(shù)f(*)＝*2，g(*)＝ln*的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|到達(dá)最小時t的值為________．答案eq\f(\r(2),2)解析由題意畫出函數(shù)圖象如下圖，由圖可以看出|MN|＝y(tǒng)＝t2－lnt(t>0)．y′＝2t－eq\f(1,t)＝eq\f(2t2－1,t)＝eq\f(2t＋\f(\r(2),2)t－\f(\r(2),2),t).當(dāng)0<t<eq\f(\r(2),2)時，y′<0，可知y在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)t>eq\f(\r(2),2)時，y′>0，可知y在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增．故當(dāng)t＝eq\f(\r(2),2)時，|MN|有最小值．4．關(guān)于*的方程*3－3*2－a＝0有三個不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案(－4,0)解析由題意知使函數(shù)f(*)＝*3－3*2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f′(*)＝3*2－6*＝3*(*－2)，令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝2，當(dāng)*<0時，f′(*)>0；當(dāng)0<*<2時，f′(*)<0；當(dāng)*>2時，f′(*)>0，所以當(dāng)*＝0時，f(*)取得極大值，即f(*)極大值＝f(0)＝－a；當(dāng)*＝2時，f(*)取得極小值，即f(*)極小值＝f(2)＝－4－a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a>0,－4－a<0，))解得－4<a<0.5．如果在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函數(shù)f(*)＝*2＋p*＋q與g(*)＝eq\f(3*,2)＋eq\f(3,2*)在同一點(diǎn)處取得一樣的最小值，則f(*)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值是________．答案4解析∵g(*)＝eq\f(3*,2)＋eq\f(3,/r/