高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)考前三個(gè)月配套教學(xué)案專題二第五講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第五講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．(3)導(dǎo)數(shù)的物理意義：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．2．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)如果已知函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù)y＝x＋sinx.3．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值對(duì)可導(dǎo)函數(shù)而言，某點(diǎn)導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點(diǎn)取得極值的必要條件，但對(duì)不可導(dǎo)的函數(shù)，可能在極值點(diǎn)處函數(shù)的導(dǎo)數(shù)不存在(如函數(shù)y＝|x|在x＝0處)，因此對(duì)于一般函數(shù)而言，導(dǎo)數(shù)等于零既不是函數(shù)取得極值的充分條件也不是必要條件．4．閉區(qū)間上函數(shù)的最值在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值中的最小值．1．(2013·廣東)若曲線y＝kx＋lnx在點(diǎn)(1，k)處的切線平行于x軸，則k＝________.答案－1解析∵y′＝k＋eq\f(1,x)，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.2．(2013·福建)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點(diǎn)，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(diǎn)C．－x0是－f(x)的極小值點(diǎn)D．－x0是－f(－x)的極小值點(diǎn)答案D解析A錯(cuò)，因?yàn)闃O大值未必是最大值．B錯(cuò)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝f(－x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，－x0應(yīng)是f(－x)的極大值點(diǎn)．C錯(cuò)，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱，x0應(yīng)為－f(x)的極小值點(diǎn)．D對(duì)，函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，－x0應(yīng)為y＝－f(－x)的極小值點(diǎn)．3．(2013·浙江)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是()答案B解析從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出，導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小，x＝0時(shí)最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時(shí)變化率最大．A項(xiàng)，在x＝0時(shí)變化率最小，故錯(cuò)誤；C項(xiàng)，變化率是越來越大的，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，變化率是越來越小的，故錯(cuò)誤．B項(xiàng)正確．4．(2012·重慶)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)答案D解析利用極值的存在條件判定．當(dāng)x<－2時(shí)，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時(shí)，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時(shí)，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，在(－2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)．5．(2013·安徽)若函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有極值點(diǎn)x1，x2，且f(x1)＝x1，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)是()A．3B．4C．5D．6答案A解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知得x1≠x2，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,1)＋2ax1＋b＝0，,3x\o\al(2,2)＋2ax2＋b＝0，))若x1<x2，y＝x1，y＝x2與f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三個(gè)不同交點(diǎn)．即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三個(gè)不同實(shí)根．若x1>x2，如圖，同理得方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三個(gè)不同實(shí)根．題型一導(dǎo)數(shù)意義及應(yīng)用例1(1)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)P處的切線的斜率為2，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．(2)函數(shù)y＝x2(x>0)的圖象在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，則a1＋a3＋a5的值是________．審題破題(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，列方程求交點(diǎn)P的坐標(biāo)．(2)本題是導(dǎo)數(shù)和數(shù)列的綜合，可先從函數(shù)圖象的切線方程出發(fā)，確定ak＋1和ak的關(guān)系．答案(1)(－2,15)(2)21解析(1)因?yàn)閥′＝3x2－10，設(shè)P(x，y)，則由已知有3x2－10＝2，即x2＝4，∴x＝±2，又∵點(diǎn)P在第二象限，∴x＝－2.則y＝(－2)3－10×(－2)＋3＝15，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為(－2,15)．(2)對(duì)函數(shù)y＝x2，y′＝2x，∴函數(shù)y＝x2(x>0)在點(diǎn)(ak，aeq\o\al(2,k))處的切線方程為y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，令y＝0得ak＋1＝eq\f(1,2)ak.又∵a1＝16，∴a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,4)a1＝4，a5＝eq\f(1,4)a3＝1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.反思?xì)w納在求曲線的切線方程時(shí)，注意兩點(diǎn)：①求曲線在點(diǎn)P處的切線方程和求曲線過點(diǎn)P的切線方程，在點(diǎn)P的切線，一定是以點(diǎn)P為切點(diǎn)；過點(diǎn)P的切線不管點(diǎn)P在不在曲線上，點(diǎn)P不一定是切點(diǎn)；②當(dāng)切點(diǎn)坐標(biāo)未知時(shí)，應(yīng)首先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，再求解．變式訓(xùn)練1直線y＝2x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實(shí)數(shù)b＝________.答案－ln2－1解析切線的斜率是2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可以求出切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出切點(diǎn)的坐標(biāo)，切點(diǎn)在切線上，代入即可求出b的值．y′＝eq\f(1,x)，令eq\f(1,x)＝2，得x＝eq\f(1,2)，故切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，ln\f(1,2)))，代入直線方程，得lneq\f(1,2)＝2×eq\f(1,2)＋b，所以b＝－ln2－1.題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性例2已知函數(shù)f(x)＝x2＋alnx.(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．審題破題(1)直接根據(jù)f′(x)<0確定單調(diào)遞減區(qū)間；(2)g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)，則g′(x)≥0或g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立．解(1)由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－2時(shí)，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)．(2)由題意得g′(x)＝2x＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)，函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)．①若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，則g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立，設(shè)φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，∵φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.②若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)減函數(shù)，則g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞)．反思?xì)w納利用導(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′(x)；(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解．變式訓(xùn)練2設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x≥0時(shí)f(x)≥0，求a的取值范圍．解(1)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x從而當(dāng)1－2a≥0，即a≤eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)≥0(x≥0)．∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．而f(0)＝0，于是當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．從而當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，令e－x(ex－1)(ex－2a)<0得1<ex<2a，∴0<x<ln故當(dāng)x∈(0，ln2a)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，ln2a)上單調(diào)遞減．而f(0)＝0，于是當(dāng)x∈(0，ln2a)時(shí)，f(x綜上可得a的取值范圍為(－∞，eq\f(1,2)]．題型三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx.(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值、最小值；(2)求證：在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖象的下方．審題破題(1)f(x)在閉區(qū)間[1，e]上的最大值、最小值要么在端點(diǎn)處取得，要么在極值點(diǎn)處取得．所以首先要研究f(x)在[1，e]上的單調(diào)性．(2)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖象的下方，即g(x)－f(x)在(1，＋∞)上恒大于0.(1)解當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)．所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得最小值eq\f(1,2)；當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得最大值eq\f(1,2)e2＋1.(2)證明設(shè)h(x)＝g(x)－f(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，x∈[1，＋∞)，則h′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x3－x2－1,x)＝eq\f(x－12x2＋x＋1,x).當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以h(x)>h(1)＝eq\f(1,6)>0.所以對(duì)于x∈(1，＋∞)，g(x)>f(x)成立，即f(x)的圖象在g(x)的圖象的下方．反思?xì)w納(1)求函數(shù)的最值可結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、極值，有時(shí)也可以和圖象聯(lián)系；(2)用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0，其中一個(gè)重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么地方可以等于零，這往往就是解決問題的一個(gè)突破口．變式訓(xùn)練3(2013·廣東)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M.解(1)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex－x2，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝ln2.列表如下：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，∵eq\f(1,2)<k≤1，∴1<2k≤2，由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上單調(diào)遞減，在(ln2k，＋∞)上單調(diào)遞增．設(shè)g(x)＝x－ln2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x≤1))，則g′(x)＝1－eq\f(2,2x)＝1－eq\f(1,x)，∵eq\f(1,2)<x≤1，∴1≤eq\f(1,x)<2，∴－1<1－eq\f(1,x)≤0，∴g(x)＝x－ln2x在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，∴g(x)>g(1)＝1－ln2>0，∵eq\f(1,2)<k≤1，∴k－ln2k>0即k>ln2k，∴f(x)在(0，ln2k)上單調(diào)遞減，在(ln2k，k)上單調(diào)遞增，∴f(x)在[0，k]上的最大值應(yīng)在端點(diǎn)處取得．而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，下面比較f(0)與f(k)的大?。頷(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)，再令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3<e－3<0，∴φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上遞減，而φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·φ(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)－\f(3,2)))(e－3)<0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得φ(x0)＝0，且當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))時(shí)，φ(k)>0，當(dāng)k∈(x0,1)時(shí)，φ(k)<0，∴h(k)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)eq\r(e)＋eq\f(7,8)>0，h(1)＝0.∴h(k)≥0在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取“＝”．綜上，函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.題型四導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用例4已知函數(shù)f(x)＝ax·sinx－eq\f(3,2)(a>0)，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\f(π－3,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明．審題破題(1)通過求最值可確定a的值；(2)函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可以利用函數(shù)單調(diào)性、極值結(jié)合函數(shù)草圖確定．解(1)f′(x)＝a·sinx＋ax·cosx＝a(sinx＋xcosx)．∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，sinx＋xcosx>0.又a>0，∴f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)．則f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，∴a＝1，所以f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)．證明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而f(0)＝－eq\f(3,2)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－eq\f(3,2)>0.由(1)知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，且f(x)的圖象連續(xù)不間斷，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx，由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1>0，g(π)＝－π<0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，有g(shù)′(x)<0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)單調(diào)遞減．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)>0.故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無零點(diǎn)；當(dāng)x∈(m，π)時(shí)，有g(shù)(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減，又f(m)>0，f(π)<0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)．反思?xì)w納利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立，函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，證明不等式問題，可以利用求函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值確定函數(shù)的草圖，數(shù)形結(jié)合求解一些綜合性問題．變式訓(xùn)練4(2013·遼寧)(1)證明：當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(1)證明記F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，則F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))上是減函數(shù)．又F(0)＝0，F(xiàn)(1)＞0，所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.記H(x)＝sinx－x，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是減函數(shù)，則H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.綜上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈[0,1]．(2)解方法一因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)sin2eq\f(x,2)≤(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x))2＝(a＋2)x.所以，當(dāng)a≤－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]恒成立．下面證明，當(dāng)a＞－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]不恒成立．因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)sin2eq\f(x,2)≥(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＝(a＋2)x－x2－eq\f(x3,2)≥(a＋2)x－eq\f(3,2)x2＝－eq\f(3,2)xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)a＋2)).所以存在x0∈(0,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(例如x0取\f(a＋2,3)和\f(1,2)中的較小值))滿足ax0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\f(x\o\al(3,0),2)＋2(x0＋2)cosx0－4＞0.即當(dāng)a＞－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4≤4對(duì)x∈[0,1]不恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．方法二記f(x)＝ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4，則f′(x)＝a＋2x＋eq\f(3x2,2)＋2cosx－2(x＋2)sinx.記G(x)＝f′(x)，則G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，cosx＞eq\f(1,2)，因此G′(x)＜2＋3x－4×eq\f(\r(2),2)x－(x＋2)＝(2－2eq\r(2))x＜0.于是f′(x)在[0,1]上是減函數(shù)，因此，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜f′(0)＝a＋2.故當(dāng)a≤－2時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，所以f(x)≤f(0)＝0.即當(dāng)a≤－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4，對(duì)x∈[0,1]恒成立．下面證明：當(dāng)a＞－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4，對(duì)x∈[0,1]不恒成立．由于f′(x)在[0,1]上是減函數(shù)，且f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋eq\f(7,2)＋2cos1－6sin1.當(dāng)a≥6sin1－2cos1－eq\f(7,2)時(shí)，f′(1)≥0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0.因此f(x)在[0,1]上是增函數(shù)，故f(1)＞f(0)＝0；當(dāng)－2＜a＜6sin1－2cos1－eq\f(7,2)時(shí)，f′(1)＜0.又f′(0)＞0.故存在x0∈(0,1)，使f′(x0)＝0，則當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，f′(x)＞f′(x0)＝0，所以f(x)在[0，x0]上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)＞f(0)＝0.所以，當(dāng)a＞－2時(shí)，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4對(duì)x∈[0,1]不恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．典例(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)討論g(x)與geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))的大小關(guān)系；(3)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得g(a)－g(x)<eq\f(1,a)對(duì)任意x>0成立．規(guī)范解答解(1)由題意，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x>0，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，且x>0，令g′(x)＝0，得x＝1，[2分]當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0.故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間，因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)．所以最小值為g(1)＝1.[4分](2)由(1)知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－lnx＋x，設(shè)h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2lnx－x＋eq\f(1,x)，則h′(x)＝－eq\f(x－12,x2)，且x>0.[6分]當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))；當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))).[9分](3)由(1)知，g(x)的最小值為g(1)＝1，∴g(a)－g(x)<eq\f(1,a)對(duì)?x>0成立?g(a)－1<eq\f(1,a).則lna＋eq\f(1,a)－1<eq\f(1,a)，即lna<1，∴0<a<e.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，e)．[12分]評(píng)分細(xì)則(1)g(x)的單調(diào)區(qū)間寫成(0,1]，[1，＋∞)的不扣分；只求出極值沒有寫出最值的扣1分；(2)a的取值范圍寫成不等式的不扣分；沒有下結(jié)論的扣1分．閱卷老師提醒(1)研究函數(shù)相關(guān)問題，樹立定義域優(yōu)先意識(shí)．(2)樹立分類討論，轉(zhuǎn)化化歸的思想意識(shí)，善于根據(jù)條件特征構(gòu)造函數(shù)，重視函數(shù)、不等式(方程)間的轉(zhuǎn)化．(3)對(duì)于不等式恒成立問題，善于轉(zhuǎn)化為g(a)－eq\f(1,a)<g(x)min，分離參數(shù)或構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的不等式，達(dá)到求解目的．1．(2013·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形C．若x0是f(x)的極小值點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞減D．若x0是f(x)的極值點(diǎn)，則f′(x0)＝0答案C解析A項(xiàng)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的值域?yàn)镽，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0，A正確．B項(xiàng)，假設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的對(duì)稱中心為(m，n)，按向量a＝(－m，－n)將函數(shù)的圖象平移，則所得函數(shù)y＝f(x＋m)－n是奇函數(shù)．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，化簡(jiǎn)得(3m＋a)x2＋m3＋am2＋bm＋c－n＝0.上式對(duì)x∈R恒成立，故3m＋a＝0，得m＝－eq\f(a,3)，n＝m3＋am2＋bm＋c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))，所以函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))))，故y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形，B項(xiàng)正確．C項(xiàng)，由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函數(shù)，f(x)有極小值點(diǎn)x0，必定有一個(gè)極大值點(diǎn)x1，若x1<x0，則f(x)在區(qū)2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋lnx是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是()A．m>－2eq\r(2)B．m≥－2eq\r(2)C．m<2eq\r(2)D．m≤2eq\r(2)答案B解析依題意知，x>0，f′(x)＝eq\f(2x2＋mx＋1,x)，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，當(dāng)－eq\f(m,4)≤0時(shí)，g(0)＝1>0恒成立，∴m≥0成立，當(dāng)－eq\f(m,4)>0時(shí)，則Δ＝m2－8≤0，∴－2eq\r(2)≤m<0，綜上，m的取值范圍是m≥－2eq\r(2).3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．答案[1，＋∞)解析f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0對(duì)一切x>0恒成立，m≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，則當(dāng)eq\f(1,x)＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取最大值1，故m≥1.4．設(shè)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍為________．答案(－eq\f(1,9)，＋∞)解析由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a.當(dāng)x∈[eq\f(2,3)，＋∞)時(shí)，f′(x)的最大值為f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以當(dāng)a>－eq\f(1,9)時(shí)，f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間．5．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若對(duì)于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝－1.根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4).專題限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練一、選擇題1．已知函數(shù)y＝－xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，下面四個(gè)圖象中，y＝f(x)的圖象可能是()答案B解析由函數(shù)y＝－xf′(x)的圖象知x<－1時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；0<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．2．若函數(shù)f(x)＝cosx＋2xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的大小關(guān)系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))D．不確定答案C解析依題意得f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,6)＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，f′(x)＝－sinx＋1≥0，故f(x)＝cosx＋x是R上的增函數(shù)，又－eq\f(π,3)<eq\f(π,3)，所以有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).3．(2012·遼寧)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案B解析根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)小于0的解集就是函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間求解．由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，解得0<x≤1，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．4．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－alnx在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于()A．1B．2C．0D.eq\r(2)答案B解析∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.5．(2012·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)答案D解析∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)．∴當(dāng)f′(x)≥0時(shí)，即ex(1＋x)≥0，即x≥－1，∴x≥－1時(shí)函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)．同理可求，x<－1時(shí)函數(shù)f(x)為減函數(shù)．∴x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值．6．(2012·大綱全國(guó))已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c等于()A．－2或2B．－9或3C．－1或1D．－3或1答案A解析∵y′＝3x2－3，∴當(dāng)y′＝0時(shí)，x＝±1.則x，y′，y的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋y↗c＋2↘c－2↗因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．m≥eq\f(3,2)B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2)D．m<eq\f(3,2)答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，經(jīng)檢驗(yàn)知x＝3是函數(shù)的一個(gè)最小值點(diǎn)，所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m－eq\f(27,2)，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2).8．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D解析x>0時(shí)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′<0，∴φ(x)＝eq\f(fx,x)為減函數(shù)，又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ(x)>0，此時(shí)x2f(x)又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)故x2f(x)>0的解集為(0,2)∪(－∞，－2二、填空題9．某名牌電動(dòng)自行車的耗電量y與速度x之間有如下關(guān)系：y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x>0)，為使耗電量最小，則速度應(yīng)定為________．答案40解析∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0.即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)．當(dāng)x>40時(shí)，y′>0，當(dāng)0<x<40時(shí)，y′<0，所以當(dāng)x＝40時(shí)，y最?。?0．函數(shù)f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1的導(dǎo)函數(shù)的最大值等于1，則實(shí)數(shù)m的值為________．答案±1解析顯然m≠0，所以f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1＝m(2cos2eq\f(x,2)－1)＋m＋1＝mcosx＋m＋1，因此f′(x)＝－msinx，其最大值為1，故有m＝±1.11．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．答案(－∞，2ln2－2]解析函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，即方程ex－2x＋a＝0有實(shí)根，即函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點(diǎn)，而g′(x)＝2－ex，易知函數(shù)g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上遞增，在(ln2，＋∞)上遞減，因而g(x)＝2x－ex的值域?yàn)?－∞，2ln2－2]，所以要使函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點(diǎn)，只需a≤2ln2－2即可．12．函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析(利用換元法)將x2換元成t，則原式化為f(t)<eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)，當(dāng)t＝1時(shí)，f(t)＝1，且eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)＝1，又由f′(t)<eq\f(1,2)，可知當(dāng)t>1時(shí)，f(t)<eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)；當(dāng)t<1時(shí)，f(t)>eq\f(t,2)＋eq\f(1,2).故f(t)<eq\f(t,2)＋eq\