高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)：第三章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用

高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)：第三章導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用目錄第1課時導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算第2課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）——單調(diào)性第3課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）——極值與最值專題研究（一）利用導(dǎo)數(shù)證明不等式專題研究（二）利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題專題研究（三）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)第1課時導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算1．y＝lneq\f(1,x)的導(dǎo)函數(shù)為()A．y′＝－eq\f(1,x) B．y′＝eq\f(1,x)C．y′＝lnx D．y′＝－ln(－x)答案A解析y＝lneq\f(1,x)＝－lnx，∴y′＝－eq\f(1,x).2．曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3，2)處的切線的斜率是()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案D解析y′＝eq\f(（x＋1）′（x－1）－（x＋1）（x－1）′,（x－1）2)＝－eq\f(2,（x－1）2)，故曲線在(3，2)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝3＝－eq\f(2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2)，故選D.3．曲線f(x)＝2exsinx在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為()A．y＝0 B．y＝2xC．y＝x D．y＝－2x答案B解析∵f(x)＝2exsinx，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝2，∴所求切線方程為y＝2x.4．過點(diǎn)(－1，1)的直線l與曲線y＝x3－x2－2x＋1相切，且(－1，1)不是切點(diǎn)，則直線l的斜率是()A．2 B．1C．－1 D．－2答案C解析設(shè)切點(diǎn)為(a，b)，∵f(x)＝x3－x2－2x＋1，∴b＝a3－a2－2a＋1.∴f′(x)＝3x2－2x－2，則直線l的斜率k＝f′(a)＝3a2－2a－2，則切線方程為y－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(x－a)，∵點(diǎn)(－1，1)在切線上，∴1－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(－1－a)．整理，得(a－1)·(a2－1)＝0?a＝1或a＝－1.當(dāng)a＝1時，b＝－1，此時切點(diǎn)為(1，－1)；當(dāng)a＝－1時，b＝1，此時切點(diǎn)為(－1，1)不合題意；∴a＝1，此時直線l的斜率k＝f′(1)＝－1，故選C.5．一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動，如果由始點(diǎn)起經(jīng)過t秒后的位移為s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，那么速度為零的時刻是()A．0秒 B．1秒末C．2秒末 D．1秒末和2秒末答案D解析∵s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，∴v＝s′(t)＝t2－3t＋2.令v＝0，得t2－3t＋2＝0，t1＝1或t2＝2.6．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(2019)＝()A．1 B．2C.eq\f(1,2019) D.eq\f(2020,2019)答案D解析令ex＝t，則x＝lnt，所以f(t)＝lnt＋t，故f(x)＝lnx＋x.求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，故f′(2019)＝eq\f(1,2019)＋1＝eq\f(2020,2019).故選D.7．若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖像關(guān)于y軸對稱，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝3cosx B．f(x)＝x3＋x2C．f(x)＝1＋2sinx D．f(x)＝ex＋x答案C解析A項(xiàng)中，f′(x)＝－3sinx是奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱，不關(guān)于y軸對稱；B項(xiàng)中，f′(x)＝3x2＋2x＝3(x＋eq\f(1,3))2－eq\f(1,3)，其圖像關(guān)于直線x＝－eq\f(1,3)對稱；C項(xiàng)中，f′(x)＝2cosx是偶函數(shù)，圖像關(guān)于y軸對稱；D項(xiàng)中，f′(x)＝ex＋1，由指數(shù)函數(shù)的圖像可知該函數(shù)的圖像不關(guān)于y軸對稱．故選C.8．已知曲線f(x)＝eq\f(ax2,x＋1)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為1，則實(shí)數(shù)a的值為()A.eq\f(3,2) B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(3,4) D.eq\f(4,3)答案D解析由f′(x)＝eq\f(2ax（x＋1）－ax2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋2ax,（x＋1）2)，得f′(1)＝eq\f(3a,4)＝1，解得a＝eq\f(4,3).故選D.9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2·sinx＋xcosx，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像大致是()答案C解析由f(x)＝eq\f(1,2)x2sinx＋xcosx，得f′(x)＝xsinx＋eq\f(1,2)x2cosx＋cosx－xsinx＝eq\f(1,2)x2cosx＋cosx.由此可知，f′(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對稱，排除選項(xiàng)A，B.又f′(0)＝1，故選C.10．設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ex＋a·e－x的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，且f′(x)是奇函數(shù)，則a的值為()A．1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．－1答案A解析因?yàn)閒′(x)＝ex－ae－x，由奇函數(shù)的性質(zhì)可得f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1.故選A.11．若點(diǎn)P是曲線y＝x2－lnx上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2距離的最小值為()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(3)答案B解析當(dāng)過點(diǎn)P的直線平行于直線y＝x－2且與曲線y＝x2－lnx相切時，切點(diǎn)P到直線y＝x－2的距離最?。畬瘮?shù)y＝x2－lnx求導(dǎo)，得y′＝2x－eq\f(1,x).由2x－eq\f(1,x)＝1，可得切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，故點(diǎn)(1，1)到直線y＝x－2的距離為eq\r(2)，即為所求的最小值．故選B.12．已知y＝eq\f(1,3)x3－x－1＋1，則其導(dǎo)函數(shù)的值域?yàn)開_______．答案[2，＋∞)13．已知函數(shù)f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，則f′(0)＝________．答案－120解析f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.14．曲線f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax存在與直線3x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，1]解析由題意，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋x＋a，故存在切點(diǎn)P(t，f(t))，使得eq\f(1,t)＋t＋a＝3，所以3－a＝eq\f(1,t)＋t有解．因?yàn)閠>0，所以3－a≥2(當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時取等號)，即a≤1.15．曲線y＝log2x在點(diǎn)(1，0)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成三角形的面積等于________．答案eq\f(1,2)log2e解析∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2).∴切線方程為y＝eq\f(1,ln2)(x－1)．∴三角形面積為S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.16．若拋物線y＝x2－x＋c上的一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是－2，拋物線過點(diǎn)P的切線恰好過坐標(biāo)原點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的值為________．答案4解析∵y′＝2x－1，∴y′|x＝－2＝－5.又P(－2，6＋c)，∴eq\f(6＋c,－2)＝－5.∴c＝4.17．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x2.(1)求x<0時，f(x)的表達(dá)式；(2)令g(x)＝lnx，問是否存在x0，使得f(x)，g(x)在x＝x0處的切線互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，請說明理由．答案(1)f(x)＝－2x2(x<0)(2)存在，x0＝eq\f(1,2)解析(1)當(dāng)x<0時，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x)2＝－2x2.∴當(dāng)x<0時，f(x)的表達(dá)式為f(x)＝－2x2.(2)若f(x)，g(x)在x0處的切線互相平行，則f′(x0)＝g′(x0)，當(dāng)x>0時，f′(x0)＝4x0＝g′(x0)＝eq\f(1,x0)，解得，x0＝±eq\f(1,2).故存在x0＝eq\f(1,2)滿足條件．18．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經(jīng)過原點(diǎn)，求直線l的方程及切點(diǎn)坐標(biāo)．答案(1)y＝13x－32(2)直線l的方程為y＝13x，切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26)解析(1)根據(jù)題意，得f′(x)＝3x2＋1.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線的斜率k＝f′(2)＝13，所以要求的切線的方程為y＝13x－32.(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3x02＋1，所以直線l的方程為y＝(3x02＋1)(x－x0)＋x03＋x0－16.又直線l過點(diǎn)(0，0)，則(3x02＋1)(0－x0)＋x03＋x0－16＝0，整理得x03＝－8，解得x0＝－2，所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，l的斜率k＝13，所以直線l的方程為y＝13x，切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26)．第2課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（一）——單調(diào)性1．當(dāng)x>0時，f(x)＝x＋eq\f(4,x)的單調(diào)減區(qū)間是()A．(2，＋∞) B．(0，2)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\r(2))答案B解析f′(x)＝1－eq\f(4,x2)＝eq\f(（x－2）（x＋2）,x2)<0，又∵x>0，∴x∈(0，2)，∴選B.2．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0，3)C．(1，4) D．(2，＋∞)答案D解析f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故選D.3．函數(shù)y＝xcosx－sinx在下面哪個區(qū)間上是增函數(shù)()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)) B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)) D．(2π，3π)答案B解析方法一：(分析法)計算函數(shù)在各個端點(diǎn)處的函數(shù)值，有下表：xeq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(5π,2)3πy－1－π12π－1－3π由表中數(shù)據(jù)大小變化易得結(jié)論B項(xiàng)．方法二：(求導(dǎo)法)由y′＝－xsinx>0，則sinx<0，只有B項(xiàng)符合，故選B項(xiàng)．4．函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(0，eq\f(1,a)) B．(eq\f(1,a)，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,a)) D．(－∞，a)答案A解析由f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，得0<x<eq\f(1,a).∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))．5.在R上可導(dǎo)的函數(shù)f(x)的圖像如圖所示，則關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案A解析在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)遞增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范圍為(－∞，－1)；在(－1，1)上，f(x)遞減，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范圍為(0，1)．綜上，關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為(－∞，－1)∪(0，1)．6．若函數(shù)y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)>0B．－1＜a＜0C．a(chǎn)>1D．0＜a＜1答案A解析y′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).∴f(x)＝x3－x在(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))上為減函數(shù)．又y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))．∴a>0.7．如果函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，那么函數(shù)f(x)的圖像最有可能的是()答案A8．若f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，3] B．[eq\f(9,2)，＋∞)C．(3，eq\f(9,2)) D．(0，3)答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在(1，3)上恒成立．因?yàn)閑q\f(3,2)<eq\f(9,2)，所以a≥eq\f(9,2).故選B.9．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)·f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a答案B解析由f(x)＝f(2－x)可得對稱軸為x＝1，故f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝f(－1)．又x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.即f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，即c<a<b.10．已知函數(shù)f(x)(x∈R)圖像上任一點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，那么函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞)答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)圖像上任一點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，所以函數(shù)f(x)的圖像在點(diǎn)(x0，y0)處的切線的斜率k＝(x0－2)(x02－1)，函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝(x－2)(x2－1)．由f′(x)＝(x－2)(x2－1)<0，得x<－1或1<x<2，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1)和(1，2)．故選C.11．函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2－x＋5的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(0，eq\f(\r(5)－1,2))解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，再由f′(x)＝eq\f(1,x)－x－1>0得可解0<x<eq\f(\r(5)－1,2).12．若函數(shù)y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案a>0解析y′＝－x2＋a，y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個單調(diào)區(qū)間，則方程－x2＋a＝0應(yīng)有兩個不等實(shí)根，故a>0.13．已知函數(shù)f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，4)．(1)實(shí)數(shù)k的值為________；(2)若在(0，4)上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．答案(1)eq\f(1,3)(2)0<k≤eq\f(1,3)解析(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由題意知f′(4)＝0，解得k＝eq\f(1,3).(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的圖像可知，必有－eq\f(2（k－1）,k)≥4，解得k≤eq\f(1,3).又k>0，故0<k≤eq\f(1,3).14．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，且對任意的x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為________．答案(－1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上為增函數(shù)，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可轉(zhuǎn)化為g(x)>g(－1)，解得x>－1，故原不等式的解集為(－1，＋∞)．15．設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x≥0時f(x)≥0，求a的取值范圍．答案(1)增區(qū)間(－∞，－1]，[0，＋∞)，減區(qū)間[－1，0](2)(－∞，1]解析(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1，0]上單調(diào)遞減．(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a.若a≤1，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)x≥0時g(x)≥0，即f(x)≥0.若a>1，則當(dāng)x∈(0，lna)時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)x∈(0，lna)時g(x)<0，即f(x)<0.綜上得a的取值范圍為(－∞，1]．16．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(ax,x＋1)(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，4)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖像與直線y＝2x相切，求a的值．答案(1)a≥－4(2)4解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a（x＋1）－ax,（x＋1）2)＝eq\f(（x＋1）2＋ax,x（x＋1）2).∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，4)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在(0，4)上恒成立，∴(x＋1)2＋ax≥0，即a≥－eq\f(x2＋2x＋1,x)＝－(x＋eq\f(1,x))－2在(0，4)上恒成立．∵x＋eq\f(1,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，∴a≥－4.(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝2x0，f′(x0)＝2，y0＝lnx0＋eq\f(ax0,x0＋1)，∴eq\f(1,x0)＋eq\f(a,（x0＋1）2)＝2①且2x0＝lnx0＋eq\f(ax0,x0＋1)②由①得a＝(2－eq\f(1,x0))(x0＋1)2，③代入②，得2x0＝lnx0＋(2x0－1)(x0＋1)，即lnx0＋2x02－x0－1＝0.令F(x)＝lnx＋2x2－x－1，則F′(x)＝eq\f(1,x)＋4x－1＝eq\f(4x2－x＋1,x)>0，∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵F(1)＝0，∴x0＝1，代入③式得a＝4.第3課時導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）——極值與最值1．函數(shù)y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有()A．極大值為5，極小值為－27 B．極大值為5，極小值為－11C．極大值為5，無極小值 D．極大值為－27，無極小值答案C解析y′＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x－3)(x＋1)，∴y′＝0時，x＝3或x＝－1.∵－2<x<2，∴x＝－1時，y＝5.x＝－1為極大值點(diǎn)，極大值為5，無極小值．2．當(dāng)函數(shù)y＝x·2x取極小值時，x＝()A.eq\f(1,ln2) B．－eq\f(1,ln2)C．－ln2 D．ln2答案B解析由y＝x·2x，得y′＝2x＋x·2x·ln2.令y′＝0，得2x(1＋x·ln2)＝0.∵2x>0，∴x＝－eq\f(1,ln2).3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)答案D解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，所以f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，且x>0.當(dāng)x>2時，f′(x)>0，這時f(x)為增函數(shù)；當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，這時f(x)為減函數(shù)．所以x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)．故選D.4．f(x)＝ex－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))在區(qū)間[－1，1]上的最大值是()A．1＋eq\f(1,e) B．1C．e＋1 D．e－1答案D解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，則函數(shù)f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e<eq\f(1,2)＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．故選D.5．若函數(shù)y＝ax3＋bx2取得極大值和極小值時的x的值分別為0和eq\f(1,3)，則()A．a(chǎn)－2b＝0 B．2a－b＝0C．2a＋b＝0 D．a(chǎn)＋2b＝0答案D解析y′＝3ax2＋2bx，據(jù)題意，0，eq\f(1,3)是方程3ax2＋2bx＝0的兩根，∴－eq\f(2b,3a)＝eq\f(1,3)，∴a＋2b＝0.6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不對答案A解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減．∴x＝0為極大值點(diǎn)，也為最大值點(diǎn)．∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37，選A.7．若函數(shù)f(x)＝x3－3bx＋3b在(0，1)內(nèi)有極小值，則()A．0＜b＜1 B．b＜1C．b>0 D．b＜eq\f(1,2)答案A解析f(x)在(0，1)內(nèi)有極小值，則f′(x)＝3x2－3b在(0，1)上先負(fù)后正，∴f′(0)＝－3b＜0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b＜1.綜上，b的取值范圍為0＜b＜1.8．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)f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖像可能是()答案C解析由f(x)在x＝－2處取得極小值可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)<0，則xf′(x)>0；當(dāng)－2<x<0時，f′(x)>0，則xf′(x)<0；當(dāng)x>0時，xf′(x)>0.9．已知f(x)＝x3＋px2＋qx的圖像與x軸相切于非原點(diǎn)的一點(diǎn)，且f(x)極小值＝－4，那么p，q值分別為()A．6，9 B．9，6C．4，2 D．8，6答案A解析設(shè)圖像與x軸的切點(diǎn)為(t，0)(t≠0)，設(shè)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝t3＋pt2＋qt＝0，,f′（t）＝3t2＋2pt＋q＝0，))注意t≠0，可得出p＝－2t，q＝t2.∴p2＝4q，只有A滿足這個等式(亦可直接計算出t＝－3)．10．若函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1，1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)C．{4} D．[2，4]答案C解析f′(x)＝3ax2－3，當(dāng)a≤0時，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合題意；當(dāng)0<a≤1時，f′(x)＝3ax2－3＝3a(x＋eq\f(1,\r(a)))(x－eq\f(1,\r(a)))，f(x)在[－1，1]上為減函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合題意；當(dāng)a>1時，f(－1)＝－a＋4≥0，且f(eq\f(1,\r(a)))＝－eq\f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.綜上所述，a＝4.11．若f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極大值，則常數(shù)c的值為________．答案6解析f′(x)＝3x2－4cx＋c2，∵f(x)在x＝2處有極大值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f′（x）<0（x>2），,f′（x）>0（x<2）.))解得c＝6.12．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取得極值10，則f(2)的值為________．答案18解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝10，,f′（1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a＋b＋1＝10，,2a＋b＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.))當(dāng)a＝－3，b＝3時，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f(x)無極值．當(dāng)a＝4，b＝－11時，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq\f(11,3).當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－eq\f(11,3))－eq\f(11,3)(－eq\f(11,3)，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，f(2)＝18.13．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1處取得極值，則a＝________．答案3解析f′(x)＝eq\f(x2＋2x－a,（x＋1）2)，由f(x)在x＝1處取得極值知f′(1)＝0，∴a＝3.14．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值．答案(1)減區(qū)間(－∞，k－1)，增區(qū)間(k－1，＋∞)(2)k≤1時，最小值f(0)＝－k；1<k<2時，最小值f(k－1)＝－ek－1；k≥2時，最小值f(1)＝(1－k)e解析(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)與f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)．(2)當(dāng)k－1≤0，即k≤1時，函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值為f(0)＝－k；當(dāng)0<k－1<1，即1<k<2時，由(1)知f(x)在[0，k－1]上單調(diào)遞減，在(k－1，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當(dāng)k－1≥1，即k≥2時，函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.15．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．答案(1)a＝eq\f(1,2)(2)g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上為減函數(shù)，在[－4，－1]和[0，＋∞)上為增函數(shù)解析(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因?yàn)閒(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′(－eq\f(4,3))＝0，即3a×eq\f(16,9)＋2×(－eq\f(4,3))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝(eq\f(1,2)x3＋x2)ex.g′(x)＝(eq\f(1,2)x3＋eq\f(5,2)x2＋2x)ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4<x<－1時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1<x<0時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)．綜上，知g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上為減函數(shù)，在[－4，－1]和[0，＋∞)上為增函數(shù)．16．成都市“兩會”召開前，某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進(jìn)行了實(shí)地調(diào)研．據(jù)測定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36km的A，B兩家化工廠(污染源)的污染強(qiáng)度分別為正數(shù)a，b，它們連線上任意一點(diǎn)C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．(1)設(shè)A，C兩處的距離為x，試將y表示為x的函數(shù)；(2)若a＝1時，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．答案(1)y＝eq\f(ka,x)＋eq\f(kb,36－x)(0<x<36)(2)b＝25解析(1)設(shè)點(diǎn)C處受A污染源的污染指數(shù)為eq\f(ka,x)，受B污染源的污染指數(shù)為eq\f(kb,36－x)(k>0)．從而點(diǎn)C處污染指數(shù)y＝eq\f(ka,x)＋eq\f(kb,36－x)(0<x<36)．(2)因?yàn)閍＝1，所以y＝eq\f(k,x)＋eq\f(kb,36－x).y′＝k[－eq\f(1,x2)＋eq\f(b,（36－x）2)]，令y′＝0，解得x＝eq\f(36,1＋\r(b))，當(dāng)x∈(0，eq\f(36,1＋\r(b)))時，函數(shù)y單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(eq\f(36,1＋\r(b))，＋∞)時，函數(shù)y單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝eq\f(36,1＋\r(b))時，函數(shù)取得最小值．又此時x＝6，解得b＝25，經(jīng)驗(yàn)證符合題意．專題研究（一）利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1．已知f(x)＝eq\f(lnx,x)，則()A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)答案D解析f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.所以當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故x＝e時，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．故選D.2．若0<x1<x2<1，則()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1 B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2答案C解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即eq\f(ex2,x2)<eq\f(ex1,x1)，所以x2ex1>x1ex2，故選C.3．已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函數(shù)f(x)的圖像在x＝1處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：ex>f′(x)．答案(1)單調(diào)遞增區(qū)間為(e－2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－2)(2)證明略解析(1)由題易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x>0，且f(x)的圖像在x＝1處的切線的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，當(dāng)x>e－2時，f′(x)>0，當(dāng)0<x<e－2時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－2)．(2)證明：設(shè)g(x)＝ex－f′(x)＝ex－lnx－2，x>0，因?yàn)間′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(1)＝e－1>0，g′(eq\f(1,2))＝eeq\s\up6(\f(1,2))－2<0，所以g′(x)在(eq\f(1,2)，1)上存在唯一的零點(diǎn)t，使得g′(t)＝et－eq\f(1,t)＝0，即et＝eq\f(1,t)(eq\f(1,2)<t<1)．當(dāng)0<x<t時，g′(x)<g′(t)＝0，當(dāng)x>t時，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上單調(diào)遞減，在(t，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x>0時，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝eq\f(1,t)－lneq\f(1,et)－2＝t＋eq\f(1,t)－2≥2－2＝0，又eq\f(1,2)<t<1，所以上式等號取不到，所以g(x)>0，即ex>f′(x)．4．設(shè)a為實(shí)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>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.答案(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln2，＋∞)；極小值2(1－ln2＋a)無極大值(2)略解析(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．無極大值．(2)設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(2)知當(dāng)a>ln2－1時，g′(x)最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋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>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)．又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.5．已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.答案(1)f(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增(2)證明略解析(1)∵函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1，∴x>0，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)，∵x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，∴f′(2)＝ae2－eq\f(1,2)＝0，解得a＝eq\f(1,2e2)，∴f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，∴f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)，當(dāng)0＜x＜2時，f′(x)＜0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)，當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＜0，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，∴x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0，∴當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.6．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，討論g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝－2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，證明：x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).審題(1)證明x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2)等價于求x1＋x2的范圍．(2)將f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0具體化，配方得x1＋x2的方程(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－lnx1x2.(3)消元，消去x1x2得關(guān)于x1＋x2的不等式．(4)解不等式得x1＋x2的范圍．答案(1)略(2)證明略解析(1)當(dāng)a≤0時，函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)當(dāng)a＝－2時，f(x)＝lnx＋x2＋x，x>0，由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0可得x1x2＋lnx1x2＋x12＋x1＋x22＋x2＝0，即(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－lnx1x2，令t＝x1x2，φ(t)＝t－lnt，則φ′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，則φ(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，又由x1>0，x2>0可知x1＋x2>0，故x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).專題研究（二）利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題1．已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當(dāng)x∈[－1，1]時，不等式f(x)<m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．[eq\f(1,e)，＋∞) B．(eq\f(1,e)，＋∞)C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)答案D解析由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得當(dāng)－1<x<0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，則m>e.故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若?x1∈[eq\f(1,2)，1]，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)≥1C．a(chǎn)≤2 D．a(chǎn)≥2答案A解析由題意知f(x)min(x∈[eq\f(1,2)，1])≥g(x)min(x∈[2，3])，因?yàn)閒(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．答案(1)當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，lna)，減區(qū)間為(lna，＋∞)(2)a≤eq\f(1,2e)解析(1)因?yàn)閒′(x)＝a－ex，x∈R.當(dāng)a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)>0得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)因?yàn)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，則ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤(eq\f(lnx,x2))max，由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，則x＝eq\r(e).當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－H(x)單調(diào)遞增極大值eq\f(1,2e)單調(diào)遞減由上表可知，當(dāng)x＝eq\r(e)時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).4．設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．答案(1)f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上單調(diào)遞增(2)[1，＋∞)解析(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)或x＝－1＋eq\r(2).當(dāng)x∈(－∞，－1－eq\r(2))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)時，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上單調(diào)遞增．(2)方法一：f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.當(dāng)0<a<1時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當(dāng)0<x<1時，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，則x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.當(dāng)a≤0時，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，則x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．方法二：令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)·ex－(ax＋1)．g(0)＝0.即當(dāng)x≥0時，g(x)≤0＝g(0)．g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a.g″(x)＝－(x2＋4x＋1)·ex.當(dāng)x≥0時，g″(x)<0.∴g′(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．∴g′(x)≤g′(0)＝1－a，要使g(x)≤g(0)在[0，＋∞)恒成立．∴1－a≤0，∴a≥1.5．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋10.(1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在區(qū)間[1，2]內(nèi)至少存在一個實(shí)數(shù)x，使得f(x)<0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．答案(1)(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)(2)(eq\f(9,2)，＋∞)解析(1)當(dāng)a＝1時，f′(x)＝3x2－2x，由f′(x)>0，得x<0或x>eq\f(2,3)，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)與(eq\f(2,3)，＋∞)上為增函數(shù)，即函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)．(2)方法一：f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－eq\f(2,3)a)，當(dāng)eq\f(2,3)a≤1，即a≤eq\f(3,2)時，f′(x)≥0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上為增函數(shù)，故f(x)min＝f(1)＝11－a，所以11－a<0，a>11，這與a≤eq\f(3,2)矛盾．當(dāng)1<eq\f(2,3)a<2，即eq\f(3,2)<a<3時，若1≤x<eq\f(2,3)a，則f′(x)<0；若eq\f(2,3)a<x≤2，則f′(x)>0.所以當(dāng)x＝eq\f(2,3)a時，f(x)取得最小值，因此f(eq\f(2,3)a)<0，即eq\f(8,27)a3－eq\f(4,9)a3＋10＝－eq\f(4,27)a3＋10<0，可得a>3eq\r(3,\f(5,2))，這與eq\f(3,2)<a<3矛盾．當(dāng)eq\f(2,3)a≥2，即a≥3時，f′(x)≤0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上為減函數(shù)，所以f(x)min＝f(2)＝18－4a，所以18－4a<0，解得a>eq\f(9,2)，滿足a≥3.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(eq\f(9,2)，＋∞)．方法二：由題意得f(x)<0在x∈[1，2]有解．即x3－ax2＋10<0在x∈[1，2]有解．即a>x＋eq\f(10,x2)在x∈[1，2]有解．令g(x)＝x＋eq\f(10,x2)，x∈[1，2]．∴a>g(x)min.g′(x)＝1－eq\f(20,x3)<0.∴g(x)在[1，2]單調(diào)遞減．∴g(x)min＝g(2)＝eq\f(9,2)，∴a>eq\f(9,2).6．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當(dāng)x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a<1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)<g(x2)成立，求a的取值范圍．答案(1)當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1<a<e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)(eq\f(e2－2e,e＋1)，1)解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－1）（x－a）,x2).①當(dāng)a≤1時，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②當(dāng)1<a<e時，x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)；所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③當(dāng)a≥e時，x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1<a<e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知當(dāng)a<1時f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.當(dāng)x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為(eq\f(e2－2e,e＋1)，1)．專題研究（三）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)1．若a>2，則函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在區(qū)間(0，2)上恰好有()A．0個零點(diǎn) B．1個零點(diǎn)C．2個零點(diǎn) D．3個零點(diǎn)答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴當(dāng)x∈(0，2)時，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是單調(diào)減函數(shù)．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝eq\f(11,3)－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1個零點(diǎn)．故選B.2．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)答案B解析方法一：當(dāng)a＝0時，顯然f(x)有兩個零點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).當(dāng)a>0時，eq\f(2,a)>0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)與(eq\f(2,a)，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，eq\f(2,a))上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0>0，則f(0)<0，即1<0，不成立．當(dāng)a<0時，eq\f(2,a)<0，所以函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，eq\f(2,a))和(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(eq\f(2,a)，0)上為增函數(shù)，因?yàn)閒(x)存在唯一零點(diǎn)x0，且x0>0，則f(eq\f(2,a))>0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1>0，解得a>2或a<－2，又因?yàn)閍<0，故a的取值范圍為(－∞，－2)．選B.方法二：f′(x)＝3ax2－6x，當(dāng)a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0；x∈(0，eq\f(2,3))時，f′(x)<0；x∈(eq\f(2,3)，＋∞)時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f(eq\f(2,3))＝eq\f(5,9)>0，則f(x)的大致圖像如圖(1)所示，不符合題意，排除A，C.當(dāng)a＝－eq\f(4,3)時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當(dāng)x∈(－∞，－eq\f(3,2))時，f′(x)<0，x∈(－eq\f(3,2)，0)時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f(－eq\f(3,2))＝－eq\f(5,4)，則f(x)的大致圖像如圖(2)所示．不符合題意，排除D.故選B.3．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]解析由原函數(shù)有零點(diǎn)，可將問題轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解問題，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．4．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖所示．(1)求a，b的值并寫出f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)有三個零點(diǎn)，求c的取值范圍．答案(1)a＝－eq\f(1,2)，b＝－2函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，2)上單調(diào)遞減(2)(－eq\f(7,6)，eq\f(10,3))解析(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因?yàn)閒′(x)＝0的兩個根為－1，2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))解得a＝－eq\f(1,2)，b＝－2，由導(dǎo)函數(shù)的圖像可知，當(dāng)－1＜x＜2時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x＜－1或x>2時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，2)上單調(diào)遞減．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1，2)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的極大值為f(－1)＝eq\f(7,6)＋c，極小值為f(2)＝c－eq\f(10,3).而函數(shù)f(x)恰有三個零點(diǎn)，故必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c>0，,c－\f(10,3)＜0，))解得－eq\f(7,6)＜c＜eq\f(10,3).所以使函數(shù)f(x)恰有三個零點(diǎn)的實(shí)數(shù)c的取值范圍是(－eq\f(7,6)，eq\f(10,3))．5．已知f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，F(xiàn)(x)＝lnx＋eq\f(ex,e)－3x＋2.(1)判斷f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)判斷函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上零點(diǎn)的個數(shù)．答案(1)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增(2)3個解析(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(ex,e)＝eq\f(x2ex－e,e