2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.3导数的综合应用撬题文

2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.1函数的单调性与导数撬题理1．设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1答案 D解析 由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x(2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧h0>g 0h－1≤g －1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <1－2a ≤－3e ，所以32e≤a <1，故选D.2.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 答案 A 解析 令F (x )＝f xx，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′x －f x x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f xx在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f xx在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，2a>0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立． 当a <0时，2a<0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解 (1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x，所以g ′(x )＝2－2x＋2a x2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x2当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1. 令φ(x )＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x－1. 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－ee －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12<0. 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0. 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 所以0＝u 11＋1<u x 01＋x －10＝a 0<u e 1＋e －1＝e －21＋e－1<1.即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0， 从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )>f (x 0)＝0.所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝6x ＋ae x－3x 2＋ax exex 2＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ， 从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数． 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数， 知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.7．已知函数f (x )＝e x －e －x－2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值； (3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．解 (1)f ′(x )＝e x ＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x－e－2x－4b (e x －e －x)＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．①当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增． 而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0； ②当b >2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln (b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2. (3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.6934. 所以ln 2的近似值为0.693.。

2019-2020年高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.3导数的实际应用课堂探究新人教B 版选修探究一 与几何有关的最值问题解决与面积、体积等与几何有关的最值问题，关键是正确引入变量，将面积或体积表示为该变量的函数，结合具体问题确定其定义域，然后利用导数求其最值．【典型例题1】 用总长为14.8 m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器的底面的一边长比另一边长长0.5 m ，那么高为多少时，容器的容积最大？并求它的最大容积．思路分析：设出容器底面一边长为x m ，表示出容器的另一边及高，利用长方体的体积公式，将其表示为x 的函数，利用导数求解．解：设容器底面一边长为x m ，则另一边长为(x ＋0.5)m ，高为14.8－4x －4(x ＋0.5)4＝3.2－2x . 由解得0＜x ＜1.6.设容器的容积为y m 3，则y ＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x ，所以y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6，令y ′＝0，则15x 2－11x －4＝0，解得x 1＝1，x 2＝－415(舍去)． 在定义域(0,1.6)内只有x ＝1使y ′＝0，即x ＝1是函数y ＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x 在(0,1.6)内的唯一的极大值点，也就是最大值点．因此，当x ＝1时y 取得最大值y max ＝－2＋2.2＋1.6＝1.8，这时高为3.2－2×1＝1.2. 故容器的高为1.2 m 时容积最大，最大值为1.8 m 3.探究二 利润最大(成本最低)问题经济生活中要分析生产的成本与利润及利润增减快慢，通常以产量或单价为自变量建立函数关系，从而利用导数来分析、研究．【典型例题2】 某商场从生产厂家以每件20元的进价购进一批商品，若该商品的售价定为p 元，则销售量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2.问该商品零售价定为多少时利润最大，最大利润是多少？思路分析：建立销售利润关于零售价的函数，应用导数研究最值．解：设利润为L (p )，由题意可得 L (p )＝(p －20)·Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ＞0)，所以L ′(p )＝－3p 2－300p ＋11 700.令L ′(p )＝0，得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则L (30)＝23 000.因为0＜p ＜30时，L ′(p )＞0；p ＞30时，L ′(p )＜0，所以p ＝30时，L (p )取得极大值．根据实际问题的意义知，L (30)就是最大值，即零售价定为每件30元时，利润最大，最大利润为23 000元．2019-2020年高中数学第三章导数及其应用单元检测新人教B 版选修一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知f (x )在x ＝x 0处可导，则000lim 2x f x x f x x∆→(+∆)-()=∆( ) A ．f ′(x 0) B ．f ′(x 0)C ．2f ′(x 0)D ．4f ′(x 0)2．函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．43．已知P 点在曲线F ：y ＝x 3－x 上，且曲线F 在点P 处的切线与直线x ＋2y ＝0垂直，则点P 的坐标为( )A ．(1,1)B ．(－1,0)C ．(－1,0)或(1,0)D ．(1,0)或(1,1)4．若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，0]上是减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥3 B．a ≤1C ．a ＜5D ．a ≥15．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a ＞－1B ．a ＜－1C ．D ．6．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不正确7．曲线y ＝x 3＋x 在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( )A．1 B． C． D．8．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是( )A．(－2,2) B．[－2,2]C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)9．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时，有( )A．f(x)g(b)＞f(b)g(x)B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)C．f(x)g(x)＞f(b)g(b)D．f(x)g(x)＞f(b)g(a)10．设函数y＝f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的大致图象为( )二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)11．函数f(x)＝x2＋x在点(2，f(2))处的切线方程为__________．12．函数f(x)＝x3－3x2＋3的单调递减区间为__________．13．函数f(x)＝x＋在(0，＋∞)上的最小值为__________，此时x＝__________.14．已知函数f(x)＝a ln x＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是__________．15．给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′.若f″(x)＜0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是__________．(把你认为不是的序号都填上)①f(x)＝sin x＋cos x；②f(x)＝ln x－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝x e x.三、解答题(本大题共2个小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．(10分)设函数f(x)＝6x3＋3(a＋2)x2＋2ax.(1)若函数f(x)的两个极值点为x1，x2，且x1x2＝1，求实数a的值．(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．17．(15分)某造船公司年造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3 700x ＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)．(提示：利润＝产值－成本)(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？参考答案1.答案：A2.答案：A 从f′(x)的图象可知f(x)在(a，b)内从左到右的单调性依次为增、减、增、减，所以f(x)在(a，b)内只有一个极小值点．3.答案：C4.答案：B f′(x)＝2x＋2a－2，因为f(x)在(－∞，0]上是减函数，所以f′(0)≤0，即2a－2≤0，a≤1.5.答案：B 因为f(x)＝e x＋ax，所以f′(x)＝e x＋a.若函数在x∈R上有大于零的极值点，即f′(x)＝e x＋a＝0有正根．当f′(x)＝a＋e x＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln(－a)，由x＞0，得参数a的范围为a＜－1.6.答案：A f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(x)最大＝m，∴m＝3.从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.7.答案：B8.答案：A f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．∵当x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，∴当x＝－1时，f(x)有极大值，当x＝1时，f(x)有极小值．要使f(x)有3个不同的零点，只需解得－2＜a＜2.9.答案：C 令y＝f(x)·g(x)，则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＜0，所以y在R上单调递减，又x＜b，故f(x)g(x)＞f(b)g(b)．10.答案：D 由函数y＝f(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递减，故f′(x)＜0；当x＞0时，f(x)先增，再减，然后再增，故f′(x)先正，再负，然后再正．故选D.11.答案：5x－y－4＝012.答案：(0,2)13.答案：4 214.答案：[－2，＋∞)∵f(x)＝a ln x＋x，∴f′(x)＝＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．15.答案：④对于①，f″(x)＝－(sin x＋cos x)，时，f″(x)＜0恒成立；对于②，，在时，f″(x)＜0恒成立；对于③，f″(x)＝－6x，在时，f″(x)＜0恒成立；对于④，f″(x)＝(2＋x)e x在时，f″(x)＞0恒成立，所以f(x)＝x e x不是凸函数．16.答案：分析：(1)极值点是f′(x)＝0的根，利用根与系数的关系解决即可．(2)f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数方程f′(x)＝0的判别式Δ≤0.解：f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a.(1)∵x1，x2是函数f(x)的两个极值点，∴f′(x1)＝f′(x2)＝0，即x1，x2是18x2＋6(a＋2)x＋2a＝0的两个根，从而x1x2＝＝1，∴a＝9.(2)∵Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)＞0，∴不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．17.答案：分析：(1)将R(x)与C(x)的关系式代入P(x)＝R(x)－C(x)即可；然后将P(x)关系式代入边际利润函数MP(x)即可．(2)利用用导数求其定义域上最值的方法求最大值．(3)利用用导数求单调区间的方法求单调区间．解：(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5(x∈N*且1≤x≤20)；MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*且1≤x≤19)．(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240＝－30(x－12)(x＋9)，∵x＞0，∴P′(x)＝0时，x＝12，∴当0＜x＜12时，P′(x)＞0，当x＞12时，P′(x)＜0，∴x＝12时，P(x)有最大值．即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275＝－30(x－1)2＋3 305.所以，当x≥1时，MP(x)是减函数，所以单调减区间为[1,19]，且x∈N*.MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘船的利润与前一艘船的利润比较，利润在减少．。

教学资料参考范本【2019-2020】高中数学第三章导数及其应用3-3导数在研究函数的应用3-3-3三次函数的性质：单调区间和极值同步练习湘教版选修1_1撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________1．下列命题：①一个函数的极大值总比极小值大；②函数导数为0的点不一定是极值点；③一个函数的极大值可以比最大值大；④一个函数的极值点可在其不可导点处达到．其中正确命题的序号是( )．A．①④ B．②④ C．①② D．③④2．函数f(x)＝x3＋x在区间[－1,1]上( )．A．最小值为－1，最大值为2B．最小值为－2，最大值为2C．最小值为－1，最大值为1D．最小值为0，最大值为13．函数f(x)＝2－x2－x3的极值情况是( )．A．有极大值，没有极小值B．有极小值，没有极大值C．既无极大值，也无极小值D．既有极大值又有极小值4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )．A．－2 B．0 C．2 D．45．若f(x)＝x3＋mx2＋5x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是__________．6．函数f(x)＝9＋3x－x3的极小值为__________．7．函数f(x)＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最大值和最小值分别为__________，__________.8．已知函数f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3.(1)设a＝1，求函数f (x)的极值；(2)若a＞，且当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a恒成立，试确定a 的取值范围．9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间(－，－)内是减函数，求a的取值范围．参考答案1．B2．B ∵f′(x)＝3x2＋1＞0，∴f(x)为增函数．∴f(x)的最小值为f(－1)＝－2，f(x)的最大值为f(1)＝2. 3．D f′(x)＝－3x2－2x＝－3x(x＋)．令f′(x)＝0，则x＝0或－.当x∈(－∞，－)时，f′(x)＜0；当x∈(－，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0.∴f(x)在x＝－处取得极小值，f(x)在x＝0处取得极大值．4．C f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或2(舍去)．∵f(0)＝2，f(1)＝0，f(－1)＝－2，∴f(x)最大值＝2.5．[－，] f′(x)＝3x2＋2mx＋5.由题意，知(2m)2－4×3×5≤0，得－≤m≤.6．7 f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，∴f(x)在x＝－1处取得极小值，f(－1)＝9－3＋1＝7. 7．0 －64 令f′(x)＝12x2－16x＝0，∴x＝0或x＝.当x∈(－2,0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，)时，f′(x)＜0；当x∈(，2)时，f′(x)＞0.故f(x)在x＝0时取得极大值，在x＝时取得极小值．又∵f(0)＝0，f(－2)＝－64，f(2)＝0，f()＝－，∴函数的最大值为0，最小值为－64.8．解：(1)当a＝1时，对函数f(x)求导数，得f′(x)＝3x2－6x－9.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表讨论f(x)，f′(x)的变化情况：(2)f′(x)＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上的抛物线，关于x＝a对称．若＜a≤1，则f′(x)在[1,4a]上是增函数，从而f′(x)在[1,4a]上的最小值是f′(1)＝3－6a－9a2，最大值是f′(4a)＝15a2.由|f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a，于是有f′(1)＝3－6a－9a2≥－12a，且f′(4a)＝15a2≤12a.由f′(1)≥－12a，得－≤a≤1，由f′(4a)≤12a，得0≤a≤.所以a∈(，1]∩[－，1]∩[0，]，即a∈(，]．若a＞1，则|f′(a)|＝12a2＞12a.故当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a不恒成立．所以使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围是(，]．9．解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x)＝3x2＋2ax＋1，当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－≤a≤时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)为单调递增函数，单调区间为(－∞，＋∞)．当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12＞0，即a＞或a＜－时，函数f′(x)存在零解，此时，当x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．综上，若－≤a≤，则函数f(x)在x∈R时，单调递增；若a＞或a ＜－，当x＜或x＞时，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，函数f(x)单调递减．(2)若函数在区间(－，－)内是减函数，则说明f′(x)＝3x2＋2ax ＋1＝0的两根在区间(－，－)外，因此f′(－)≤0，且f′(－)≤0，由此可以解得a≥2.因此a的取值范围是[2，＋∞)．。

2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练 3.1+ In x (e 为自然对数的底数)，则f ' (e)=() 1 A.— e 1 C. — —D. — ee 答案 C 1 1解析 由 f(x ) = 2xf ' (e) + ln x ,得 f '(x ) = 2f ' (e) + -，则 f ' (e) = 2f ' (e) + -?x e1 f ' (e)=—-,故选 C. e3. [xx •衡水中学周测]若曲线f (x ) = a cos x 与曲线g (x ) = x 2 + bx +1在交点(0 , nj 处有公切线，则a + b =()A. — 1D. 2答案 C解析 依题意得，f '(x )=— a sin x ,g '(x )= 2x + b ,于是有 f ' (0) = g ' (0)，即—a sin0=2x 0+ b ,故 b = 0,又有 m= f (0) = g (0)，贝U m= a = 1，因此 a + b = 1,选 C.4.[xx •冀州中学月考]曲线y = x 3— 2x + 4在点(1,3)处的切线的倾斜角为()A . 45° B. 60° C. 120° D. 135°答案 A]已知奇函数f (x )满足f ' ( - 1) = 1,则lim△x —1 +f 1△ x f0=( )A . 1B.— 1C. 2D.— 2答案 A解析 由f (x )为奇函数，得 f (1) =— f ( — 1)，所以 lim=lim△ x f0f — 1+ △ X — f△x~=f ' ( — 1) = 1,故选 A.2. [xx •枣强中学一轮检测 ]已知函数f (x )的导函数为 f '(x ),B. eB. 0C. 1f △x —1 +f 1 △ x3 2解析由y= x —2x+ 4，得y '= 3x —2,得y '|=1= 1,故切线的倾斜角为45°.95. [xx •武邑中学周测]已知f (x) = x3—尹2+ 6x—a,若对任意实数x, f '(x) > m恒成立，贝U m的最大值为()3 C. 1 D.--4答案 D解析 f '(x ) = 3x 2-9x + 6，因为对任意实数 x , f '(x ) > m 恒成立，即3x 2- 9x + (6 — 3 3nj 》0恒成立，所以81 —12(6 — n ) < 0,解得m^ — 4，即m 的最大值为—4，故选D.6. ［XX •衡水中学月考］函数f (x )= x s in x 的导函数f '(x )在区间［—n, n ］上的图象大致为()答案 Cf '(x ) ,••• f '(x )为奇函数，由此可排除 A , B, D,故选C.7. ［xx •枣强中学猜题］若点P 在曲线f (x ) = In x + ax 上，且在点P 处的切线与直线 2x —y = 0平行，则实数a 的取值范围是()A. ( —s, 2] C. (2 ,+s ) 答案 B解析 设点P 的坐标为(X 。

2019-2020年高考数学异构异模复习第三章导数及其应用课时撬分练3.2导数的应用理1.[xx·衡水二中周测]已知函数f (x )＝exx，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值也无极小值 答案 B解析 f ′(x )＝e x·x －e xx 2＝x －xx2，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以x ＝1为f (x )的极小值点，f (x )无极大值．故选B.2．[xx·枣强中学仿真]在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由f (x )的图象知，当x <－1或x >1时，f ′(x )>0；当－1<x <1时，f ′(x )<0， ∴x ·f ′(x )<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)．3．[xx·衡水二中月考]已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则以下判断正确的是( )A ．f (xx)>e xxf (0) B ．f (xx)<e xx f (0) C ．f (xx)＝e xx f (0)D ．f (xx)与e xx f (0)大小无法确定 答案 B解析 令函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex.∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上递减，∴g (xx)<g (0)， ∴fe2013<fe，∴f (xx)<e xxf (0)．4．[xx·武邑中学热身]函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1e B ．1C ．e ＋1D ．e －1 答案 D解析 f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.又f (0)＝e 0－0＝1，f (1)＝e －1>1，f (－1)＝1e ＋1>1，而e －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1＝e －1e －2＝e 2－2e －1e>0， 所以f (x )max ＝f (1)＝e －1.5.[xx·衡水二中热身]设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞) B．[e ，＋∞) C ．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 A解析 解法一：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x－a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)．解法二：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x－a .由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，从而g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当0<a ≤e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a ≤1，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当a >e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a >1，故g (x )在(1，ln a )上单调递减，在(lna ，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .由题意知ln a >1，所以a >e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞)．6．[xx·武邑中学期末]函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞) 答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数． ∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．7．[xx·衡水二中预测]函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，1<x <3，f ′(x )<0；x <1或x >3，f ′(x )>0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.8．[xx·枣强中学月考]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10<0，f (x )极大值＝f (－1)＝23>0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.9．[xx·衡水二中猜题]已知函数f (x )＝ax x ＋r2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)．f (x )＝ax x ＋r2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a x 2＋2rx ＋r 2－axx ＋2rx 2＋2rx ＋r 22＝a r －x x ＋rx ＋r 4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0；当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )．(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减．因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝arr2＝a 4r ＝4004＝100，无极小值．10．[xx·衡水二中一轮检测]已知曲线f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a 与x 轴只有一个交点，求实数a 的取值范围．解 f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 列表：＋27.画出大致图象，要使f (x )的图象与x 轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)．所以a －5>0或a ＋27<0.解得a >5或a <－27. 故实数a 的取值范围为a >5或a <－27.11.[xx·武邑中学仿真]设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.能力组12.[xx·冀州中学预测]定义在R 上的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)的单调增区间为(－1,1)，若方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0恰有6个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．答案 a <－12解析 ∵函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的单调增区间是(－1,1)，∴3ax 2＋2bx ＋c >0的解集是(－1,1)，因此有a <0，－2b 3a ＝－1＋1＝0，－1＝c 3a ，∴b ＝0，c ＝－3a ，函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＝ax 3－3ax .由3ax 2＋2bx ＋c ＝3ax 2－3a ＝0，得函数f (x )的极大值为f (1)、极小值为f (－1)．方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0可变为3a (f (x ))2－3a ＝0，要使3a (f (x ))2－3a ＝0恰有6个不同的实根，需满足⎩⎪⎨⎪⎧a <0f －－1f，得a <－12. 13.[xx·冀州中学猜题]已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；b ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．14．[xx·武邑中学仿真]已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．解 (1)证明：由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 因为在区间(0，π2)上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0， 所以g (x )在区间[0，π2]上单调递减．从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立． 当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )0所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.15．[xx·衡水中学模拟]已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R .若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，①当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1,1)上是增函数， 因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ， 故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8.②当－1<a <1时，若x ∈(a,1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a 在(a,1)上是增函数； 若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数． 所以M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3.由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此 当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ， 此时f (x )在(－1,1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a . 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4. 综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ， h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立， 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立． 所以由(1)知，①当a ≤－1时，h (x )在[－1,1]上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾；②当－1<a ≤13时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2，且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2，且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是增函数，故t (a )≥t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0；③当13<a <1时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2， 解得－2827<3a ＋b ≤0；④当a≥1时，h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2，且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.。