2018高考数学大一轮复习升级增分训练构造辅助函数求解导数问题文

升级增分训练（一）函数与方程1．在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 上存在零点的函数是( ) A ．y ＝sin 2x B ．y ＝cos 2x C ．y ＝tan 2xD ．y ＝sin 2x解析：选B 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 时，sin 2x ＜0，sin 2x ＞0恒成立．故排除A ，D ，若tan 2x ＝0， 则2x ＝k π，x ＝k π2，k ∈Z ，所以y ＝tan 2x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 上不存在零点，当x ＝3π4＋2k π，k ∈Z 时，cos 2x ＝0，故选B ．2．若a ＜b ＜c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )、(b ，c )内B ．(－∞，a )、(a ，b )内C ．(b ，c )、(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )、(c ，＋∞)内解析：选A f (a )＝(a －b )(a －c )，f (b )＝(b －c )(b －a )，f (c )＝(c －a )(c －b )，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＞0，f (b )＜0，f (c )＞0，即f (a )·f (b )＜0，f (b )·f (c )＜0，又∵f (x )在R 上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内．3．在下列区间中，函数f (x )＝3x －x 2有零点的是( ) A ．[0,1] B ．[1,2] C ．[－2，－1]D ．[－1,0]解析：选D ∵f (0)＝1，f (1)＝2， ∴f (0)f (1)＞0；∵f (2)＝5，f (1)＝2，∴f (2)f (1)＞0； ∵f (－2)＝－359，f (－1)＝－23，∴f (－2)f (－1)＞0；∵f (0)＝1，f (－1)＝－23，∴f (0)f (－1)＜0．易知[－1,0]符合条件，故选D ．4．(2017·皖江名校联考)已知函数f (x )＝e x－2ax ，函数g (x )＝－x 3－ax 2．若不存在x 1，x 2∈R ，使得f ′(x 1)＝g ′(x 2)，则实数a 的取值范围为( )A ．(－2,3)B ．(－6,0)C ．[－2,3]D ．[－6,0]解析：选D 易得f ′(x )＝e x－2a ＞－2a ，g ′(x )＝－3x 2－2ax ≤a 23，由题意可知a 23≤－2a ，解得－6≤a ≤0．5．函数y ＝12ln x ＋x －1x－2的零点所在的区间为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(1,2)C ．(2，e)D ．(e,3)解析：选C 由题意，求函数y ＝12ln x ＋x －1x －2(x ＞0)的零点，即为求曲线y ＝12ln x与y ＝－x ＋1x ＋2的交点，可知y ＝12ln x 在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y ＝－x ＋1x ＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x ＝2时，12ln x ＜－x ＋1x ＋2，当x ＝e 时，12ln x ＞－x ＋1x ＋2，因此函数y ＝12ln x ＋x －1x－2的零点在(2，e)内．故选C ．6．已知定义在R 上的函数f (x )满足：①对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝2f (x )；②当x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2．若函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，则函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－4,5)上的零点个数是( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选C 函数f (x )与g (x )在区间[－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f (x )与g (x )的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－4,5)上零点的个数是9．7．(2017·昆明两区七校调研)若f (x )＋1＝1fx ＋，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x ，在区间(－1,1]内，g (x )＝f (x )－mx －m2有两个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选B 依题意，f (x )＝1fx ＋－1，当x ∈(－1,0)时，x ＋1∈(0,1)，f (x )＝1fx ＋－1＝1x ＋1－1， 由g (x )＝0得f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12． 在同一坐标系上画出函数y ＝f (x )与y ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12在区间(－1,1]内的图象， 结合图象可知，要使g (x )有两个零点，只需函数y ＝f (x )与y ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫该直线斜率为m ，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点， 故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23，选B ．8．(2017·海口调研)若关于x 的方程|x 4－x 3|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，427 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫427，23 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤427，23 解析：选A 依题意，注意到x ＝0是方程|x 4－x 3|＝ax 的一个根．当x ＞0时，a ＝|x 3－x 2|，记f (x )＝x 3－x 2， 则有f ′(x )＝3x 2－2x ，易知f (x )＝x 3－x 2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递减，在区间(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上单调递增． 又f (1)＝0，因此g (x )＝|x 4－x 3|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧|f x ，x ＞0，－|f x ，x ＜0的图象如图所示，由题意得直线y ＝a 与函数y ＝g (x )的图象有3个不同的交点时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427，选A ． 9．对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x |f (x )＝0}，β∈{x |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“零点相邻函数”．若函数f (x )＝ex －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则实数a 的取值范围是( )A ．[2,4]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，73 C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，3 D ．[2,3]解析：选D 函数f (x )＝ex －1＋x －2的零点为x ＝1，设g (x )＝x 2－ax －a ＋3的零点为b ， 若函数f (x )＝ex －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则|1－b |≤1，∴0≤b ≤2．由于g (x )＝x 2－ax －a ＋3必经过点(－1,4)， ∴要使其零点在区间[0,2]上，则⎩⎪⎨⎪⎧g ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋3≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ·a2－a ＋3≤0，解得2≤a ≤3．10．已知在区间[－4,4]上g (x )＝－18x 2－x ＋2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ＋＋43x ＋，－4≤x ≤－1，2|x －1|－2，－1＜x ≤4，给出下列四个命题：①函数y ＝f [g (x )]有三个零点； ②函数y ＝g [f (x )]有三个零点； ③函数y ＝f [f (x )]有六个零点； ④函数y ＝g [g (x )]有且只有一个零点． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选D 画出函数f (x )，g (x )的草图，如图，①设t ＝g (x )，则由f [g (x )]＝0，得f (t )＝0，则t ＝g (x )有三个不同值，由于y ＝g (x )是减函数，所以f [g (x )]＝0有3个解， 所以①正确；②设m ＝f (x )，若g [f (x )]＝0，即g (m )＝0， 则m ＝x 0∈(1,2)，所以f (x )＝x 0∈(1,2)， 由图象知对应f (x )＝x 0∈(1,2)的解有3个， 所以②正确；③设n ＝f (x )，若f [f (x )]＝0，即f (n )＝0，n ＝x 1∈(－3，－2)或n ＝0或n ＝x 2＝2，而f (x )＝x 1∈(－3，－2)有1个解，f (x )＝0对应有3个解，f (x )＝x 2＝2对应有2个解，所以f [f (x )]＝0共有6个解，所以③正确；④设s ＝g (x )，若g [g (x )]＝0，即g (s )＝0， 所以s ＝x 3∈(1,2)，则g (x )＝x 3，因为y ＝g (x )是减函数，所以方程g (x )＝x 3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋m ，0≤x ≤1，mx ＋5，x ＞1.若函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为________．解析：当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝6x 2＋6x ≥0， 则f (x )＝2x 3＋3x 2＋m 在[0,1]上单调递增，因为函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点， 所以在区间[0,1]和(1，＋∞)内分别有一个交点， 则m ＜0，且f (1)＝m ＋5＞0，解得－5＜m ＜0． 答案：(－5,0)12．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，log 2x ，x ＞0，则函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为________．解析：①当x ≤0时，y ＝f (f (x ))－1＝f (2x )－1＝log 22x －1＝x －1，令x －1＝0，则x ＝1， 显然与x ≤0矛盾，所以此情况无零点． ②当x ＞0时，分两种情况： 当x ＞1时，log 2x ＞0，y ＝f (f (x ))－1＝f (log 2x )－1＝log 2(log 2x )－1，令log 2(log 2x )－1＝0，得log 2x ＝2， 解得x ＝4；当0＜x ≤1时，log 2x ≤0，y ＝f (f (x ))－1＝f (log 2x )－1＝2log 2x －1＝x －1，令x －1＝0，解得x ＝1．综上，函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为2． 答案：213．(2017·湖北优质高中联考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|＋2cos πx (－4≤x ≤6)的所有零点之和为________．解析：原问题可转化为求y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|与y ＝－2cos πx 在[－4,6]内的交点的横坐标的和，因为上述两个函数图象均关于x ＝1对称， 所以x ＝1两侧的交点关于x ＝1对称， 那么两对应交点的横坐标的和为2，分别画出两个函数在[－4,6]上的图象(如图)， 可知在x ＝1两侧分别有5个交点， 所以所求和为5×2＝10．答案：1014．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1＜x ≤0，x ，0＜x ≤1与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象，如图，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12． 由x －1x＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0， 可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0， 可得a ＝310≤12，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0 可得a ＝815＞12，不满足题意．又函数y ＝x －1x在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1． 答案：1。

升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题1．设函数f (x )＝x 2ex －1＋ax 3＋bx 2，已知x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点． (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性；(3)设g (x )＝23x 3－x 2，比较f (x )与g (x )的大小． 解：(1)因为f ′(x )＝ex －1(2x ＋x 2)＋3ax 2＋2bx ＝x e x －1(x ＋2)＋x (3ax ＋2b )，又x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝f ′(1)＝0，因此⎩⎪⎨⎪⎧ －6a ＋2b ＝0，3＋3a ＋2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－13，b ＝－1.(2)因为a ＝－13，b ＝－1， 所以f ′(x )＝x (x ＋2)(ex －1－1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝0，x 3＝1．因为当x ∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的；在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．(3)由(1)可知f (x )＝x 2ex －1－13x 3－x 2． 故f (x )－g (x )＝x 2ex －1－x 3＝x 2(e x －1－x )， 令h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1－1．令h ′(x )＝0，得x ＝1，因为当x ∈(－∞，1]时，h ′(x )≤0，所以h (x )在(－∞，1]上单调递减；故当x ∈(－∞，1]时，h (x )≥h (1)＝0；因为当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增；故x ∈[1，＋∞)时，h (x )≥h (1)＝0．所以对任意x ∈(－∞，＋∞)，恒有h (x )≥0；又x 2≥0，因此f (x )－g (x )≥0．故对任意x ∈(－∞，＋∞)，恒有f (x )≥g (x )．2．(2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x 1－x． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解：(1)因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )(－1＜x ＜1)，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2． 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ． (2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， 则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2． 因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增．所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33． (3)由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， 则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k ＋21－x 2． 所以当0<x < 4k －2k时，h ′(x )<0， 因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减． 故当0<x < 4k －2k时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33． 所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2．3．(2016·广州综合测试)已知函数f (x )＝m e x －ln x －1．(1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当m ≥1时，证明：f (x )＞1．解：(1)当m ＝1时，f (x )＝e x －ln x －1，所以f ′(x )＝e x －1x． 所以f (1)＝e －1，f ′(1)＝e －1．所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ．(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1(x ＞0)．要证明f (x )＞1，只需证明e x －ln x －2＞0．设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x． 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2＞0， 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2＜0，g ′(1)＝e －1＞0， 所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1． 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0． 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞0．所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2＞0． 综上可知，当m ≥1时，f (x )＞1．4．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2e x (x ＞0)，其中e 为自然对数的底数． (1)当a ＝0时，判断函数y ＝f (x )极值点的个数；(2)若函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，设t ＝x 2x 1，证明：x 1＋x 2随着t 的增大而增大． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2e x (x ＞0)， f ′(x )＝－2x ·e x －－x 2x x 2＝x x －e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0，y ＝f (x )单调递减， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，y ＝f (x )单调递增， 所以x ＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y ＝f (x )有一个极值点．(2)证明：令f (x )＝a x －x 2e x ＝0，得x 32＝a e x， 因为函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，所以x 1321＝a e x 1，x 322＝a e x 2，可得32ln x 1＝ln a ＋x 1， 32ln x 2＝ln a ＋x 2． 故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1． 又x 2x 1＝t ，则t ＞1，且⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ，解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝32t ln t t －1． 所以x 1＋x 2＝32·t ＋t t －1．① 令h (x )＝x ＋x x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x x －2． 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2． 当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＞0．因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )＞u (1)＝0，由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．。

升级增分训练(一)函数与方程1. 在2+ 2k n, n + 2k n , k € Z上存在零点的函数是()A. y = sin 2 xB. y= cos 2 x2C. y = tan 2 xD. y= sin x解析：选 B 当x€ 2 + 2k n , n + 2k n , k€ Z 时，sin 2 x v 0, sin 2x> 0 恒成立.故排除A, D,若tan 2 x= 0,贝U 2x= k n , x= ^2-, k€ Z,所以y = tan 2 x 在x€ 守 + 2k n, n + 2k n , k€Z 上不3 n 存在零点，当x = + 2k n, k € Z时，cos 2 x= 0，故选B.42. 若a v b v c,则函数f (x) = (x—a)( x —b) + (x—b)( x —c) + (x—c)( x —a)的两个零点分别位于区间()A. (a, b)、( b, c)内B. ( —m, a)、(a, b)内C. ( b, c)、( c,+s)内D. ( —g, a)、(c,+^)内解析：选A f (a) = (a—b)( a —c) , f (b) = ( b —c)( b—a), f( c) = (c—a)( c —b) , ：a v b v c,「. f (a) >0, f (b) v 0 , f (c) >0 , 即卩f(a) • f (b) v0 , f(b) • f(c) v 0，又T f (x)在R上是连续函数，二两零点分别位于区间(a , b), ( b , c)内.3. 在下列区间中，函数f(x) = 3x—x2有零点的是()A. [0,1]B. [1,2]C. [ —2, —1]D. [ —1,0]解析：选 D •/f (0) = 1, f(1) = 2,••• f(0) f(1) > 0；T f(2) = 5, f(1) = 2 ,• f(2) f(1) > 0 ；35 2T f( —2) =— -, f( —1) =—3 ,• f( —2)f( —1) > 0；2T f(0) = 1, f( —1) =—3, • f(0) f( —1) v 0.易知[—1,0]符合条件，故选 D.X 3 24. (2017 •皖江名校联考)已知函数f (x) = e —2ax,函数g(x) = —x —ax .若不存在X1, X2€ R,使得f'(x" = g'(x2)，则实数a的取值范围为()A. ( — 2,3)B. ( — 6,0)C. [ — 2,3]D. [ — 6,0]2 2x oa 、, a 解析：选 D 易得 f '(x ) = e — 2a >— 2a , g'(x ) = — 3x — 2axWg ,由题意可知—< —2a ,解得—6w a w 0.115. 函数y =#n x + x — x — 2的零点所在的区间为()2xA. e ，1B. (1,2)C. (2, e)D. (e,3)111解析：选C 由题意，求函数 y = jn x + x — x — 2(x >0)的零点，即为求曲线y =才门x2 x 21 11与y =— x + - + 2的交点，可知 y = 2“ x 在(0,+^)上为单调递增函数，而y =— x +- + 2x 2—1 1在(0 ,+8)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x = 2时，2ln x <— x +- + 2,当x =2 —1 1 1 1e 时，jn x >— x + 一+ 2,因此函数 y =刁门x + x — - — 2的零点在(2 , e)内.故选 C.2 — 2 —D. 106. 已知定义在R 上的函数f (x )满足：①对任意—€ R,有 f (x + 2) = 2f (x );②当—€ [—1,1]时，f(x ) = 1 — x 2.若函数 g (x )= e —, x <0,In —, —>0,则函数y = f (x ) — g (x )在区间(—4,5) 上的零点个数是()B. 8C. 9解析：选C 函数f (x )与g (x )在区间［—5,5］上的图象如图所示， 由图可知，函数f (x ) 与g ( x )的图象在区间(一4,5)上的交点个数为 9,即函数y =f (x ) — g ( x )在区间(一4,5)上零 点的个数是9 .7 . (2017 •昆明两区七校调研区间(一1,1］内，g(x) = f (x) —mx-有两个零点，则实数m的取值范围是()故实数m 的取值范围是 0, 2，选B. x 的方程| x 4— x 3| = ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为（）A.0,3B . D .-km? |解析：选B 依1f(x)=厂F当 x € ( — 1,0)时, x + 1€(0,1),1f(x)=mhA2工1由 g (x ) = 0 得 f (x ) = mx + 2 .在同一坐标系上画出函数 y = f （x ）与y = mx +1在区间（一1,1］内的图象,结合图象可知，要使g （x ）有两个零点，只需函数y = f （x ）与y = mx +该直线斜率为m 过点区间（一1, 1］内的图象有两个不同的交点,& （2017 •海口调研）若关于A.0,27B . 4 0, 27D .解析：选A依题意，注意到.3 2.a = |x — x | ,2一 X ,当x > 0时， 记 f (x ) = x 32则有 f '(x ) = 3x — 2x , 易知f (x ) = x 3—x 2在区间i 0, x = 0是方程兰227，34 3|x — x | = ax 的一个根. 2上单调递减,在区间（一m.0),|,+m 上单调递增.12,函数y= g(x)的图象有3个不同的交点时，a€ |0, 选A.又f(1) = 0, I x —x|因此g(x) = x =」fx , x> 0,的图象如图所示，由题意得直线一| f x , x V 0y= a与给出下列四个命题:其中正确命题的个数是( )A. 1 c. 39.对于函数 f (x )和 g (x )，设 a € {x | f (x ) = 0}, B € {x | g (x ) = 0}，若存在 a , 3 ,x — 1使得I a — 3 | w 1,则称f (x )与g ( x )互为"零点相邻函数”.若函数 f (x ) = e + x — 2与g (x ) = x 2 — ax — a + 3互为"零点相邻函数”，则实数 a 的取值范围是(A. [2,4]B .D. [2,3]解析：选D 函数f (x )= e —1+x —2设 g (x ) = x 2— ax — a + 3 的零点为 b , 若函数 f (x ) = e + x —2 与 g (x ) = x — ax — a + 3 互为 的零点为x = 1,“零点相邻函数”，则|1 — b | w 1,「. o w b w 2.2由于 g (x ) = x — ax — a + 3 必经过点(一1,4), •••要使其零点在区间［0,2］上,—a + 3》0,a • |— a + 3w o ,解得2w a w 3. 10 . 已知在区 间[—4,4] 上g (x )8 x 2 — x + 2 , f (x )2|x — 1| — 2, 4 .+ 3 x +1,—4< x w — 1,—1 v x < 4,①函数 y =f [g (x )]有三个零点;②函数 y = g [f (x )] 有三个零点; ③函数 y =f [f (x )]有六个零点;④函数 y =g [g (x )] 有且只有一个零点.B . D .函数y= g(x)的图象有3个不同的交点时，a€ |0, 选A.解析：选D画出函数f (x) , g( x)的草图，如图,①设t = g(x)，则由f [g(x)] = 0，得f(t) = 0,则t = g( x)有三个不同值，由于y= g(x)是减函数，所以f [g(x)] = 0有3个解，所以①正确；②设m= f (x)，若g[ f (x)] = 0，即g(m) = 0，则m= x o € (1,2)，所以f (x) = x o€ (1,2)，由图象知对应f(x) = X o€ (1,2)的解有3个，所以②正确；③设n= f(x)，若f[f (x)] = 0，即f (n) = 0，n= x i € ( —3，—2)或n= 0 或n = X2= 2，而f (x) = x i € ( —3，—2)有1个解，f (x) = 0对应有3个解，f(x) = X2= 2对应有2个解，所以f [f (x)] = 0共有6个解，所以③正确；④设s= g(x)，若g[ g(x)] = 0，即g(s) = 0，所以s= X3€ (1,2)，则g(x) = X3，因为y= g(x)是减函数，所以方程g(x) = X3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确.2x3+ 3x2+ m 0W x< 1，11. 已知函数f (X)= 若函数f (X)的图象与X轴有且只有两mx^ 5，x> 1.个不同的交点，则实数m的取值范围为_________ .解析：当x € [0,1]时，f'( x) = 6x2+ 6x >0，3 2则f (x) = 2x + 3X + m在[0,1]上单调递增，因为函数f (x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，所以在区间[0,1]和(1，+^)内分别有一个交点，函数y= g(x)的图象有3个不同的交点时，a€ |0, 选A.则m<0，且f(1) = m+ 5> 0，解得—5v 0.答案：(—5,0)2，x< 0，12. 设函数f(x) = * ___________________________ 贝U函数y = f(f(x)) —1的零点个数为.log 2X，x > 0，解析：①当X W0时，X Xy= f (f (x)) —1= f (2 ) —1= log 22 —1 = x —1，令x — 1 = 0，贝U x=1，显然与x<0矛盾，11所以此情况无零点.②当x >0时，分两种情况：当 x > 1 时，log 2x > 0,y = f (f (x )) — 1 = f (log 2x ) — 1 = log 2(log 2x ) — 1,令 log 2(log 2X )— 1 = 0,得 log 次=2,解得x = 4;当 0v x wi 时，log 2x w 0,y = f (f (x )) — 1 = f (log 2x ) — 1 = 2log 2x — 1 = x — 1,令 x — 1 = 0，解得 x = 1.综上，函数y =f (f (x )) — 1的零点个数为2.答案：213. (2017 •湖北优质高中联考)函数f (x ) = 1 |x —11 + 2cos n x ( — 4< x <6)的所有零点之和为 _________ .解析：原问题可转化为求 y = |x —11与y = — 2cos n x 在［—4,6］内的交点的横坐标的 和，因为上述两个函数图象均关于 x = 1对称，所以x = 1两侧的交点关于x = 1对称，那么两对应交点的横坐标的和为 2,分别画出两个函数在［—4,6］上的图象(如图)，可知在x = 1两侧分别有5个交点，所以所求和为5X 2= 10.答案：101—亠—14. 已知函数f (x ) = x + r , v <1与g (x ) = a (x + 1)的图象在(一1,1］上有2个交点，若方程x-x=5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为---------------------12解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是0，1.1 2由x ——=5a,可得x —5ax- 1 = 0,x设h(x) = x2—5ax—1,当x = 1 时，由h(1) = 1 —5a— 1 = 0,可得a= 0,不满足题意；当x = 2 时，由h(2) = 4—10a— 1 = 0,3 1可得a= 10三㊁，满足题意；当x = 3 时，由h(3) = 9—15a— 1 = 08 1可得a=后〉2，不满足题意.1又函数y = x —-在(0 ,+^)上单调递增, x故满足条件的实数a的个数为1.答案：113。

升级增分训练 利用导数探究含参数函数的性质1．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a ＞0)．(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间． 解：f ′(x )＝x－a －ax x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．(1)依题意，得f ′(2)＝0，即－a －2a 2＋1＝0，解得a ＝13．经检验，a ＝13符合题意，故a 的值为13．(2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a－1．①当0＜a ＜1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a －1，单调减区间是(－1,0)和⎝⎛⎭⎪⎫a－1，＋∞．②当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)．③当a ＞1时，－1＜x 2＜0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，a－1和(0，＋∞)．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a ＞1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，1a－1和(0，＋∞)．2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在(e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：＝3．(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在上单调递增， 则f (x )在上的最大值为f (e)＝a ．综上所述，当a ≥2时，f (x )在上的最大值为a ； 当a ＜2时，f (x )在上的最大值为2． 3．已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R)． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由已知得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1a，由f ′(x )＞0，得x ＞1a，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝0，解得a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2．则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，故实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2．4．已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，其中a ∈R ，x ∈R ． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在．当a ＜0时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]． 5．设函数f (x )＝x 2－ax ＋b ．(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值．解：(1)由题意，f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，则f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ， 因为－π2＜x ＜π2，所以cos x ＞0，－2＜2sin x ＜2． ①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值； ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值；③对于－2＜a ＜2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a ． －π2＜x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x ＜π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2＜a ＜2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24． (2)当－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b－b 0|，当(a 0－a )(b －b 0)≥0，x ＝π2时等号成立，当(a 0－a )(b －b 0)＜0时，x ＝－π2时等号成立． 由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|．(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，从而z ＝b －a 24≤1．取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1．由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1．6．已知函数f (x )＝x －1x，g (x )＝a ln x (a ∈R)．(1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值．解：(1)由题意得F (x )＝x －1x－a ln x (x ＞0)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4． ①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0， 所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42．综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42．(2)对h (x )＝x －1x＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1．令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x ，即H ′(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x2－1ln x ＝－x ＋x xx2(x ＞0)．当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， 又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x1＝h (x 1)－h (x 2)，所以min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3．。

升级增分训练 导数的综合应用（二）1．已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x，g (x )＝b ln x －x (b ＞0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x．当a ＝0时，f ′(x )＝－(x ＋1)e x，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减． 当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝－1＋1a，当a ＞0时，因为－1＋1a＞－1，所以f (x )在(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a 上单调递减；当a ＜0时，因为－1＋1a＜－1，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋1a 和(－1，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，－1上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0． 由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]， 使g (x 2)≥－f (x 1)成立， 因为[－f (x 1)]max ＝0， 所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2． 令h (x )＝xln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1ln x2＜0， 因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2， 即实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2ln 2，＋∞．2．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 2－a ＋2(a ∈R ，a 为常数)(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若存在x 0∈(0,1]，使得对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a＋f (x 0)＞0(其中e 为自然对数的底数)都成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x，当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )≥0且x ＞0， 解得0＜x ≤12a， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12a 上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ∈(－2,0]时，函数f (x )在区间(0,1]上单调递增， 所以x ∈(0,1]时，函数f (x )的最大值是f (1)＝2－2a ， 对任意的a ∈(－2,0]，都存在x 0∈(0,1]，不等式m e a＋f (x 0)＞0都成立，等价于对任意的a ∈(－2,0]，不等式m e a＋2－2a ＞0都成立，不等式m e a＋2－2a ＞0可化为m ＞2a －2ea ，记g (a )＝2a －2e a (a ∈(－2,0])，则g ′(a )＝2e a－a －ae2a＝4－2aea ＞0， 所以g (a )的最大值是g (0)＝－2， 所以实数m 的取值范围是(－2，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝a ＋ln xx在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝1x ·x －a ＋ln x x 2＝1－a －ln xx2(x ＞0)． ∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行， ∴f ′(1)＝1－a －ln 1＝0．解得a ＝1．∴f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值． (2)∵x ＞1时，f (x )＝1＋ln x x＞0，当x →0时，f (x )→－∞， 由(1)得f (x )在(0,1)上单调递增，由零点存在性定理，知f (x )在区间(0,1)上存在唯一零点．函数f (x )的图象如图所示．∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f t ＝f(1＋ln t t＜0，)即⎩⎪⎨⎪⎧0＜t ＜1，t ＋23＞1，t ＜1e ，解得13＜t ＜1e． ∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1e ． 4．(2017·沈阳质监)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋b (a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值； (2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值；(3)若－2≤a ＜0，对任意x 1，x 2∈(0,2]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2恒成立，求m 的最小值．解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －a x，因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3，f 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝3，12＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－12.(2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1．当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以a ＝1．(3)因为－2≤a ＜0,0＜x ≤2，所以f ′(x )＝x －ax＞0， 故函数f (x )在(0,2]上单调递增， 不妨设0＜x 1≤x 2≤2，则|f (x 1)－f (x 2)|≤m ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2可化为f (x 2)＋m x 2≤f (x 1)＋m x 1，设h (x )＝f (x )＋m x ＝12x 2－a ln x ＋b ＋mx，则h (x 1)≥h (x 2)．所以h (x )为(0,2]上的减函数，即h ′(x )＝x －a x －m x2≤0在(0,2]上恒成立， 等价于x 3－ax －m ≤0在(0,2]上恒成立， 即m ≥x 3－ax 在(0,2]上恒成立，又－2≤a ＜0，所以ax ≥－2x ，所以x 3－ax ≤x 3＋2x ， 而函数y ＝x 3＋2x 在(0,2]上是增函数，所以x 3＋2x ≤12(当且仅当a ＝－2，x ＝2时等号成立)． 所以m ≥12， 即m 的最小值为12．。

2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝f ′ x x －f x x 2<0恒成立，因此f x x 在R上是减函数， ∴f 3 3<f 11，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1 x ≤0 ，e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1 x ≤0 ，e axx >0 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝ x ＋1 2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1 x ＋1 2>0， 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝ x ＋3 x －1x2， 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e－2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(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 ＋a e x－ 3x 2＋ax exe x2＝－3x 2＋ 6－a x ＋a ex， 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 ＋ae x. 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，＋∞. 4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，11 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

课时分层训练(十二) 函数模型及其应用A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．在某个物理试验中，测量得变量x和变量y的几组数据，如下表：【导学号：31222071】则对x，yA．y＝2x B．y＝x2－1C．y＝2x－2 D．y＝log2xD2．某家具的标价为132元，若降价以九折出售(即优惠10%)，仍可获利10%(相对进货价)，则该家具的进货价是( )A．118元B．105元C．106元D．108元D3．一水池有两个进水口，一个出水口，每个水口的进、出水速度如图2­9­2甲、乙所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如图丙所示. 【导学号：31222072】图2­9­2给出以下3个论断：①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到6点不进水不出水，则一定正确的是( )A．①B．①②C．①③D．①②③A4．将出货单价为80元的商品按90元一个出售时，能卖出400个，已知这种商品每涨价1元，其销售量就要减少20个，为了赚得最大利润，每个售价应定为( ) A．85元B．90元C．95元D．100元C ＝－20，∴当x ＝95时，y 最大．]5．(2016·四川德阳一诊)将甲桶中的a L 水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt.假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4L ，则m 的值为( )A ．5B ．8C ．9D ．10A二、填空题6．在如图2­9­3所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x 为________m.【导学号：31222073】图2­9­3207．某化工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不超过0.1%，若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少13，至少应过滤________次才能达到市场要求．(已知lg 2≈0.3010，lg 3≈0.477 1)88．(2015·四川高考)某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝ekx ＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________小时．24 三、解答题9．为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值． (1)由已知条件得C (0)＝8，则k ＝40，2分 因此f (x )＝6x ＋20C (x )＝6x ＋8003x ＋5(0≤x ≤10).5分(2)f (x )＝6x ＋10＋8003x ＋5－10≥26x ＋10 ·8003x ＋5－10＝70(万元)，7分当且仅当6x ＋10＝8003x ＋5，即x ＝5时等号成立，10分所以当隔热层厚度为5 cm 时，总费用f (x )达到最小值，最小值为70万元.12分 10．国庆期间，某旅行社组团去风景区旅游，若每团人数在30人或30人以下，飞机票每张收费900元；若每团人数多于30人，则给予优惠：每多1人，机票每张减少10元，直到达到规定人数75人为止．每团乘飞机，旅行社需付给航空公司包机费15 000元．(1)写出飞机票的价格关于人数的函数； (2)每团人数为多少时，旅行社可获得最大利润？ (1)设旅行团人数为x ，由题得0<x ≤75(x ∈N *)，2分 飞机票价格为y 元，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧900，0＜x ≤30，900－10 x －30 ，30＜x ≤75，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧900，0＜x ≤30，1 200－10x ，30＜x ≤75.5分(2)设旅行社获利S 元，则S ＝⎩⎪⎨⎪⎧900x －15 000，0＜x ≤30，x 1 200－10x －15 000，30＜x ≤75，即S ＝⎩⎪⎨⎪⎧900x －15 000，0＜x ≤30，－10 x －60 2＋21 000，30＜x ≤75.8分因为S ＝900x －15 000在区间(0,30]上为单调增函数， 故当x ＝30时，S 取最大值12 000元， 又S ＝－10(x －60)2＋21 000在区间(30,75]上， 当x ＝60时，取得最大值21 000.故当x ＝60时，旅行社可获得最大利润.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．为了预防信息泄露，保证信息的安全传输，在传输过程中都需要对文件加密，有一种为加密密钥密码系统(Private Key Cryptosystem)，其加密、解密原理为：发送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)．现在加密密钥为y ＝kx 3，如“4”通过加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“1256”，则解密后得到的明文是( )A.12 B.14 C ．2 D.18A2．(2016·北京房山期末)某种病毒每经过30分钟由1个病毒可分裂成2个病毒，经过x 小时后，病毒个数y 与时间x (小时)的函数关系式为________，经过5小时，1个病毒能分裂成________个. 【导学号：31222074】y ＝4x 1 0243．已知某物体的温度θ(单位：℃)随时间t (单位：min)的变化规律是θ＝m ·2t ＋21－t(t ≥0且m >0)．(1)如果m ＝2，求经过多少时间，物体的温度为5 ℃； (2)若物体的温度总不低于2 ℃，求m 的取值范围． (1)若m ＝2，则θ＝2·2t＋21－t＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋12t ， 当θ＝5时，2t＋12t ＝52，2分令2t＝x (x ≥1)，则x ＋1x ＝52，即2x 2－5x ＋2＝0， 解得x ＝2或x ＝12(舍去)，∴2t ＝2，即t ＝1，∴经过1 min ，物体的温度为5 ℃.5分(2)物体的温度总不低于2 ℃，即θ≥2恒成立， 即m ·2t＋22t ≥2恒成立，亦即m ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫12t －122t 恒成立.7分 令12t ＝x ，则0<x ≤1，∴m ≥2(x －x 2).10分∵x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14，∴m ≥12.因此，当物体的温度总不低于2 ℃时，m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.12分。

1.导数与导函数的概念(1)设函数y＝f(x)在区间(a，b)上有定义，x0∈(a，b)，若Δx无限趋近于0时，比值Δy Δx＝f(x0＋Δx)－f(x0)Δx无限趋近于一个常数A，则称f(x)在x＝x0处可导，并称该常数A为函数f(x)在x＝x0处的导数(derivative)，记作f′(x0).(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区间内的导函数.记作f′(x)或y′.2.导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0).3.基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有 (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)[f (x )g (x )]′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )(g (x )≠0). 【知识拓展】1.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.2.[1f (x )]′＝－f ′(x )f 2(x )(f (x )≠0). 3.[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x ).4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同.( × ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( √ ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( × ) (5)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x .( × )1.(教材改编)若f (x )＝x ·e x ，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 f ′(x )＝e x ＋x ·e x ，∴f ′(1)＝2e.2.(教材改编)①(cos x )′＝sin x ；②若y ＝1x 2，则y ′＝－1x ；③(－1x )′＝12x x .其中正确的个数是 . 答案 1解析 因为(cos x )′＝－sin x ，所以①错误； (1x2)′＝(x －2)′＝－2x －3，所以②错误；(－1x )′＝(－x －12)′＝3212x -＝12x x ，所以③正确.3.(教材改编)曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为 . 答案 5x ＋y ＋2＝0解析 因为y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.4.(教材改编)若过曲线y ＝1x 上一点P 的切线的斜率为－4，则点P 的坐标为 .答案 (12，2)或(－12，－2)解析 ∵y ′＝(x －1)′＝－1x 2＝－4，∴x 2＝14，x ＝±12.∴切点坐标为(12，2)或(－12，－2).5.(教材改编)函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线有 条. 答案 2解析 ∵y ′＝3x 2，设切点为(x 0，y 0)，则3x 20＝1，得x 0＝±33，即在点(33，39)和点(－33，－39)处有斜率为1的切线.题型一 导数的计算 例1 求下列函数的导数.(1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos xe x .解 (1)y ′＝(x 2)′·sin x ＋x 2·(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x )′＝1x －1x2. (3)y ′＝(cos xe x )′＝(cos x )′·e x －cos x (e x )′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x.思维升华 求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量.(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 017，则x 0＝ .(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝ . 答案 (1)1 (2)－2解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x ＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋ln x 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1. (2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ，∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2，∴f ′(－1)＝－2. 题型二 导数的几何意义 命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·南通一调)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为 .(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 . 答案 (1)43(2)x －y －1＝0解析 (1)方法一 由题设可知曲线y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为y ＝2x 1x －x 21，曲线y ＝x3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3x 22x －2x 32，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 21＝2x 32，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.方法二 由题设得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 32－x 21x 2－x 1＝2x 1，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以x 1x 2＝43.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0).又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1,0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 命题点2 求参数的值例3 (1)(2016·徐州模拟)函数y ＝e x 的切线方程为y ＝mx ，则m ＝ .(2)(2016·苏州暑假测试)已知函数f (x )＝x －1＋1e x ，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )相切，则实数k ＝ . 答案 (1)e (2)1－e解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x ， 得00|e xx x y '==，从而切线方程为000e e ()xxy x x -=-， 又切线过定点(0,0)，从而000e e ()xxx -=-， 解得x 0＝1，则m ＝e.(2)设切点为(x 0，y 0).因为f ′(x )＝1－1e x ，则f ′(x 0)＝k ，即1－01e x ＝k ，且kx 0－1＝x 0－1＋01e x ， 所以x 0＝－1，所以k ＝1－1e －1＝1－e. 命题点3 导数与函数图象的关系例4 如图，点A (2,1)，B (3,0)，E (x,0)(x ≥0)，过点E 作OB 的垂线l .记△AOB 在直线l 左侧部分的面积为S ，则函数S ＝f (x )的图象为下图中的 .答案 ④解析 函数的定义域为[0，＋∞)，当x ∈[0,2]时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 大于0且越来越大，即斜率f ′(x )在[0,2]内大于0且越来越大，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是下凸的；当x ∈(2,3)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 大于0且越来越小，即斜率f ′(x )在(2,3)内大于0且越来越小，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是上凸的；当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图象为平行于x 轴的射线.思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面 (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0). (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)求解即可.(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢.(1)(2016·泰州模拟)已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为 .(2)(2016·昆明模拟)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点(π2，1)处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a＝ . 答案 (1)3 (2)－1解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)， 即切点的横坐标为3.(2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴2|x y π='＝－1.由条件知1a ＝－1，∴a ＝－1.3.求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值. 错解展示现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上. (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0， 依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0|x x y '=＝3x 20－6x 0＋2， ① 又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况.1.(2016·天津)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 . 答案 3解析 因为f (x )＝(2x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x ， 所以f ′(0)＝3e 0＝3.2.已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为 . 答案 1e解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则0|x x y '=＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.3.若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为 . 答案 1或134解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎨⎧x 0＝32，p ＝134.4.若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)＝ . 答案 －4解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2， 所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4.5.(2016·江苏扬州中学期中)若x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线，则k ＝ . 答案 e 2解析 由f (x )＝ln x －kx ＋3， 得f ′(x )＝1x－k ，设点M (x 0，y 0)是曲线f (x )上的一点，则曲线f (x )＝ln x －kx ＋3在点M 处的切线方程为 y －(ln x 0－kx 0＋3)＝(1x 0－k )(x －x 0)，∵x 轴是曲线f (x )＝ln x －kx ＋3的一条切线， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0－kx 0＋3＝0，1x 0－k ＝0，解得k ＝e 2. 6.已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为 . 答案 14解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝ax ，由f ′(14)＝g ′(14)，得12×121()4-＝a 14，可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意.7.已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，那么f (x )的解析式为 .答案 f (x )＝e x －x ＋12x 2解析 由已知得f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x ，所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1，所以f ′(1)＝e.从而f (x )＝e x －x ＋12x 2.8.(2016·南京模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于 . 答案12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2，∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1).∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9.若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 .答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x.∵f (x )存在垂直于y 轴的切线， ∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.10.(2016·扬州中学期末)已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 . 答案 [34π，π)解析 ∵y ＝4e x ＋1，∴y ′＝－4e x (e x ＋1)2＝－4e x (e x )2＋2e x ＋1＝－4e x ＋1e x ＋2≥－1(当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号)， ∴－1≤tan α<0.又∵0≤α<π，∴3π4≤α<π. 11.(2016·江苏五校联考)已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为P ，两曲线在点P 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为 .答案 6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝8x ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即P (4,2)， 由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x，则直线l 1的斜率k 1＝14， ∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4， 如图，易知S △P AB ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.12.已知曲线y ＝13x 3＋43. (1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2,4)的切线方程.解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2， ∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4.∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0. (2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为0|x x y '＝＝x 20. ∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43. ∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43， 即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.13.设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0. (1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值.解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3. 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2， 于是⎩⎨⎧ 2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x . (2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －y 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝⎛⎭⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎫1＋3x 20(x －x 0). 令x ＝0，得y ＝－6x 0， 从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0).所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.。