2020高考文科数学专题复习导数训练题

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围能力突破训练1.设f(x) =x ln x -ax2 +(2a -1)x,a∈R.(1)令g(x) =f'(x),求g(x)的单调区间;(2)f(x)在x =1处取得极大值,求实数a的取值范围.2.函数f(x) =(x2 -2x +1)e x(其中e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)定义:假设函数h(x)在区间[s,t](s<t)上的取值范围为[s,t],那么称区间[s,t]为函数h(x)的 "域同区间〞.试问函数f(x)在(1,+∞)上是否存在 "域同区间〞?假设存在,求出所有符合条件的 "域同区间〞;假设不存在,请说明理由.3.函数f(x) =ax +x ln x的图象在x =e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值;(2)假设f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.4.设函数f(x) =ax2 -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)> -e1 -x在区间(1,+∞)内恒成立(e =2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x) =a ln x,g(x) =x2.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,假设不等式f(x) +2g'(x)≤(a +3)x -g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)假设a =1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1) -g(x2)]>x1f(x1) -x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.函数f(x) = -2(x +a)ln x +x2 -2ax-2a2 +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.思维提升训练7.函数f(x) =x3 +x2 +ax +1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0) =f.参考答案专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围能力突破训练1.解(1)由f'(x) =ln x -2ax +2a,可得g(x) =ln x -2ax +2a,x∈(0,+∞).那么g'(x) =-2a =,当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为(2)由(1)知,f'(1) =0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)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f(x)在x =1处取得极小值,不合题意.②当0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x =1处取得极小值,不合题意.③当a =时, =1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x =1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>2.解(1)f'(x) =(x2 -1)e x,令f'(x) =0解得x = -1或x =1,因为e x>0,且在区间( -∞, -1)和(1,+∞)内f'(x)>0,在区间( -1,1)上f'(x)<0,所以函数f(x) =(x2 -2x +1)e x的单调递增区间是( -∞, -1)和(1,+∞),单调递减区间是( -1,1).(2)由(1)知函数f(x) =(x2 -2x +1)e x在区间(1,+∞)上单调递增,假设存在 "域同区间〞[s,t](1<s<t),那么必有f(s) =s且f(t) =t,也就是说方程(x2 -2x +1)e x =x在区间(1,+∞)上至|少存在两个不等的实数根.方程可以转化为x2-2x +1=,令g(x)=,g'(x)=,显然x>1使得g'(x)<0恒成立,g(x)=在区间(1,+∞)内是单调递减的,且g(x)<g(1) =;但二次函数h(x) =x2 -2x +1在区间(1, +∞)内是单调递增的,且h(x)>h(1) =0;所以g(x),h(x)的图象在区间(1,+∞)内有唯一的交点,方程x2 -2x +1 =即(x2 -2x +1)e x =x在区间(1,+∞)内不存在两个不等的实数根,因此函数f(x)在(1,+∞)内不存在 "域同区间〞.3.解(1)∵f(x) =ax +x ln x,∴f'(x) =a +ln x +1.又f(x)的图象在点x =e处的切线的斜率为3,∴f'(e) =3,即a +lne +1 =3,∴a =1.(2)由(1)知,f(x) =x +x ln x,假设f(x)≤kx2对任意x>0成立,那么k对任意x>0成立.令g(x) =,那么问题转化为求g(x)的最|大值,g'(x) = = -令g'(x) =0,解得x =1.当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x =1处取得最|大值g(1) =1,∴k≥1即为所求.(3)令h(x) =,那么h'(x) =由(2)知,x≥1 +ln x(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即,∴mn ln n -n ln n>mn ln m -m ln m,即mn ln n +m ln m>mn ln m +n ln n,∴ln n mn +ln m m>ln m mn +ln n n.整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n.∴(mn n)m>(nm m)n,4.解(1)f'(x) =2ax -(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x) =0,有x =此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x) =,s(x) =e x -1 -x.那么s'(x) =e x -1 -1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.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(x2 -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<时,>1.由(1)有f<f(1) =0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x) =f(x) -g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x) =2ax - -e1 -x>x ->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.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,a5.解(1)不等式f(x) +2g'(x)≤(a +3)x -g(x),即a ln x +2x≤(a +3)x -x2,化简,得a(x -ln x)x2 -x.由x∈[1,e]知x -ln x>0,因而a设y =,那么y' =∵当x∈(1,e)时,x -1>0,x +1 -ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min = -,即实数a的取值范围是(2)当a =1时,f(x) =ln x.由m[g(x1) -g(x2)]>x1f(x1) -x2f(x2)恒成立,得mg(x1) -x1f(x1)>mg(x2) -x2f(x2)恒成立, 设t(x) =x2 -x ln x(x>0).由题意知x1>x2>0,那么当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x) =mx -ln x -1≥0恒成立,即m恒成立.因此,记h(x) =,得h'(x) =∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴函数h(x)在x =1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最|大值.由此可得h(x)max =h(1) =1,故m≥1,结合条件m∈Z,m≤1,可得m =1.6.(1)解由,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x) =f'(x) =2(x -a) -2ln x -2,所以g'(x) =2 -当0<a<时,g(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x) =2(x -a) -2ln x -2 =0,解得a =令φ(x) = -2ln x +x2 -2x -2那么φ(1) =1>0,φ(e) = - -2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0) =0.令a0 =,u(x) =x -1 -ln x(x≥1).由u'(x) =1 -0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0 = =a0<<1.即a0∈(0,1).当a =a0时,有f'(x0) =0,f(x0)=φ(x0) =0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0) =0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0) =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.思维提升训练7.解(1)f'(x) =x2 +2x +a,方程x2 +2x +a =0的判别式为Δ =4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,那么f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2 +2x +a =0两根分别为x1 = -1 -,x2 = -1 +,解不等式x2 +2x +a>0,解得x< -1 -或x> -1 +,解不等式x2 +2x +a<0,解得 -1 -<x< -1 +,此时,函数f(x)的单调递增区间为( -∞, -1 -)和( -1 +,+∞),单调递减区间为( -1 -, -1 +).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为( -∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为( -∞, -1 -)和( -1 +,+∞),单调递减区间为( -1 -, -1 +).(2)f(x0) -f +ax0 +1 - -a -1= +a=+a +x0 +(4 +14x0 +7 +12a).假设存在x0,使得f(x0)=f,那么4 +14x0+7+12a =0在内有解.由a<0,得Δ =142 -16(7 +12a) =4(21-48a)>0,故方程4 +14x0 +7 +12a =0的两根为x1' =,x'2 =由x0>0,得x0 =x'2 =,依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即 -<a< -, 又由得a = -,故要使满足题意的x0存在,那么a≠ -综上,当a时,存在唯一的x0满足f(x0) =f,当a时,不存在x0满足f(x0) =f。

2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 二1.已知函数f(x)=e x－12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f(x 1)＋f(x 2)>2．2.设函数f(x)=lnx-0.5ax 2-bx.(1)当a=b=0.5时，求f(x)的最大值； (2)令，其图像上任意一点P(x 0,y 0)处切线的斜率k ≤0.5恒成立，求实数a 的取值范围.3.已知函数f(x)=e x-(x+a)ln(x+a)+x,(x ∈R).（1）当a=1时，求函数f(x)的图像在x=0处的切线方程； （2）若函数f(x)在定义域上为单调递增函数， ①求a 的最大整数；②证明：4.已知函数f(x)=kx3+3(k﹣1)x2﹣k2+1在x=0，x=4处取得极值.(1)求常数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)设g(x)=f(x)+c，且∀x∈[﹣1，2]，g(x)≥2c+1恒成立，求c的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[-1,2]，求b，c的值.(2)设f(x)=ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.6.已知函数f （x ）=+x 在x=1处的切线方程为2x ﹣y+b=0．（Ⅰ）求实数a ，b 的值；（Ⅱ）设函数g （x ）=f （x ）+x 2﹣kx ，且g （x ）在其定义域上存在单调递减区间（即g /（x ）＜0在其定义域上有解），求实数k 的取值范围．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0.(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.若函数f(x)+g(x)和f(x)·g(x)同时在x=t 处取得极小值，则称f(x)和g(x)为一对“P(t)函数”．（1）试判断f(x)=x 与g(x)=x 2+ax+b 是否是一对“P(1)函数”； （2）若f(x)=e x 与g(x)=x 2+ax+1是一对“P(t)函数”． ①求a 和t 的值；②若a ＜0，若对于任意x ∈ [1，+∞)，恒有f(x)+g(x)<m ·f(x)g(x)，求实数m 的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x－ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.10.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e<⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．11.已知函数．(1)若a=e ，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数在处的切线与轴平行，（）（1）试讨论在上的单调性；（2）①设，求的最小值；②证明：.14.已知函数①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围； ②若且关于x 的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；③设各项为正的数列满足:求证：.15.设函数f(x)=x2e x-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值.(2)设试比较f(x)与g(x)的大小.答案解析1.解：(1)∵f(x)=e x －12x 2－ax ，∴f′(x)=e x－x －a ．设g(x)=e x －x －a ，则g′(x)=e x－1．令g′(x)=e x－1=0，解得x=0．∴当x ∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． ∴g(x)min =g(0)=1－a ．当a≤1时，f′(x)=g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点； 当a>1时，g(0)=1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞； 当x→－∞时，g(x)→＋∞．∴当a>1时，f′(x)=g(x)=e x－x －a 有两个零点x 1，x 2． 不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2．∴函数f(x)有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，x 1，x 2为g(x)=0的两个实数根， x 1<0<x 2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减． 下面先证x 1<－x 2<0，只需证g(－x 2)<0． ∵g(x 2)=ex2－x 2－a=0，得a=ex2－x 2，∴g(－x 2)=e －x2＋x 2－a=e －x2－ex2＋2x 2．设h(x)=e －x －e x ＋2x(x>0)，则h′(x)=－1ex －e x＋2<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0，∴g(－x 2)<0，即x 1<－x 2<0．∵函数f(x)在(x 1，0)上单调递减，∴f(x 1)>f(－x 2)，∴要证f(x 1)＋f(x 2)>2，只需证f(－x 2)＋f(x 2)>2，即证ex2＋e －x2－x 22－2>0．设函数k(x)=e x ＋e －x －x 2－2(x>0)，则k′(x)=e x －e －x－2x ．设φ(x)=k′(x)=e x －e －x －2x ，φ′(x)=e x ＋e －x－2>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即k′(x)>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)=0，∴当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e －x －x 2－2>0，则ex2＋e －x 2－x 22－2>0，∴f(－x 2)＋f(x 2)>2，∴f(x 1)＋f(x 2)>2．2.解：3.解：4.解：5.解:(1)∵函数f(x)的导函数f′(x)=3x2＋2bx＋c，由题设知-1<x<2是不等式3x2＋2bx＋c<0的解集.∴-1,2是方程3x2＋2bx＋c=0的两个实根，∴-1＋2=-23b，(-1)×2=c3，即b=-1.5，c=-6.(2)∵f′(x)=3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，∴方程f′(x)=3ax2＋1=0有两个不等的实根，∴Δ=02-4×1×3a>0，∴a<0.∴a的取值范围为(-∞，0).6.7.解：(1)f′(x)=x-a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a.8.解：9.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点． 故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.10.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －ax(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －ax>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)． (2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ， 则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0， 所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)．由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增， 因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x2>0，所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)．综上，原命题得证．11.解：12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.14.解：15.解：。

课时规范练 A 组 基础对点练1．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e解析：∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1.选A. 答案：A2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18解析：∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，即⎩⎨⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，x ∈(－∞，1)，f ′(x )＞0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )＞0， 故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.选C. 答案：C3．(2019·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D.答案：D4．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为( )A．2 B．3C．6 D．9解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x ＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2ab，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.答案：D5．已知f(x)＝2x3－6x2＋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．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以f(x)在[－2,0]上单调递增，在(0,2]上单调递减．所以x＝0为极大值点，也为最大值点．所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.所以最小值是－37.答案：A6．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是( )解析：因为[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝[f(x)＋f′(x)]e x，且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－ 1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.答案：D7．函数y ＝2x －1x2的极大值是________．解析：y ′＝2＋2x3，令y ′＝0，得x ＝－1.当x ＜－1时，y ′＞0；当－1＜x ＜0时，y ′＜0.当x ＞0，y ′＞0， 所以当x ＝－1时，y 取极大值－3. 答案：－38．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎨⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2. 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：49．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋(m ＋6)，所以Δ＝4m 2－4×3(m ＋6)＞0，解得m ＞6或m ＜－3，所以实数m 的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)． 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解析：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．B组能力提升练11．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( ) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0＜x ＜1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)＞0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(e x－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.答案：C12．若0＜x1＜x2＜1，则( )A．e x2－e x1＞ln x2－ln x1B．e x1－e x2＜ln x2－ln x1C．x2e x1＞x1e x2D．x2e x1＜x1e x2解析：令f(x)＝e xx，则f′(x)＝x e x－e xx2＝e x x－x2.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即e x2x2＜e x1x1，∴x2e x1＞x1e x2，故选C.答案：C13．已知奇函数f (x )＝⎩⎨⎧exx －x ，h xx则函数h (x )的最大值为__________．解析：先求出x >0时，f (x )＝e x x－1的最小值．当x >0时，f ′(x )＝e xx －x 2，∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e14．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是________．解析：若f ′(x )＝3x 2－3＝0，则x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a ＜1＜6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a ＜1＜6－a 2，得－5＜a ＜1.不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，a 3－1－3(a －1)≥0，(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2，故实数a 的取值范围为[－2,1)． 答案：[－2,1)15．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．(1)求a 和b 的值．(2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点．解析：(1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，解得a ＝0，b ＝－3. 将a ＝0，b ＝－3代入检验知符合题意． (2)由(1)知f (x )＝x 3－3x .因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g (x )的极值点只可能是x ＝1或x ＝－2.当x ＜－2时，g ′(x )＜0；当－2＜x ＜1时，g ′(x )＞0，故x ＝－2是g (x )的极小值点．当－2＜x ＜1或x ＞1时，g ′(x )＞0，故x ＝1不是g (x )的极值点． 所以g (x )的极小值点为x ＝－2，无极大值点．16．已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A (4，103)．(1)求函数f (x )的单调区间．(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围．解析：(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A (4，103)．所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2， 即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.由f ′(x )＝x 2－x －2＜0，解得－1＜x ＜2； 由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞2.所以函数f (x )的递减区间是(－1,2)，递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)． (2)由(1)知f (x )的极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56，同理，f (x )的极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合思想，要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163＜2m －3＜－56，解得－76＜m ＜1312. 所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.。

7.D s'=t2-12t+32,由导数的物理意义可知,速度为零的时刻就是 s'=0 的时刻,解方程 t2-12t+32=0,得
t=4 或 t=8.故选 D.
1
������'(2) 1
8.-2 由导数的几何意义可知 f'(2)=2,又 f(2)=2×2-8=-4,所以������(2)=-2.
������������
1
7.一质点做直线运动,由始点经过 t s 后的距离为 s=3t3-6t2+32t,则速度为 0 的时刻是( )
A.4 s 末
B.8 s 末
C.0 s 末与 8 s 末
D.4 s 末与 8 s 末
������'(2)
8.(2018 河北衡水中学 17 模,14)函数 y=f(x)的图象在点 M(2,f(2))处的切线方程是 y=2x-8,则������(2)=
C. 2, ������
( ]1 ������
D. 2, ������
课时规范练 14 导数的概念及运算
2
1.A ∵f'(x)=13������
-
3
,
������������������ ������(1 - ������) - ������(1) ������������������ ������(1 - ������) - ������(1)
������0������������ ������0 = ������0,
������0 = 0,
13.B 设直线 l 的方程为 y=kx-1,直线 l 与 f(x)的图象相切于点(x0,y0),则 ������������ ������0 + 1 = ������,解得 ������ = 1.