教育最新K122019届高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第1节 函数的概念及其表示练习 新人教A版

►考向二 求函数的解析式[师生共研]
[例 2] (1)已知 f(x)是一次函数，且 f[f(x)]＝4x＋3，则 f(x) 的解析式为_f(_x_)＝__－__2_x_－__3__或__f_(_x)_＝__2_x_＋；1.
(2)已知 f( x＋1)＝x＋2 x，则 f(x)的解析式为_f(_x_)_＝__x_2－__1_(；x≥1)
►规律方法 求函数解析式的常用方法
(1)换元法：已知复合函数 f[g(x)]的解析式，可用换元法， 此时要注意新元的取值范围.
(2)待定系数法：已知函数的类型(如一次函数、二次函数)， 可用待定系数法.
(3)配凑法：由已知条件 f[g(x)]＝F(x)，可将 F(x)改写成关 于 g(x)的表达式，然后以 x 替代 g(x)，便得 f(x)的解析式.
►规律方法 1.求给定解析式的函数定义域的方法 求给定解析式的函数的定义域，其实质就是以函数解 析式中所含式子(运算)有意义为准则，列出不等式或不等 式组求解；对于实际问题，定义域应使实际问题有意义. 2.求抽象函数定义域的方法 (1) 若 已 知 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 [a ， b] ， 则 复 合 函 数 f[g(x)]的定义域可由不等式a≤g(x)≤b求出. (2)若已知函数f[g(x)]的定义域为[a，b]，则f(x)的定义 域为g(x)在x∈[a，b]上的值域.
命题点 2 求抽象函数的解析式
[例 1－2] 已知函数 f(x＋1)的定义域为(－2，0)，则 f(2x
－1)的定义域为( C )
A.(－1，0)
B.(－2，0)
C.(0，1)
－1，0 D. 2
[自主解答] ∵函数f(x＋1)的定义域为(－2，0)， 即－2＜x＜0，∴－1＜x＋1＜1， 则f(x)的定义域为(－1，1)， 由－1＜2x－1＜1，得0＜x＜1， ∴f(2x－1)的定义域为(0，1).故选C.

2.11 导数在研究函数中的应用(二)[方法梳理]1．分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法．通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到．解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题．2．构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决．3．等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧．4．分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置．5．任意性与存在性①∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.②∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . ③∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . ④∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .⑤∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅.[诊断自测]1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )>f ′(x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)>2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定 答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )ex，则 g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )(e x )′(e x )2＝f ′(x )－f (x )ex<0，即g (x )在R 上是减函数， 所以g (ln 2)>g (ln 3)，即f (ln 2)eln 2>f (ln 3)eln 3，即f (ln 2)2>f (ln 3)3，所以3f (ln 2)>2f (ln 3)．故选A.2．设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2,0)∪(2，＋∞)B ．(－2,0)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0,2)答案 D解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )x为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．故选D.3．已知f (x )＝2x 2＋ax －2a2x 在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的取值范围是________．答案 [－1，＋∞)解析 ∵f (x )＝x －a x ＋a 2，∴f ′(x )＝1＋ax 2.又f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f ′(x )≥0，于是可得不等式a ≥－x 2对于x ≥1恒成立．∴a ≥(－x 2)max .由x ≥1，得－x 2≤－1.∴a ≥－1.4．(2017·河南期末)函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，32解析 对于函数y ＝x 3－2ax ＋a ，求导可得y ′＝3x 2－2a ， ∵函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，∴y ′＝3x 2－2a ＝0，则其有一根在(0,1)内，当a >0时，3x 2－2a ＝0两根为± 23a ， 若有一根在(0,1)内，则0<23a <1，即0<a <32. 当a ＝0时，3x 2－2a ＝0两根相等，均为0，f (x )在(0,1)内无极小值． 当a <0时，3x 2－2a ＝0无根，f (x )在(0,1)内无极小值， 综合可得，0<a <32，故答案为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.题型1 利用导数解不等式问题角度1 证明不等式典例(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln 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 ＋a ln 2a.本题用分类讨论思想，代换法，放缩法．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x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)．则f (x 0)＝e 2x 0－a ln x 0.由于2e 2x 0－a x 0＝0，∴e 2x 0＝a2x 0，① ①两边取对数2x 0＝ln a2－ln x 0，∴ln x 0＝ln a2－2x 0，②将①，②代入f (x 0)，则f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.角度2 不等式恒成立问题典例 (2017·安徽江淮十校联考)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)． (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．本题采用分离系数法、构造函数法．解 (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e，∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， f (x )在x ＝1e处取得极小值，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e，无极大值．(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x2， 由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以g (x )min ＝g (1)＝4，即m ≤4， 所以m 的最大值是4. 角度3 不等式存在性问题典例(2018·太原联考)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x . (1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈[1e ，e]，使得f (x 0)≤g (x 0)能成立，求实数a 的取值范围．(1)探索性问题在求解后要验证．(2)采用分离系数法，构造函数法．解 (1)函数f (x )定义域为(0，＋∞)，,f ′(x )＝a x＋2x －4＝ 2x 2－4x ＋ax.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0， ∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，,∴x ＝1不是f (x )的极值点， 故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值． (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0 记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x(x >0)， ∴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． ∴F (x )>F (1)＝1>0，,∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e . ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，∴G (x )min ＝G (1)＝－1， ∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)． 方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度1,2的典例．解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题．见角度3的典例．冲关针对训练1．(2017·陵川县校级期末)已知对于x ∈R ，g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，且f (1)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是 ________． 答案 (1，＋∞) 解析 令h (x )＝f (x )g (x )， 则h ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )，而g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，故h ′(x )>0，h (x )在R 上递增，而h (1)＝0，故不等式f (x )g (x )>0，即h (x )>h (1)， 解得x >1，故不等式的解集是(1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e 时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e；当1e <t <t ＋2，即t >1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故f (x )min ＝f (t )＝t ln t . 所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e.(2)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 即a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减；当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，h (e )，因为存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >h (e)，所以a ≤1e ＋3e －2.题型2 导数与方程问题角度1 零点的判断与证明典例1函数f (x )＝x 3－3x 2＋a (a ∈R )的零点个数．讨论极值与0的关系．解 易知该函数的定义域是R ，f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，由f ′(x )＝0得，x ＝0或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此函数f (x )的极大值是f (0)＝a ，极小值是f (2)＝a －4. ①当a <0或a －4>0，即a <0或a >4时，f (x )有一个零点； ②当a ＝0或a －4＝0，即a ＝0或a ＝4时，f (x )有两个零点； ③当a >0且a －4<0，即0<a <4时，f (x )有三个零点．典例2(2015·广东高考)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)·e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．研究f (x )的单调性，再由赋值法证明．解 (1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ ln 2a )eln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．角度2 由零点求参数的取值典例 (2017·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间和极值；(3)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围．将f (x )＝0化为：2ln x x 2＝1a，用构造函数法求解．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 22－ln x ，f ′(x )＝x －1x，∵f ′(1)＝0，f (1)＝12，∴在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝12.(2)f ′(x )＝x 2－ax，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )递增，函数无极值；当a >0时，在(0，a )上递减，在(a ，＋∞)上递增，函数的极小值为f (a )＝a (1－ln a )2.(3)f (x )＝x 22－a ln x 在区间(1，e 2]内恰有两个零点，∴y ＝1a 与y ＝2ln x x2在区间(1，e 2]内恰有两个交点，令g (x )＝2ln x x 2，g ′(x )＝2(1－2ln x )x3， ∴g (x )在(0，e 12 )上递增，在(e 12 ，e 2)上递减， g (x )max ＝g (e 12 )＝1e ，g (e 2)＝4e 4，g (1)＝0，∴1a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 4，1e .∴a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，e 44.1．(2017·达州模拟)函数f (x )＝x 3＋x 2＋5ax －1存在极值点的充要条件是( )A ．a ≤115B ．a <115C ．a ≥115D ．a >115答案 B解析 求得导函数f ′(x )＝3x 2＋2x ＋5a ，三次函数f (x )有极值，则f ′(x )＝0有不相等的两个解，∴Δ＝4－60a >0，∴a <115.故选B.2．(2017·长江五校联考)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1>0，f (1)＝6，则不等式f (lg x )<1lg x＋5的解集为( )A ．(10，10)B ．(0,10)C ．(10，＋∞) D．(1,10) 答案 D解析 由题意得f ′(x )＋1x 2>0，设g (x )＝f (x )－1x －5，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x2，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，故g (x )<0的解集为(0,1)，即f (x )<1x＋5的解集为(0,1)，由0<lg x <1，解得1<x <10，则所求不等式的解集为(1,10)，故选D.3．(2015·北京高考)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． 解 (1)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 .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减， 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)上单调递减， 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．4．(2017·北京东城二模)设函数f (x )＝(x －a )e x，a ∈R .当a ＝1时，求证：∀x ∈[－5，＋∞)，f (x )＋x ＋5≥－6e5恒成立．证明 当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x，f ′(x )＝x e x .令h (x )＝f (x )＋x (x ≥－5)，所以h ′(x )＝x e x＋1. 所以h ″(x )＝(x ＋1)e x.令h ″(x )＝(x ＋1)e x＝0，得x ＝－1，所以当x ∈[－5，－1]时，h ″(x )≤0，h ′(x )单调递减； 当x ∈[－1，＋∞)时，h ″(x )≥0，h ′(x )单调递增． 所以当x ＝－1时，h ′(x )min ＝h ′(－1)＝1－1e >0.所以函数h (x )在[－5，＋∞)上单调递增． 所以h (x )≥h (－5)＝－6e5－5.所以∀x ∈[－5，＋∞)，f (x )＋x ＋5≥－6e5恒成立．[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·安庆二模)若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，－3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 答案 B解析 y ＝a e x＋3x ，求导，y ′＝a e x ＋3，由若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点， 则y ′＝a e x＋3＝0有负根，则a ≠0， 则e x＝－3a在y 轴的左侧有交点，∴0<－3a<1，解得：a <－3，实数a 的取值范围为(－∞，－3)．故选B.2．(2018·太原模拟)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，g (x )≠0，当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0，且f (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A ．(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3) C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D ．(－∞，－3)∪(0,3)答案 D解析 ∵当x <0时，f ′(x )·g (x )－f (x )g ′(x )>0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )>0，∴当x <0时，f (x )g (x )是增函数，故当x >0时，f (x )g (x )也是增函数． ∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴f (x )g (x )为奇函数，f (x )g (x )的图象关于原点对称， 函数f (x )g (x )的单调性的示意图，如图所示： ∵f (－3)＝0，∴f (3)＝0，∴由不等式f (x )g (x )<0， 可得x <－3或0<x <3，故原不等式的解集为{x |x <－3或0<x <3}．故选D.3．(2017·冀州月考)函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163答案 C解析 由图象可得f (x )＝0的根为0,1,2，故d ＝0，f (x )＝x (x 2＋bx ＋c )，则1,2为x2＋bx ＋c ＝0的根，由根与系数的关系得b ＝－3，c ＝2，故f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，则f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，由图可得x 1，x 2为3x 2－6x ＋2＝0的根，则x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝83.故选C.4．(2017·合肥期中)已知a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，则( )A ．a 的最小值为－3B ．a 的最小值为－4C ．a 的最大值为2D ．a 的最大值为4答案 A解析 a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x ＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，转化为a 2＋2a ＋2≤4x －1＋x ＝f (x )的最小值．f ′(x )＝(x ＋1)(x －3)(x －1)2， 可得x ＝3时，函数f (x )取得极小值即最小值f (3)＝5. ∴a 2＋2a ＋2≤5，化为a 2＋2a －3≤0， 即(a ＋3)(a －1)≤0，解得－3≤a ≤1. 因此a 的最小值为－3.故选A.5．(2018·兴庆区模拟)设f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝2018，则不等式e x f (x )>e x ＋2017(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(2017，＋∞)D ．(－∞，0)∪(2017，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝e xf (x )－e x，则g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，e x>0，∴g ′(x )＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]>0， ∴g (x )是R 上的增函数． 又g (0)＝f (0)－1＝2017， ∴g (x )>2017的解集为(0，＋∞)，即不等式e xf (x )>e x＋2017的解集为(0，＋∞)．故选B.6．(2017·五华区校级模拟)设函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R )在区间(0,2)上有两个极值点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln 2＋14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12答案 D解析 f (x )＝x (ln x －ax )，求导f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，由题意，关于x 的方程2ax ＝ln x ＋1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y ＝2ax 与y ＝ln x ＋1有两个交点，由y ＝ln x ＋1，求导y ′＝1x，设切点(x 0，y 0)，ln x 0＋1x 0＝1x 0，解得x 0＝1，∴切线的斜率k ＝1，则2a ＝1，a ＝12，则当x ＝2，则直线斜率k ＝ln 2＋12， 则a ＝ln 2＋14，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12.故选D.7．(2017·江西模拟)若函数f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x存在唯一的极值点，且此极值大于0，则( )A ．0≤a <1eB ．0≤a <1e 2C ．－1e <a <1e 2D ．0≤a <1e 或a ＝－1e答案 A解析 f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x，x >0，∴f ′(x )＝a (x －1)e x＋1x －1x2＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a e x ＋1x 2，由f ′(x )＝0得到x ＝1或a e x＋1x2＝0(*)．由于f (x )仅有一个极值点，关于x 的方程(*)必无解， ①当a ＝0时，(*)无解，符合题意，②当a ≠0时，由(*)得，a ＝－1e x x2，∴a >0，由于这两种情况都有，当0<x <1时，f ′(x )<0，于是f (x )为减函数， 当x >1时，f ′(x )>0，于是f (x )为增函数， ∴x ＝1为f (x )的极值点， ∵f (1)＝－a e ＋1>0，∴a <1e.综上可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，1e .故选A. 8．(2017·濮阳期末)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0 答案 A解析 对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对于区间[－3,2]上的任意x ，都有f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， ∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，∴实数t 的最小值是20.故选A.9．(2018·黄陵县模拟)已知函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e ＋1B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞答案 B解析 函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点， 就是x e x ＋x 2＋2x ＋a ＝0恰有两个不同的实数解， 设g (x )＝x e x＋x 2＋2x ，则g ′(x )＝e x＋x e x＋2x ＋2＝(x ＋1)(e x＋2)，x <－1，g ′(x )<0，函数是减函数，x >－1，g ′(x )>0，函数是增函数，函数的最小值为g (－1)＝－1－1e ，则－a >－1－1e，即a <1＋1e.函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1.故选B. 10．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，令h ′(x )＝0，得x ＝22或x ＝－22(舍去)，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.故选D. 二、填空题11．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .要使f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则必须有f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，即29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.12．(2017·信阳模拟)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析 由函数图象可知f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－1,1)．由(x 2－2x －3)f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3>0，f ′(x )>0， ①或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3<0，f ′(x )<0， ②解①得x <－1或x >3； 解②得－1<x <1.∴不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)． 故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．13．(2017·七里河模拟)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x >0时，不等式f (x )>－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数是________．答案 3解析 定义在R 上的奇函数f (x )满足：f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，且f (－x )＝－f (x )，又x >0时，f (x )>－xf ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )>0， ∴[xf (x )]′>0，函数h (x )＝xf (x )在x >0时是增函数， 又h (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )，∴h (x )＝xf (x )是偶函数；∴x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝xf (x )与y 2＝－lg |x ＋1|的大致图象如图所示， ∴由图象知，函数g (x )＝xf (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数为3个．14．(2015·安徽高考)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2； ④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 答案 ①③④⑤解析 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .对于①，由a ＝b ＝－3，得f (x )＝x 3－3x －3，f ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)，f (x )极大值＝f (－1)＝－1<0，f (x )极小值＝f (1)＝－5<0，函数f (x )的图象与x 轴只有一个交点，故x 3＋ax ＋b ＝0仅有一个实根；对于②，由a ＝－3，b ＝2，得f (x )＝x 3－3x ＋2，f ′(x )＝3(x ＋1)(x －1)，f (x )极大值＝f (－1)＝4>0，f (x )极小值＝f (1)＝0，函数f (x )的图象与x 轴有两个交点，故x 3＋ax ＋b ＝0有两个实根；对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．B级三、解答题15．(2017·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．解(1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x e x－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为e x－a＝x.设函数F(x)＝e x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：即F (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a )． 所以F (x )的最小值F (x )min ＝F (a )＝1－a . 因为a <1，所以F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意x ∈R ，F (x )>0， 因此方程ex －a＝x 无实数解．所以当x ≠0时，函数g (x )不存在零点． 综上，函数g (x )有且仅有一个零点．16．设函数f (x )＝－13x 3＋x 2＋(a 2－1)x ，其中a >0.(1)若函数y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值，求a 的值；(2)已知函数f (x )有3个不同的零点，分别为0，x 1，x 2，且x 1<x 2，若对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－x 2＋2x ＋(a 2－1)， 因为y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值， 所以f ′(－1)＝0.即－(－1)2＋2(－1)＋(a 2－1)＝0. 解得a ＝±2，经检验得a ＝2.(2)由题意得f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 2＋x ＋a 2－1＝－13x ·(x －x 1)(x －x 2)， 所以方程－13x 2＋x ＋a 2－1＝0有两个相异的实根x 1，x 2.故Δ＝1＋43(a 2－1)>0，解得a <－12(舍去)或a >12，且x 1＋x 2＝3，又因为x 1<x 2，所以2x 2>x 1＋x 2＝3，故x 2>32>1.①若x 1≤1<x 2，则f (1)＝－13(1－x 1)(1－x 2)≥0，而f (x 1)＝0不符合题意．②若1<x 1<x 2，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 1≥0，x －x 2≤0，所以f (x )＝－13x (x －x 1)(x－x 2)≥0.又f (x 1)＝0，所以f (x )在[x 1，x 2]上的最小值为0.于是对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立的充要条件为f (1)＝a 2－13<0，解得－33<a<33.综上得12<a<33，即a的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫12，33.。

[答案] B
4．(2017·湖北孝感模拟)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＝aent；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a4 L，则 m 的值为( )
A．5
B．8
C．9
D．10
[解析] 由题意得 ae5n＝a－ae5n，可得 e5n＝0.5，若再过 m min
[答案] A
3．(2018·北京朝阳区模拟)为了缓解城市拥堵，某市对非居民
区的公共停车场制定了不同的收费标准(见下表).
地区类别 首小时内
首小时外
一类 2.5 元/15 分钟 3.75 元/15 分钟
二类 1.5 元/15 分钟 2.25 元/15 分钟
三类 0.5 元/15 分钟 0.75 元/15 分钟
(4)还原：将数学问题还原为实际问题的意义． 以上过程用框图表示如下：
[小题速练]
1．某沙漠地区的某天某时段气温(℃)与时间(h)的函数关系是
f(t)＝－t2＋24t－101(4≤t≤18)，则该沙漠地区在该时段的最大℃
C．64℃
D．68℃
[解析] 易知当 t＝12 时，f(t)max＝43，当 t＝4 时，f(t)min＝－
甲桶中的水只有a4 L，可得 ae(5＋m)n＝a4，解得 m＝5.故选 A. [答案] A
考点突破 提能力
研一研 练一练 考点通关
考点一 二次(一次)函数模型——常考点 (2017·江西三校联考)食品安全问题越来越引起人们
的重视，农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来一定的危害， 为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入 200 万元， 搭建甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入 20 万元， 其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜，根据以往的种菜经验，发 现种西红柿的年收入 P(单位：万元)、种黄瓜的年收入 Q(单位： 万元)与投入 a(单位：万元)满足 P＝80＋4 2a，Q＝14a＋120，设 甲大棚的投入为 x(单位：万元)，每年两个大棚的总收益为 f(x)(单 位：万元)．

课堂达标(十三) 变化率与导数、导数的计算[A 基础巩固练]1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( ) A ．2(x 2－a 2) B ．2(x 2＋a 2) C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)[解析] f ′(x )＝(x －a )2＋(x ＋2a )[2(x －a )]＝3(x 2－a 2)． [答案] C2．(2018·衡水调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋1 B ．y ＝2x －1 C ．y ＝－2x －3 D ．y ＝－2x －2[解析] ∵y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2， ∴y ′＝x ＋2－x x ＋2＝2x ＋2，y ′|x ＝－1＝2，∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2， ∴所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. [答案] A3．(2018·郑州质检)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( )A ．－1B ．0C ．2D ．4[解析] 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，∴g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.[答案] B4．(2018·福建省四校第一次联考)函数f (x )＝x 3＋4x ＋5的图象在x ＝1处的切线在x轴上的截距为( )A ．10B ．5C ．－1D ．－37[解析] ∵f (x )＝x 3＋4x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2＋4， ∴f ′(1)＝7，即切线的斜率为7， 又f (1)＝10，故切点坐标(1,10)，∴切线的方程为：y －10＝7(x －1)，当y ＝0时，x ＝－37，切线在x 轴上的截距为－37，故选D.[答案] D5．(2018·广东深圳4月调研)过直线y ＝x ＋1上的点P 作圆C ：(x －1)2＋(y －6)2＝2的两条切线l 1、l 2，当直线l 1，l 2关于直线y ＝x ＋1对称时，|PC |＝( )A ．3B ．2 2C ．1＋ 2D ．2[解析] 由题设可知当CP ⊥l ：y ＝x ＋1时，两条切线l 1，l 2关于直线l ：y ＝x ＋1对称，此时|CP |即为点(1,6)到直线l ：y ＝x ＋1的距离，即d ＝|1－6＋1|1＋1＝42＝22，应选答案B.[答案] B6．(2018·杭州模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a 等于( )A ．－1或－2564B ．－1或214C ．－74或－2564D ．－74或7[解析] 设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax2＋154x －9相切可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－1，所以选A.[答案] A7．(2018·山东省枣庄十六中4月模拟试卷)已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，f ′(x )是f (x )的导函数．若f (x )＝2f ′(x )，则1＋sin 2xcos 2x －sin x cos x＝______.[解析] 根据题意，函数f (x )＝sin x ＋cos x ， 则f ′(x )＝cos x －sin x ，又由f (x )＝2f ′(x )， 即sin x ＋cos x ＝2(cos x －sin x )， 变形可得cos x ＝3sin x ， 即tan x ＝13，1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x ＝2sin 2x ＋cos 2x cos 2x －sin x cos x ＝2tan 2x ＋11－tan x ， 又由tan x ＝13，则1＋sin 2x cos 2x －sin x cos x ＝2sin 2x ＋cos 2xcos 2x －sin x cos x ＝2tan 2x ＋11－tan x ＝116； [答案]1168．已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，记f 2(x )＝f ′1(x )，f 3(x )＝f ′2(x )，…，f n (x )＝f ′n－1(x )(n ∈N *，n ≥2)，则f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋…＋f 2 017⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝______.[解析] f 2(x )＝f ′1(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝(cos x －sin x )′＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝sin x ＋cos x ，以此类推，可得出f n (x )＝f n ＋4(x )，又∵f 1(x )＋f 2(x )＋f 3(x )＋f 4(x )＝0，∴f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋…＋f 2 017⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝504⎣⎢⎡⎦⎥⎤f 1⎝⎛⎭⎪⎫π2＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 3⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 4⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1[答案] 19．若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是______． [解析] 由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2.设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2，解得m ＝e ，所以n ＝eln e ＝e ，即点P 的坐标为(e ，e)．[答案] (e ，e)10．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程． [解] (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 2－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)， 又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0，或y ＋2＝0.[B 能力提升练]1．(2018·安徽蚌埠二模)已知函数f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1e x ，曲线y ＝f (x )上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( )A ．(－e 2，＋∞)B ．(－e 2,0)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0 [解析] ∵曲线y ＝f (x )上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ∴f ′(x )＝a ＋(x －1)e －x＝0有两个不同的解， 即得a ＝(1－x )e －x有两个不同的解， 设y ＝(1－x )e －x，则y ′＝(x －2)e －x， ∴x ＜2，y ′＜0，x ＞2，y ′＞0∴x ＝2时，函数取得极小值－e －2，∴0＞a ＞－e －2. [答案] D2．(2016·四川卷)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0＜x ＜1，ln x ，x ＞1图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(0，＋∞)D ．(1，＋∞)[解析] 设P 1(x 1，ln x 1)，P 2(x 2，－ln x 2)(不妨设x 1＞1,0＜x 2＜1)，则由导数的几何意义易得切线l 1，l 2的斜率分别为k 1＝1x 1，k 2＝－1x 2.由已知得k 1k 2＝－1.∴x 1x 2＝1，∴x 2＝1x 1.∴切线l 1的方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)，切线l 2的方程为y ＋ln x 2＝－1x 2(x －x 2)，即y －ln x 1＝－x 1⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 1.分别令x ＝0得A (0，－1＋ln x 1)，B (0,1＋ln x 1)．又l 1与l 2的交点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 11＋x 21，ln x 1＋1－x 211＋x 21.∵x 1＞1，∴S △PAB ＝12|y A －y B |·|x P |＝2x 11＋x 21＜1＋x 211＋x 21＝1，∴0＜S △PAB ＜1，故选A.[答案] A3．(2018·北京市朝阳区二模)设P 为曲线C 1上动点，Q 为曲线C 2上动点，则称|PQ |的最小值为曲线C 1，C 2之间的距离，记作d (C 1，C 2)．若C 1∶x 2＋y 2＝2，C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝2，则d (C 1，C 2)＝______； 若C 3∶e x －2y ＝0，C 4∶ln x ＋ln 2＝y ，则d (C 3，C 4)＝______.[解析] C 1(0,0)，r 1＝2，C 2(3,3)，r 2＝2，d (C 1，C 2)＝32－2－2＝2； ∵C 3：e x －2y ＝0，C 4：ln x ＋ln 2＝y 互为反函数， 先求出曲线e x－2y ＝0上的点到直线y ＝x 的最小距离． 设与直线y ＝x 平行且与曲线e x－2y ＝0相切的切点P (x 0，y 0)．y ′＝12e x ，∴12e x 0＝1，解得x 0＝ln 2，∴y 0＝1.得到切点P (ln 2,1)，到直线y ＝x 的距离d ＝1－ln 22，丨PQ 丨的最小值为2d ＝2(1－ln 2)， 故答案为2，2(1－ln 2)． [答案]2；2(1－ln 2)4．(2018·湖南衡阳第三次联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ＞0－2x －1，x ≤0，D 是由x 轴和曲线y ＝f (x )及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z ＝x 2＋y 2＋2x ＋2y 在D 上的最小值为______．[解析] 当x ＞0时，f ′(x )＝1x，则f ′(1)＝1所以曲线y ＝f (x )及该曲线在点(1,0)处的切线为y ＝x －1, 区域D 可作图如下则根据线性规划的目标点的选取z ＝x 2＋y 2＋2x ＋2y ＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2－2，将其转化为可行域D 内取一点(x ，y )与定点(－1，－1)之间距离的平方与2的差的最小值，有可行域可知，定点(－1，－1)到直线y ＝－2x －1的距离为|－2－1＋1|5＝25，所以可行域D 内取一点(x ，y )与定点(－1，－1)之间距离的平方与2的差的最小值45－2＝－65.[答案] －655．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 ＋bx2，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＋3x2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＋3x20(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.[C 尖子生专练](2018·河北唐山一中月考)已知函数f (x )＝ax 3＋3x 2－6ax －11，g (x )＝3x 2＋6x ＋12和直线m ：y ＝kx ＋9，且f ′(－1)＝0.(1)求a 的值；(2)是否存在k ，使直线m 既是曲线y ＝f (x )的切线，又是曲线y ＝g (x )的切线？如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)由已知得f ′(x )＝3ax 2＋6x －6a ， ∵f ′(－1)＝0，∴3a －6－6a ＝0，∴a ＝－2. (2)存在．由已知得，直线m 恒过定点(0,9)，若直线m 是曲线y ＝g (x )的切线，则设切点为(x 0,3x 2＋6x 0＋12)．∵g ′(x 0)＝6x 0＋6，∴切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)(x －x 0)， 将(0,9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9； 当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －11， ①由f ′(x )＝0得－6x 2＋6x ＋12＝0， 解得x ＝－1或x ＝2.在x ＝－1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝－18； 在x ＝2处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝9， ∴y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9. ②由f ′(x )＝12得－6x 2＋6x ＋12＝12， 解得x ＝0或x ＝1.在x ＝0处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －11； 在x ＝1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －10； ∴y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线不是y ＝12x ＋9. 综上所述，y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9， 此时k ＝0.。