资源简介

§4.2 导数的应用
考纲·题型解读
1.理解可导函数的单调性与其导数的关系,能利用导数确定函数的单调性.
2.函数的单调性是函数的重要性质,它一直是高考的重点内容,而确定函数的单调性又是一个难点,很多函数仅通过定义
很难确定其单调性,而通过导数的方法往往是一种简单易行的方法,所以近年来高考加强了利用导数的方法确定函数单调性的
考查.
3.了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号),会求一些实际问题(一般指单峰函数)
的最大值和最小值.
4.导数法研究函数的极值和最值是导数应用的关键知识,函数极值的有关概念和求解方法的复习要注意与函数图象相结
合,养成用数形结合思考问题的习惯.利用导数求函数的极大(小)值,求函数在连续区间[a,b]上的最大、最小值或利用求导法
解决一些实际应用问题,这已成为新高考的一个热点问题,应予以关注.
函数 '(x),并确定 (x)的单调区间.
题源1 可导函数的单调性与导数的关系 f f2([ x-1)
2-(2x-b)·2(x-1)
解析] f'(x)= (x-1)4
解题模型 -2x+2b-2 2[x-(b-1)]
= (x-1)3 =- (x-1)3 .
设函数y=f(x)在区间(a,b)内可导: 令f'(x)=0,得x=b-1.(1)如果恒有f'(x)>0,则函数f(x)在(a,b)内为增 当b-1<1,即b<2时,f'(x)的变化情况如下表:
函数;
(2)如果恒有f'(x)<0,则函数f(x)在(a,b)内为减 x (-∞,b-1) b-1 (b-1,1)(1,+∞)
函数; f'(x) - 0 + -
(3)如果恒有f'(x)=0,则函数f(x)在(a,b)内为常函 当b-1>1,即b>2时,f'(x)的变化情况如下表:
数.
x (-∞,1)(1,b-1) b-1 (b-1,+∞)
ex
[真题1] (2021·江西)设函数f(x)= . f'(x) - + 0 -x
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间; 所以当b<2时,函数f(x)在(-∞,b-1)上单调递减,在
(Ⅱ)若k>0,求不等式f'(x)+k(1-x)f(x)>0的解集. (b-1,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
1 1 x-1 当b>2时,函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,b-1)[解析] (Ⅰ)f'(x)=- ex+ ex xx2 = 2 e
,
x x 上单调递增,在(b-1,+∞)上单调递减.
由f'(x)=0,得x=1. 2当b-1=1,即b=2时,f(x)= ,所以函数f(x)在
因为当x<0时,f'(x)<0;当0, () , (-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递减当x>1时 f'x >0 .
() [, ); [真题3] (所以 x 的单调增区间是 1 +∞ 2022
·全国)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.f
单调减区间是(-∞,0),(0,
(
1]. 1
)若a=0,求f(x)的单调区间;
2 (2)若当x-1+kx-kx x≥0
时f(x)≥0,求a的取值范围.
(Ⅱ)由f'(x)+k(1-x)f(x)= xx2 e [解析] (1)a=0时,f(x)=e
x-1-x,f'(x)=ex-1.
(x-1)(-kx+1) 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>
= xx2 e>0
, 0.故f(x)在(-∞,0)单调减少,在(0,+∞)单调增加.
得(x-1)(kx-1)<0. (2)f'(x)=ex-1-2ax.
1 由(1)知e
x≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.
故当0当k=1时,解集是 ; 1
从而当1-2a≥0,即a≤ 时,2 f'
(x)≥0,而f(0)=0,于是
, { 1当k>1时 解集是 x|k}. 当x≥0时,f(x)≥0.
[真题2] ( · )
2x-b
2020 北京 已知函数 1f(x)=( )2,求导 由x-1 e
x>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).从而当a>2
·63·
时,f'(x)故当x∈(0,ln2a)时,f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈ 令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),
(0,ln2a)时,f(x)<0. ①当a=0时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞),
综合得a 的取值范围为 ( ,1 ] 所以,当x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f'(x)<0,函数f(x)-∞ 2 . 单调递减;
[真题4] (2022·辽宁)已知函数f(x)=(a+1)lnx+ 当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f'(x)>0,函数f(x)单
ax2+1. 调递增;
(1)讨论函数f(x)的单调性; ②当a≠0时,由f'(x)=0,
(2)设a<-1,如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-
2 , , 1
f(x2)|≥4|x1-x
即ax -x+1-a=0 解得x1=1x2= -1.
2|,求a的取值范围. a
[解析] (1)f(x)
a+1
的定义域为(0,+∞),f'(x)= x + ()
1
i当a= 时,x1=x2,g(x)≥0恒成立,此时f'(x)≤0,2
2ax2+a+1 () (, ) ;
2ax 函数f x 在 0 +∞ 上单调递减= x . 1 1
当a≥0时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调增加;
(i)当01>0
,
当a≤-1时,f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)单调减少; x∈(0,1)时,g(x)>0,此 时f'(x)<0,函 数f(x)单 调
a+1 递减;
当-1x∈ ( 11, -1) 时,g(x)<0,此时f'(x)>0,函数f(x)单a
∈ , a+1 0 - ÷ 时,

f'(x)>0;x∈ a+1, ÷ 时,f'
è 2a è - 2a +∞ 调递增;
1
(x)< 0,故 f (x)在
, a+1 0 - ÷ 单 调 增 加,在 x∈ , 时,() ,此时 () ,函数 ()è 2a (a-1 +∞ ) g x >0 f'x <0 f x
a+1,
单调递减;
- +∞ ÷ 单调减少.è 2a (ii) 1当a<0时,由于 -1<0,
(2)不妨假设x1≥x2,而a<-1,由(1)知f(x)在(0,+∞) a
单调减少,从而 x1,x2∈(0,+∞), (x
(,) , ( ) , ( ) , ( )
|f 1)-f(x2)|≥4|x1- x∈ 01
时 g x >0 此 时f' x <0 函 数f x 单 调
x2|,等价于 x1,x 递减
;
2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.①
a+1 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f'(x)>0,函数f(x)单
令g(x)=f(x)+4x,则g'(x)= x +2ax+4. 调递增.
综上所述:
①等价于g(x)在(0,+∞)单调减少,
a+1
即
x +2ax+4≤0. 当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减;函数f(x)在
-4x-1 (2x-1)2-4x2-2 (2x-1)2 (,
a≤ = = -2. 1 +∞
)上单调递增;
从而
2x2+1 2x2+1 2x2+1 1
( 当 时,函数 ()在(, )上单调递减;故a 的取值范围为 -∞,-2]. a=2 f x 0 +∞
[真题5] (2022·山东)
1-a
已知函数f(x)=lnx
1
-ax+ 当0(x)在(0,1)上单调递减;函数f(x)在
-1(a∈R). ,1, 上单调递增;函数 (x)在 1 , 上单调递减.
(1) ,
1 -1 f -1+∞
当a=-1时 求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 ( a ) (a )
方程; 题源2 函数的极值
( 12)当a≤ 时,讨论f(x)的单调性2 .
[解析] ( 2 1)当a=-1时,f(x)=lnx+x+ ,x-1x∈
(0,
+∞).
() x
2+x-2
∴f'x = 2 ,x x∈
(0,+∞),
因此f'(2)=1.
即曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为1.
又f(2)=ln2+2,
所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-(ln2
+2)=x-2,
即x-y+ln2=0.
() 1-a2 因为f(x)=lnx-ax+ x -1
,
2
所以f'(
1 a-1 ax -x-a+1
x)= , (,x-a+ x2 =- x2 x∈ 0 +
·64·
解题模型 m= x3 33 -2mx
2+2mx.
(1)设函数f(x)在点x0 附近有定义,如果对于x0 附 m 3
近所有的点都有f(x)f(
由f(1)=5,即x - m+2m=5
,得m=6,所以a=2,b=
0)),我们 3 2
就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值(或极小值). -9,c=12.
可导函数f(x)在极值点处的导数为0. [真题7] (2018·山东)设函数f(x)=2x3-3(a-1)x2
如果函数f(x)在点x0 处连续,且在点x0 两侧的导 +1,其中a≥1.
数异号,那么点x0 是函数f(x)极值点. (Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(2)求可导函数的极值时应注意以下几点: (Ⅱ)讨论f(x)的极值.
①按定义,极值点x 是区间[a,b]内部的点,不会是 [解析]i 由已知得f'(x)=6x[x-(a-1)],
端点a、b. 令f'(x)=0,解得x1=0,x2=a-1.
②若f(x)在(a,b)内有极值,那么f(x)在(,) (Ⅰ)当a=1时,f'(x)=6x
2
ab 内绝 ,f(x)在(-∞,+∞)上单调
不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值. 递增;
③极大值与极小值没有必然的大小关系,即极大值不 当a>1时,f'(x)=6x[x-(a-1)].
一定比极小值大,极小值不一定比极大值小. f'(x)、f(x)随x 的变化情况如下表:
④函数f(x)在[a,b]上有极值 x (-∞,0) 0 (0,a-1) a-1 (a-1,+∞)
的话,它 的 极 值 点 的 分 布 是 有 规 律
f'(x) + 0 - 0 +
的,如图,相邻两个极大值点之间必
有一个 极 小 值 点,同 样 相 邻 两 个 极 f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
小值点 之 间 必 有 一 个 极 大 值 点,一 从上表可知,函数f(x)在(-∞,0)上单调递增;
般地,当函数f(x)在[a,b]上连续且有有限个极值点时函 在(0,a-1)上单调递减;在(a-1,+∞)上单调递增.
数f(x)在[a,b]内的极大值点、极小值点是交替出现的. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=1时,函数f(x)没有极值.
当a>1时,函数f(x)在x=0处取得极大值1,
在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3.
⑤导数为零的点是该点为极值点的必要条件,不是充
[ 1 1分条件. 真题8] (2020·江西)已知函数f(x)= 4 34x +3ax -
⑥极值只能在函数的不可导点和导数为零的点取得. a2x2+a4(a>0).
(3)函数极值的求法: (Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间;
①求导数f'(x).②求方程f'(x)=0的全部实根.③ (Ⅱ)若函数y=f(x)的图象与直线y=1恰有两个交点,求
检查f'(x)在方程f'(x)=0的根左右两边的值的符号.如 a的取值范围.
果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负 [解析] (Ⅰ)f'(x)=x3+ax2-2a2x=x(x+2a)(x-a)
右正,那么f(x)在这个根处取得极小值. 令f'(x)=0得,x1=-2a,x2=0,x3=a,由a>0得f'(x)在
总结:求可导函数的极值,实质上是解方程.即解方程 f'(x)=0根的左右的符号如下表所示:
f'(x)=0,然后列表即可.
x f'(x) f(x)
[真题6] (2018·北京)已知函数f(x) (-∞,-2a) - ↘
=ax3+bx2+cx 在点x0 处取得极大值5,其 -2a 0 极小值
导函数y=f'(x)的图象经过点(1,0),(2,
0),如图所示.求: (-2a,0) + ↗
(Ⅰ)x0 的值; 0 0 极大值
(Ⅱ)a,b,c的值. (0,a) - ↘
[解析] 解法一:(Ⅰ)由图象可知,在(-∞,1)上f'(x)>
0,在(1,2)上f'(x)<0,在(2,+∞)上f'(x)>0,故f(x)在 a 0 极小值
(-∞,1),(2,+∞)上递增,在(1,2)上递减,因此f(x)在x=1 (a,+∞) + ↗
处取得极大值,所以x0=1. 所以 (x)的递增区间为(-2a,0)与(a,+∞),
(Ⅱ)f'()
f
x =3ax2+2bx+c,由f'(1)=0,f'(2)=0,f(1)
f(x)的递减区间为(-∞,, -2a
)与(0,a).
3a+2b+c=0
5
=5,得{12a+4b+c=0,解得a=2,b=-9,c=12. (Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)极小值=f(-2a)=- a4,f(x)3 极小值=a+b+c=5, 7 4 4
解法二:(Ⅰ)同解法一. f(a)= ,12a f
(x)极大值=f(0)=a .
(Ⅱ)设f'(x)=m(x-1)(x-2)=mx2-3mx+2m,又
要使f(
5
m 3 x
)的图象与直线y=1恰有两个交点,只要- 4
() 2 3
a
f'x =3ax +2bx+c,所以a= ,3 b=-2m
,c=2m,f(x) 4
7 12
<1< 4 或 4 ,即 ,或12a a <1 a> 7 0·65·
[真题9] (2019·山东)设函数f(x)=ax2+blnx,其中 -a],
ab≠0. 令g(x)=x2+(3-a+b)x+2b-ab-a,
证明:当ab>0时,函数f(x)没有极值点;当ab<0时,函 则Δ=(3-a+b)2-4(2b-ab-a)=(a+b-1)2+8>0,
数f(x)有且只有一个极值点,并求出极值. 于是可设x1,x2 是g(x)=0的两实根,且x1[解析] 因为f(x)=ax2+blnx,ab≠0,所以f(x)的定义 ①当x1=a 或x2=a 时,则x=a 不是f(x)的极值点,此
域为(0,+∞). 时不合题意.
b 2ax2+b
f'(x)=2ax+ = . ②当x1≠a 且x2≠a 时,由于x=a 是f(x)的极大值点,x x
故
当ab>0时,如果a>0,b>0,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)
x1; 即g(a)<0,上单调递增
2 ( ) ,
如果a<0,b<0,f'(x)<0,
即
f(x)在(0,+∞)上单调递减. a + 3-a+ba+2b-ab-a<0
所以当ab>0时,函数f(x)没有极值点. 所以b<-a
,
当ab<0时, 所以b的取值范围是(-∞,-a).
(2)由(b b 1
)可知,假设存在b及x4 满足题意,则
2a ÷ ÷
èx+ -2a èx- -2a ①当x2-a=a-x1 时,则x4=2x2-a 或x4=2x1-a,
f'(x)= ,令f'( )x x =0
,得
于是2a=x1+x2=a-b-3,
b b 即(, )( b=-a-3.x1=- - 0 +∞ 舍去),x2= - ∈(, ),当2a 2a 0 +∞ 此时x4=2x2-a=a-b-3+ (a+b-1)2+8-a=a+
a>0,b<0时,f'(x)、f(x)随x 的变化情况如下表:
26,或x4=2x1-a=a-b-3- (a+b-1)2+8-a=a-
x , b ÷ b 0 - ÷
b ,
è 2a è -2a è -2a +∞
÷ 26.

②当x2-a≠a-x1 时,则x2-a=2(a-x1)或a-x1
f'(x) - 0 + =2(x2-a).
f(x) ↘ 极小值 ↗ () ( ), a+xi若x 22-a=2a-x1 则x4= ,2
从上表可看出,函数f(x)有且只有一个极小值点,极小值
3(a-b-3)- (a+b-1)2+8
b b 于是3a=2x1+x2= ,为f b- ÷=- 1-ln - . 2è 2a 2 [ ( 2a) ]
2
当a<0,b>0时,f'()、
即 ( ) ( ),
x f(x)随x 的变化情况如下表: a+b-1 +8=-3a+b+3
-9- 13
b b b 于是a+b-1= .x 0, - ÷ - - ,+∞ ÷ 2è 2a 2a è 2a
a+x2 2a+(a-b-3)-3(a+b+3)
此时x4= = =-b-3
f'(x) + 0 - 2 4
1+ 13
f(x) ↗ 极大值 ↘ =a+ 2 .
从上表可看出,函数f(x)有且只有一个极大值点,极大值 () ( ), a+xi 若a-x1=2x2-a
1
则x4= ,于是3a=2x2+
b b
2
为f - ÷=- 1-ln
b
-
è 2a 2 [ ( 2a) ] . 3(a-b-3)+ (a-b-1)2+8x1= ,
综上所述,当ab>0时,函数f(x)没有极值点; 2
当ab<0时,若a>0,b<0时,函数f(x)有且只有一个极 即 (a-b-1)2+8=3(a+b+3),
, b小值点 极小值为-2 [1-ln( b-2a) ] . -9+ 13, a+x于 是 a +b -1= 此 时2 x 14 = 2 =
若a<0,b>0时,函数f(x)有且只有一个极大值点,极大
2a+(a-b-3)-3(a+b+3) 1- 13
b =-b-3=a+ .
值为-2 [1-ln( b- ) ] . 4 22a
综上所述,存在 满足题意
[真题10] (2022·浙江)
b .
已知a 是给定的实常数.设函数
f(x)=(x-a)2(x+b)ex,b∈R,x=a 是f(x)的一个极大 当b=-a-3时,x4=a±26;
值点. 7+ 13 1+ 13当b=-a- 时,x4=a+ ;
(1)求b的取值范围; 2 2
(2)设x1,x2,x3 是f(x)的3个极值点,问是否存在实数 7- 13 1- 13
当 时,
b, ,
b=-a- x4=a+ .
可找到x4∈R 使得x1,x2,x3,x4 的某种排列xi1,xi2,xi3, 2 2
xi4(其中{i1,i2,i3,i4}={1,2,3,4})依次成等差数列 若存在, 题源 函数的最值
求所有的b及相应的x4;若不存在,说明理由.
3
[解析] (1)f'(x)=ex(x-a)[x2+(3-a+b)x+2b-ab
·66·
解题模型 上是增函数.
[,] () , 由前面讨论知
, (x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只
闭区间 ab 上连续函数 x 必有最大值与最小值 gf
其求法为: , , 5 42能在x=1 22时取得,而g(1)= ,g(2)= ,g(2)3 3 =
1. 求出函数f(x)在(a,b)内的极值;
2. 将f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的 4.因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g( )
42
3 2 =
,最小值
3
一个是最大值,最小的一个是最小值.
此性质包括两个条件: 4为g(2)=3.
①给 定 函 数 的 区 间 必 须 是 闭 区 间,也 就 是 说 函 数f [真题13] (2021·陕西)已知函数 (x)=ln(ax+1)+
(x)在开区间上虽然连续,
f
但不能保证有最大值与最小值.
1-x
1 ,x≥0,其中a>0.
例如函数f(x)= 在(0,+∞)内连续,但没有最大值与 1+xx (Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
最小值. (Ⅱ)求f(x)的单调区间;
②在闭区间上的每一点处必须连续,即在闭区间上有 (Ⅲ)若f(x)的最小值为1,求a的取值范围.
间断点亦不能保证f(x)有最大值与最小值.例如f(x)= 2
{x (0≤x<1) [解析] (Ⅰ)f'(x)
a 2 ax +a-2
=
, ax+1
-(1+x)2=
,
有最小值0 无最大值. (ax+1)(1+x)
2
0 (x=1) ∵f(x)在x=1处取得极值,∴f'(1)=0,即a·12+a-2
,
[ ] ( · ) () ( ) =0 解得真题 a=1.11 2022 江西 设函数f x =lnx+ln2-x +
2
ax(a ) ( ) () ax +a-2>0 . Ⅱ f'x =( )( )2,∵x≥0,ax+1 1+x a>0
,∴ax+1>0.
(Ⅰ)当a=1时,f(x)的单调区间; ①当a≥2时,在区间(0,+∞)上f'(x)>0,∴f(x)的单调
(Ⅱ)若f()
1
x 在(0,1]上的最大值为 ,求a的值. 增区间为(, )2 0 +∞ .
[解析] 函数f(x)的定义域为(0,2), 2-a②当00解得x> ,由a f'
(x)
() 1 1f'x =x-2-x+a. 2-a<0解得x< ,∴f(x)的单调减区间为

0,
2-a ÷,单
-x2+2 a è a (Ⅰ)当a=1时,f'(x)=x( )
,所以f(x)的单调递增2-x
调增区间为 2-a, +∞ ÷ .
区间为(0,2),单调递减区间为(2,2). è a
2-2x (Ⅲ)当a≥2时,由(Ⅱ)①知,f(x)的最小值为f(0)=1;当(Ⅱ)当x∈(0,1]时,f'(x)=x(2-x)+a>0
,
, ( ) , ( ) 2-a
(x) (,] , (x) (,] 0时 由 Ⅱ ②知 x 在x= 处 取 得 最 小 值
即f 在 01 上单调递增 故f 在 01 上的最大值 f a
为f(1)
1
=a,因此a= . ( 2-a2 f )[点评] 函数问题中,导数的应用、分类讨论的思想,是函 的取值范围是[2,+∞).
数大题中常见的类型.
[ a
[ ] ( 真题14
] (2021·天津)已知函数 (x)=x+ +b(x≠
真题12 2022·重庆)已知函数f(x)=ax3+x2+bx
f x
(其中常数a,b∈R),g(x)=f(x)+f'(x)是奇函数. 0),其中a,b∈R.
(1)求f(x)的表达式; (Ⅰ)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=
(2)讨论g(x)的单调性,并求g(x)在区间[1,2]上的最大 3x+1,求函数f(x)的解析式;
值与最小值. (Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性;
[解析] (1)由题意得f'(x)=3ax2+2x+b.因此g(x)= (Ⅲ)若 对 于 任 意 的a∈ 1,2 ,不 等 式 f(x)≤10在
f(x)+f'(x)=ax3+(3a+1)x2
[ ]
+(b+2)x+b.因为函数g(x) 2
是奇函数,所以g(-x)=-g(x),即对任意实数x,有a(-x)3 [1,1] 上恒成立,求b的取值范围.
+(3a+1)(-x)2+(b+2)(
4
-x)+b=-[ax3+(3a+1)x2+
1 [解析] ( ) ()
a,由导数的几何意义得 ()
( ) ], Ⅰ 'x =1- '2b+2x+b 从而3a+1=0,b=0,解得a=- ,b=0, f x2 f因此3 f
=3,于是a=-8.由切点P(2,f(2))在直线y=3x+1上可得
(x)的解析式为f(x)
1
=- x33 +x
2. -2+b=7,解得b=9.所以函数f(x)的解析式为f(x)=x-
() () () 1
8
2 由 1 知g x =- x3+2x,所以g'( ) 23 x =-x +2
, x+9.
() a令g'x =0,解得x1=- 2,x2= 2,则当x<- 2或x> 2 (Ⅱ)f'(x)=1-x2.
时,g'(x)<0,从而g(x)在区间(-∞,- 2],[2,+∞)上是 当a≤0时,显然f'(x)>0(x≠0).这时f(x)在(-∞,0),
减函数;当- 20,从而g(x)在[- 2,2] (0,+∞)内是增函数.
·67·
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=± a. 数,把解析几何问题转化为函数问题求解是关键.
当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: [真题16] (2021·山东)两县城A 和B 相距20km,现计
︵
划在两县城外以
( , AB
为直径的半圆弧AB上选择一点C 建造垃
x ( a-∞,- a) - a (- a,0)(0,a) a 圾处理厂,其对城市的影响与所选地点到城市的距离有关,对城
+∞)
A 和城B 的总影响度为对城A 与对城B 的影响度之和.记C 点
到城A 的距离为xkm,建在C 处的垃圾处理厂对城A 与城B 的
f'(x) + 0 - - 0 + 影响度为y.统计调查表明:垃圾处理厂对A 的影响度与所选地
点到A 的距离的平方成反比,比例系数为4;对城B 的影响度与
f(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ 所选地点到城B 的距离的平方成反比,比例系数为k.当垃圾处
︵
理厂建在弧AB的中点时,对城A 和城B 的总影响度为0.065.
所以f(x)在(-∞,- a),(a,+∞)内 是 增 函 数,在 (Ⅰ)将y 表示成x 的函数;
(- a,0),(0,
︵
a)内是减函数. (Ⅱ)讨论(Ⅰ)中函数的单调性,并判断弧AB上是否存在一
[1 ] (1 ) 点,使建在此处的垃圾处理厂对城 和城 的总影响度最小 (Ⅲ) A B由(Ⅱ)知,f(x)在 ,1 上 的 最 大 值 为 f 与4 4 若存在,求出该点到城A 的距离;若不存在,说明理由.
(1)中的较大者,对于任意的a∈ [1, ],不等式 (x)≤10在 [解析] (f 2 f Ⅰ)根 据 题 意∠ACB=90°,AC=xkm,BC=2
400-x2km,且建在C 处 的 垃 圾 处 理 厂 对 城A 的 影 响 度 为
[1, f1] 上恒成立,当且仅当{ (14 )≤10, { 39b≤4-4a, 4即 对任 2, k 4对城B 的影响度为 2,因此,总影响度4 y 为y= 2+
f(1)≤10,
x 400-x x
b≤9-a
k
[1 ] (400-x2 07 又因为垃圾处理厂建在弧AB的中点时,对城 A 和城B 的
从 而 得 b ≤ ,所 以 满 足 条 件 的 b 的 取 值 范 围4 4 k总影响度为0.065,所以 +
7 ( 102+102)2 400-( 102 2 2是 (-∞,4 ]
+10 )
.
4 9
=0.065,解得k=9,所以y= 2+ 2( )[真题15] 如图所示,已知抛物线 x 400-x
0y2=4x 的顶点为O,点 A 的坐标为(5, ( ) 8 18xⅡ 因为y'=-x3+π (400-x
2)2
0),倾斜角为 的直线l与线段4 OA
相交 18x4-8×(400-x2)2
=
( 3 2 2不经过点O 或点A),且交抛物线于 M、 x (400-x )
2 2
N 两点,求△AMN 的面积最大时直线l (x +800)(10x -1600)= 3( 2)2 .
的方程,并求△AMN 的最大面积. x 400-x
π 由y'=0解得x=4 10或x=-4 10(舍去),[解析] 由于直线l与线段OA 相交且倾斜角为 ,又点4 易知4 10∈(0,20).
A 的坐标为(5,0),设直线l的方程为y=x+m,可知-5<0.
x (0,4 10) 4 10 (4 10,20)
由方程组{y=x+m,消去y 得x2+(2m-4)x+m2=0.①y2=4x y' - 0 +
∵ 直线l与抛物线有两个不同交点M、N,∴方程①的判别 y ↘ 极小值 ↗
式 Δ= (2m -4)2 -4m2 =16(1-m)>0,∴m <1,由
由表可知,函数在(-5,410)内单调递减,在(410,20)内单
{ 得m∈(-5,0).m<1 调递增, 1 ︵y最小值=y|x=4 10= ,此时16 x=410,故在AB上存在
设 M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=4-2m,x1x2=m2, C 点,使得建在此处的垃圾处理厂对城A 和城B 的总影响度最
5+m
∴|MN|=4 2(1-m),点 A 到 直 线l 的 距 离d= , 小,该点与城
2 A
的距离x=410km.
[真题 ] ( ·辽宁)设 () x( 2 ),且曲
∴S△AMN=2(5+m) , 2
17 2021 f x =e ax +x+1
1-m 即S△AMN=4(1-m)(5+m)2,令 线 =
( ) ( )( )2 3 2 , y f
(x)在x=1处的切线与x 轴平行.
f m = 1-m 5+m =-m -9m -15m+25 (Ⅰ)求a的值,并讨论f(x)的单调性;
对f'(m)=-3m2-18m-15,
当f'(m)=0时,即m=-1或m=-5. (Ⅱ)证明:当θ∈ [ ,π0 时,2 ] |f(cosθ)-f(sinθ)|<2.
根据题意知m=-1时,f(m)最大,即S△AMN 最大为82. [解析] (Ⅰ)f'(x)=ex(ax2+x+1+2ax+1).由 条 件
故直线l的方程为y=x-1,△AMN 的最大面积是82. 知,f'(1)=0,故a+3+2a=0 a=-1.
[评析] 本题考查综合运用弦长公式、三角形面积公式、基 于是f'(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1).
本不等式等求函数最值,数学思维层次较高,其中建立目标函 故当x∈(-∞,-2)∪(1,+∞)时,f'(x)<0;
·68·
当x∈(-2,1)时,f'(x)>0. 1的最大值为 -1.
从而f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)单调递减,在(-2,1)单 ln2
调递增. 题源4 已知函数的单调性确定参数的取值范围
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)在[0,1]单调递增,故f(x)在[0,1]的
最大值为f(1)=e,最小值为f(0)=1. 解题模型
从而对任意x1,x2∈[0,1],有|f(x1)-f(x2)|≤e-1<2.
这种问题往往转化为恒成立或能成立问题解决
而当θ∈[0,
π]时,cosθ,sinθ∈[0,1]
.
2 .
从而|f(cosθ)-f(sinθ)|<2. [ a真题19] (2022·北京)设函数f(x)= x3+bx2+cx+d(a
[思维拓展] 导数法是求解有关函数单调性问题、最值问 3
题、极值问题、参数问题的有效方法之一,在具体问题中一定要 >0),且方程f'(x)-9x=0的两个根分别为1,4.
明确其方法和要点.应用导数法求解单调性问题关键就是求解 (1)当a=3且曲线y=f(x)过原点时,求f(x)的解析式;
不等式的解集;最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大 (2)若f(x)在(-∞,+∞)内无极值点,求a的取值范围.
小;极值就是依据极值定义判断各个导数为0的点;参数问题涉 [解析] a 由f(x)= x3+bx2+cx+d 得f'(x)=ax2+
及的有最值恒成立问题、单调性的逆向应用,在求解过程中要注 3
意以细求准. 2bx+c.
2
[真题18] (2020· 湖 南)已知函数 因为 ()f(x)=ln2(1+x) f'x -9x=ax +2bx+c-9x=0
的两个根分别为
x2 1,4,
-1+x. a+2b+c-9=0,所以 (*)
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间; {16a+8b+c-36=0.
n+a ,
(Ⅱ)若不等式 ( 11+ ) ≤e对任意的n∈N* 都成立(其 (1)当a=3时,由(*) {2b+c-6=0式得n 8b+c+12=0,
中e是自然对数的底数),求a的最大值. 解得b=-3,c=12,又因为曲线y=f(x)过原点,所以d
[解析] (Ⅰ)函数f(x)的定义域是(-1,+∞),f'(x)= =0,
2ln(1+x) x2+2x 2(1+x)ln(1+x)-x2-2x 故f(x)=x3-3x2+12x.
1+x -(1+x)2= (1+x)2 . a 3 2
设g(x)=2(1+x)ln(1+x)-x2-2x,则g'(x)=2ln(1+ (2)由于a>0,所以“f(x)=3x +bx +cx+d
在(-∞,
x)-2x. +∞)内无极值点”等价于“f'(x)=ax2+2bx+c≥0在(-∞,
() 2 -2x令hx =2ln(1+x)-2x,则h'(x)= -2= . +∞)内恒成立”.由(*)式得2b=9-5a,c=4a.又Δ=(2b)
2-
1+x 1+x a>0,
当-10,h(x)在(-1,0)上为增函数,当 4ac=9(a-1)(a-9),解{ 得 [,]Δ=9(a-1)( a∈ 19 .a-9)≤0,
x>0时,h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上为减函数.
即a 的取值范围是[1,9].
所以h(x)在x=0处取得极大值,而h(0)=0,所以g'(x) [真题20] (2021·浙江)已知函数 (x)=x3+(1-a)x2
<0(x≠0),函数g(x)在(-1,+∞)
f
上为减函数.
-a(a+2)x+b(a,b∈R).
于是当-1g(0)=0,当x>0时,g(x) (Ⅰ)若函数
() f
(x)的图象过原点,且在原点处的切线斜率是
所以,当-10,f(x)在(-1,0)上为增 ( )若函数 ()的在区间( ,)上不单调,求 的取值范围
函数,当x>0时,f'(x)<0,f(x) (
Ⅱ fx -11 a .
在 0,+∞)上为减函数. [解析] ( )由函数 ( )的图象过原点,得 ,又
故函数f(x)的单调递增区间为(-1,0),
Ⅰ f x b=0 f'
单调递减区间为
(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2),(, ) f
(x)在原点处的切线斜率是
0 +∞ .
-3.
(Ⅱ)( 1
n+a
1+ ) ≤e等价于( )n n+aln( 11+ 由n ) ≤1. 1+ 则-a(a+2)=-3,所以a=-3,或a=1.
1 , 1
a+2
知
n>1 a≤ 1 -n.
(Ⅱ)由f'(x)=0,得x1=a,x2=- 3 .
ln(1+n ) 又f(x)在(-1,1)上不单调,即
( 1 1G x)= , (, ], ( ) -1a+2
设 则 -1<- <1, -1ln(1+x)- x x∈ 0 1 G' x = 3或í 解得
1 1 (1+x)
a+2 1
ln2(1+x)-x2 {a≠- , a+2 {a≠- ,-(1+x)ln2(1+x)+x2= x2(1+x)ln2( ). 3 a≠- 3 . 21+x
2 ,
由(Ⅰ) ,
x -5知ln2(1+x)- ,即( ) 2( ) 21+x≤0 1+xln 1+x -x { ( , 1 1或 1 所以a 的取值范围是 -5 - )2 ∪(- ,)2 1 .a≠- .
≤0. 2
所以G'(x)<0,x∈(0,1]于是G(x)在(0,1]上为减函数. [真题21] (2021·山东)已知函数f(x)
1
=3ax
3+bx2+
1
故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G(1)= -1.所以ln2 a x+3,其中a≠0.
·69·
(Ⅰ)当a,b满足什么条件时,f(x)取得极值 ( ) (,1 1即g x 在 0 )上单调递增,在( ,1]上单调递减,所以
(Ⅱ)已知a>0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用a a a
表示出b的取值范围. [g(x)]
1
最大值=g( )=- a,因此b≥- a.
[解析] (Ⅰ)f'(x)=ax2+2bx+1,当(2b)2-4a≤0时无 a
极值,当(2b)2-4a>0,即b2>a 时,f'(x)=ax2+2bx+1=0 1当 ∈[1,+∞),即a∈(0,1]时,由于x∈(0,1]时,g'(x)
, -b- b
2-a -b+ b2-a a
有两个不同的解 即x1= ,x2= ,a a ≥0,即g(x)在(0,1]上单调递增,所以[g(x)]最大值 =g(1)=
因此f'(x)=a(x-x1)(x-x2),(1)当a>0时,f(x),f'(x) a+1- ,
a+1
因此
2 b≥- .随x 的变化情况如下表: 2
综上所述,当
( a>1
时,b≥- a;
x -∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
a+1
() 当f'x + 0 - 0 + 0时,b≥- 2 .
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 题源5 利用单调性证明不等式
由此表可知f(x)在点x1,x2 处分别取得极大值和极小值.
(2)当a<0时,f(x),f'(x)随x 的变化情况如下表: 解题模型
x (-∞,x2) x2 (x2,x1) x1 (x1,+∞) 此类问题往往需构造函数,利用函数的单调性解决.
f'(x) - 0 + 0 -
[真题22] (2022·安徽)设a 为实数,函数f(x)=ex-
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 2x+2a,x∈R.
由此表可知f(x)在点x1,x2 处分别取得极大值和极小值. (Ⅰ)求f(x)的单调区间与极值;
综上所述,当a 和b满足b2>a 时,f(x)能取得极值. (Ⅱ)求证:当a>ln2-1且x>0时,e
x>x2-2ax+1.
(Ⅱ)解法一:由题意 [解析] (Ⅰ)由f(x)=e
x-2x+2a,x∈R知f'(x)=ex
f'(x)=ax2+2bx+1≥0在区间(0,1]上 恒 成 立,即b≥ -2,x∈R.
ax 1 ax 1 令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x 变化时,f'(x),f(x)的
- , (,],设 () , (,]2-2x x∈ 01 g x =-2-2x x∈ 01 . 变化情况如下表:
(1)
1
当 ∈(0,1],即a≥1时, x (-∞,ln2) ln2 (ln2,+∞)
a
f'(x) - 0 +
() (ax 1 ag x =- 2+
)≤-2 =- a,等号成立的条件2x 4 单调递减 单调递增f(x) 2(1-ln2+a)
1 ↘ ↗
为x= ∈(0,1],[ ( )] (
1
g x 最大值 =g )=- a,因 此b≥
a a 故 f(x)的 单 调 递 减 区 间 是(-∞,ln2),单 调 递 增 区 间
- a. 是(ln2,+∞),
1 a 1 1-ax2 f(x)在x=ln2处 取 得 极 小 值,极 小 值 为f(ln2)=e
ln2-
(2)当 >1,即0= 2x2 2ln2+2a=2(1-ln2+a).
(Ⅱ)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R.于是a g'
(x)=ex-
>0,所以g(x)在(0,1]单调递增,[g(x)]最大值=g(1)=-2- 2x+2a,x∈R.
1 a+1 a+1 由(Ⅰ)知当a>ln2-1时,g'(x)最小值为g'(ln2)=2(1-
=- ,所以2 2 b≥- 2 . ln2+a)>0.
综上所述,当a≥1时,b≥- a; 于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在 R内单调
a+1 递增.
当0ln2-1时,对 任 意x∈(0,+∞),都 有g(x)
解法二:由题意f'(x)=ax2+2bx+1≥0在区间(0,1]上恒 >g(0).
ax 1 而g(0)=0.从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.
成立,所以b≥-2-
,
2x x∈
(0,1]. 即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
ax 1 [点评] 导数是高考必考内容之一,求单调区间求极值常
设g(x)=- - ,x∈(0,1], (
a 1
则
2 2x g'x
)=-2+
,
2x2 利用导数工具,通过构造函数转化为函数最值问题也是证明不
令g'(x)=0 等式的常用方法.
1 1 1
得x1= 或x2=- (舍去). [真题23] (2020· 山 东)已知函数f(x)=(1-x)n+a a
1 1 aln(x-1),其中n∈N
*,a为常数.
当 ∈(0,1),即a>1时,由于x∈(0, )时g'(x)>0;
a a (1)当n=2时,求函数f(x)的极值;
1 (2)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有
x∈( ,1]时,g'(x)<0.
a f(x)≤x-1.
·70·
[解析] (1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},当 f'(x) + 0 -
1
n=2 时,f (x)= ( )2 +aln(1-x x -1
),所 以 f'(x) f(x) ↗ 极大值 ↘
2-a(1-x)2
= . 所以f(x)在(-∞,1)内 是 增 函 数,在(1,+∞)内 是 减(1-x)3 函数.
2
①当a>0时,由f'(x)=0得x1=1+ a >1
,x2=1- 1函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=e.
2 ( )( ), , () -ax-x1 x-x2 ()由题意可知 () ( ),得 (<1 'x = . 2 g x =f2-x g x
)=(2-x)ex-2.
此时
a f (1-x)3 令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe-x+(x-2)ex-2.
当x∈(1,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 于是F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x.
当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 当x>1时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0.又e-x>0,所以
②当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以f(x)无极值. F'(x)>0.从而函数F(x)在[1,+∞]上是增函数.
2 又 () -1 -1, ,所以 时,有 () () ,综上所述 n=2时,当a>0时, (x)在x=1+ 处取 F 1 =e -e =0 x>1 F x >F 1 =0f a 即f(x)>g(x).
得极小值,极小值为 2 a= ( 2f 1+ln );当a≤0时, (3)①若(x1-1)(x2-1)=0,由()及 ( ) ( 1+ ÷ 1 f x1 =f x2),得è a 2 a x1=x2=1,与x1≠x2 矛盾.
f(x)无极值. ②若(x1-1)(x2-1)>0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=
() : 12 证法一 因为a=1,所以f(x)=( )n+ln(x-1).当
x2,与x1≠x2 矛盾.
1-x 根据①②得(x1-1)(x2-1)<0.不妨设x1<1,x2>1.
, ( 1n 为偶数时 令g x)=x-1- -ln(x-1),则g'(x)= 由(2)可 知,f(x2)>g(x2),g(x2)=f(2-x2),所 以( f1-x)n (x2)>f(2-x2),从而f(x1)>n 1 x-2 n f
(2-x2).因为x2>1,所以2
1+(x-1)n+1-
( )
x-1=x-1+(x-1)n+1>0x≥2 . -x2<1.
所以当x∈[2,+∞)时, (x) () ( ) ( ,)单调递增,又 (2)=0,因此 又由 1 可知函数f x 在区间 -∞ 1 内是增函数,所以g g
1 x1>2-x2,即x1+x2>2.
g(x)=x-1-( ( ) () 恒 成 立,所 以 -xx-1)n-lnx-1 ≥g 2 =0 [真题25] (2022·全国Ⅱ)设函数f(x)=1-e .
f(x)≤x-1成立. (1)
x
证明:当x>-1时,f(x)≥ ;
1 x+1
当n 为奇数时,要证f(x)≤x-1,由于( )n<0,所以1-x (2)
x
设当x≥0时,f(x)≤ ,求a的取值范围.
只需证ln(x-1)≤x-1,令h(x)=x-1-ln(x-1),则h'(x) ax+1
1 x-2 x x
=1- (x-1=x-1≥0x≥2
),所以当x∈[2,+∞)时,h(x)= [解析] (1)当x>-1时,f(x)≥ 当 且 仅 当x+1 e ≥1
x-1+ln(x-1)单调递增,又h(2)=1>0,所以当x≥2时,恒 +x.
有h(x)>0,即ln(x-1)x-x-1,则g'(x)=ex-1.
1 当x≥0时,g'(x)≥0,g(x)在[0,+∞)是增函数;
证法二:当a=1时,f(x)=( )n+ln(x-1)1-x . 当x≤0时g'(x)≤0,g(x)在(-∞,0]是减函数.
1 于是g(x)在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,g(x)≥
当x≥2时,对任意的正整数n,恒有(1-x)n≤1
,故只需证
g(0),即ex≥1+x.
明1+ln(x-1)≤x-1.
所以当 时,() x
令h(x)=x-1-(1+ln(x-1)) ( ),
x>-1 f x ≥
=x-2-lnx-1 x+1
.
(2)由题设x≥0,此时 (x)≥0.
x∈[2,+∞)则h'()
1 x-2 f
x =1-x-1=
,当
x-1 x≥2
时,h'(x)≥
当 时, 1若 , x则 , ( ) x 不
0,故h(x)在[2,+∞)
a<0 x>- <0 x ≤
上单调递增,因此当x≥2时,h(x) f≥h a ax+1 ax+1
成立;
(2)
1
=0,即1+ln(x-1)≤x-1成立.故当x≥2时,有(1-x)n 当a≥0时,令h(x)=axf(x)+f(x)-x,则
+ln(x-1)≤x-1.即f(x)≤x-1. () x 当且仅当 ()
[ x ≤ hx ≤0.真题24] (2022·天津)已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
f ax+1
(1)求函数f(x)的单调区间和极值; h'(x)=af(x)+axf'(x)+f'(x)-1
(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于 =af(x)-axf(x)+ax-f(x).
直线x=1对称.证明当x>1时,f(x)>g(x); () 1i当0≤a≤ 时,由(1)知x≤(x+1)f(x),
(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2. 2
[解析] (1)f'(x)=(1-x)e-x. h'(x)≤af(x)-axf(x)+a(x+1)f(x)-f(x)
令f'(x)=0,解得x=1. =(2a-1)f(x)≤0,
当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: h(x)在[0,+∞]是 减 函 数,h(x)≤h(0)=0,即 f(x)
x (-∞,) (, )
x
1 1 1 +∞ ≤ax+1.
·71·
(i)
1
当a> 时,由(i)
x
知
2 x≥f
(x), f(x)>ax+1.
h'(x)=af(x)-axf(x)+ax-f(x)≥af(x)-axf(x) 综上,a 的取值范围是 ,10 .
+af(x)-f(x)=(2a-1-ax)f(x), [ 2 ]
2a-1
当0(x)>0,所 以h(x)>h(0)=0,即
(★代表高考出现的频次)
5 3
题源1 可导函数的单调性 5.
(2020·四川)设x=1和x=2是函数f(x)=x +ax
+bx+1的两个极值点.求
与导数的关系(★★★★★) (Ⅰ)a和b的值;
1.(2021·广东)函数f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是 (Ⅱ)f(x)的单调区间.
( )
A.(-∞,2) B.(0,3)
C.(1,4) D.(2,+∞)
2.(2021·江苏)函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减
区间为 .
3.(2019·江苏)函数f(x)=xlnx(x>0)的单调递增区间
是 .
4.(2021·重庆)设函数f(x)=ax2+bx+k(k>0)在x=0
处取得极值,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直
线x+2y+1=0.
(Ⅰ)求a,b的值;
x
(Ⅱ)若函数g(x)
e
= (),讨论g(x)的单调性f x
.
2
6.(2021·安 徽)已知函数f(x)=x-x +a
(2-lnx),
a>0.讨论f(x)的单调性.
7.(2018·山东)已知x=1是函数f(x)=mx3-3(m+1)x2
+nx+1的一个极值点,其中m、n∈R,m<0.
(Ⅰ)求m 与n的关系表达式;
(Ⅱ)求f(x)的单调区间;
(Ⅲ)当x∈[-1,1]时,函数y=f(x)的图象上任意一点的
切线斜率恒大于3m,求m 的取值范围.
·72·
13.(2021·四川)已知函数f(x)=x3+2bx2+cx-2的图
象在与x 轴交点处的切线方程是y=5x-10.
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式;
(Ⅱ)
1
设函数g(x)=f(x)+3mx
,若g(x)的极值存在,求
实数m 的取值范围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x
的值.
题源2 函数的极值(★★★★★)
8.(2018·全 国Ⅰ)函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知
f(x)在x=-3时取得极值,则a等于 ( )
A.2 B.3
C.4 D.5
9.(2019·辽宁)已知f(x)与g(x)是定义在R上的连续函
数,如果f(x)与g(x)仅当x=0时函数值为0,且f(x)≥
g(x),那么下列情形不可能出现的是 (
)
A.0是f(x)的极大值,也是g(x)的极大值
B.0是f(x)的极小值,也是g(x)的极小值 14.(2021·陕西)已知函数f(x)=x
3-3ax-1,a≠0.
C.0是f(x)的极大值,但不是g(x)的极值 (Ⅰ)求f(x)的单调区间;
D.0是f(x)的极小值,但不是g(x)的极值 (Ⅱ)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m 与y=f
10.(2020·江苏)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于 (x)的图象有三个不同的交点,求m 的取值范围.
任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为 .
11.(2022·安徽)设函数f(x)=sinx-cosx+x+1,0<2π,求函数f(x)的单调区间与极值.
15.(2022·全国Ⅰ)已知函数f(x)=3ax4-2(3a+1)x2
+4x.
(1)
1
当a= 时,求f(x)的极值;6
12.(2021·湖南)已知函数f(x)=x3+bx2+cx 的导函数 (2)若f(x)在(-1,1)上是增函数,求a的取值范围.
的图象关于直线x=2对称.
(Ⅰ)求b的值;
(Ⅱ)若f(x)在x=t处取得极小值,记此极小值为g(t),
求g(t)的定义域和值域.
·73·
( )
16.(2020·福建)已知函数f(x)=x3+mx2
题源+nx-2的图 3 函数的最值 ★★★★★
象过点(-1,-6),且函数g(x)=f'(x)+6x 的图象关于y 轴 19.(2018·浙江)函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]
对称. 上的最大值是 ( )
(Ⅰ)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间; A.-2 B.0
(Ⅱ)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的 C.2 D.4
极值. 20.(2022·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)
1
与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=- x33 +81x-
234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )
A.13万件 B.11万件
C.9万件 D.7万件
21.(2019·湖南)函数f(x)=12x-x3 在区间[-3,3]上
的最小值是 .
22.(2019·江 苏)已知函数f(x)=x3-12x+8在区间
[-3,3]上 的 最 大 值 与 最 小 值 分 别 为 M,m,则 M -m
= .
kx+1 23.(2018·北京)已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.
17.(2020·陕西)已知函数f(x)= 2 (c>0,且c≠1,x +c (Ⅰ)求f(x)的单调递减区间;
k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点,其中一个是x=-c. (Ⅱ)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区
(Ⅰ)求函数f(x)的另一个极值点; 间上的最小值.
(Ⅱ)求函数f(x)的极大值 M 和极小值m,并求 M-m≥1
时k的取值范围.
18.(2019·天津)设函数f(x)=-x(x-a)2(x∈R),其中
a∈R. 24.(2020·全国Ⅰ)设a∈R,函数f(x)=ax3-3x2.
(Ⅰ)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 (Ⅰ)若x=2是函数y=f(x)的极值点,求a的值;
方程; (Ⅱ)若函数g(x)=f(x)+f'(x),x∈[0,2],在x=0处取
(Ⅱ)当a≠0时,求函数f(x)的极大值和极小值; 得最大值,求a的取值范围.
(Ⅲ)当a>3时,证明存在k∈[-1,0],使得不等式f(k-
cosx)≥f(k2-cos2x)对任意的x∈R恒成立.
·74·
25.(2020·江 苏)如图,某地有三家工厂,分别位于矩形 30.(2020· 全 国Ⅰ)已 知 函 数 f(x)=x3+ax2+x+
ABCD 的两个顶点A、B 及CD 的中点P 处,AB=20km,BC= 1,a∈R.
10km.为了处理三家工厂的污水,现要在该矩形区域上(含边 (Ⅰ)讨论函数f(x)的单调区间;
界),且与A、B 等距离的一点O 处,建造一个污水处理厂,并铺 ( ) () ( 2, 1Ⅱ 设函数f x 在区间 - - )内是减函数,求a 的
设三条排污管道AO、BO、PO.记排污管道的总长度为ykm. 3 3
(Ⅰ)按下列要求建立函数关系: 取值范围.
(ⅰ)设∠BAO=θ(rad),将y 表示为θ的函数;
(ⅱ)设PO=x(km),将y 表示为x 的函数.
(Ⅱ)请你选用(Ⅰ)中的一个函数关系,确定污水处理厂的
位置,使铺设的排法管道的总长度最短.
3
31.(2022·天津)已知函数f(x)=ax3- x2+1(x∈R),
26.(2020·辽宁)设函数f(x)=ax3+bx2-3a2x+1(a、b 2
∈R)在x=x1,x=x2 处取得极值,且|x1-x|=2. 其中a>0.2
(Ⅰ)若a=1,求b的值,并求f(x)的单调区间; (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程;
(Ⅱ)若a>0,求b的取值范围. (2)若在区间 [ 1,1- ] 上,f(x)>0恒成立,求a 的取值2 2
范围.
题源4 已知函数的单调性确
定参数的取值范围(★★★★)
27.(
1
2020·湖北)若f(x)=- x22 +bln
(x+2)在(-1,
+∞)上是减函数,则b的取值范围是 ( )
A.[-1,+∞)
32.(2020·天津)设函数f(x)=x4+ax3+2x2B.(
(
-1,+∞) +b x∈
), ,
C.(-∞,-1]
R 其中ab∈R.
10
D.(-∞,-1) (Ⅰ)当a=- 时,讨论函数f(x)的单调性;3
28.(
πx
2021·上海)当0≤x≤1时,不等式sin 成立, (Ⅱ)若函数f(x)仅在x=0处有极值,求a的取值范围;2≥kx (Ⅲ)若对于任意的a∈[-2,2],不等式f(x)≤1在[-1,
则实数k的取值范围是 . ]上恒成立,求 的取值范围
29.(2018·全国Ⅰ)设a 为实数,函数f(x)=x3
1 b .
-ax2+
(a2-1)x 在(-∞,0)和(1,+∞)都是增函数,求a的取值范围.
·75·
33.(2021·宁海)已知函数f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.
(Ⅰ)设a=1,求函数f(x)的极值;
(Ⅱ)
1
若a> ,且当x∈[1,4a]时,|f'(4 x
)|≤12a 恒成立,
试确定a的取值范围.
34.(2021·全国Ⅱ)设函数f(x)
1
= 3 ( )23x - 1+ax +4ax
+24a,其中常数a>1.
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)若当x≥0时,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.
·76·
1-a 37.(2022·( · ) ( ) ( 湖南
)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R), 35.2022 安徽 已知函数f x =lnx-ax+ x -1a 对任意的x∈R,恒有f'(x)≤f(x).
∈R). (1)证明:当x≥0时,f(x)≤(x+c)2;
( ) 1Ⅰ 当a≤ 时,讨论f(x)的单调性; (2)若对满足题设条件的任意b,c,不等式f(c)-f(b)≤2 M(c2-b2)恒成立,求 M 的最小值.
(Ⅱ)
1
设g(x)=x2-2bx+4,当a= 时,若对任意4 x1∈
(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2).求实数b 的取值
范围.
b
38.(2022·湖北)已知函数f(x)=ax+ (x +ca>0
)的图
题源5 利用单调性证明不等式(★★★★) 象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
(Ⅰ)用a表示出b,c;
36.(2019·安徽)设a≥0,f(x)=x-1-ln2x+2alnx(x>0). (Ⅱ)若f(x)≥lnx 在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;
(Ⅰ)令F(x)=xf'(x),讨论F(x)在(0,+∞)内的单调性 1 1 1 n
并求极值; (Ⅲ)证明:1+2+ +
…
3 +
( ) ( ,
n >lnn+1 +2(n+1)n≥1
(Ⅱ)求证:当x>1时,恒有x>ln2x-2alnx+1. n∈N*).
·77·
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 πC.[1,e2]
只有一个选项符合题意)
D.(,
π
1e2)
1.( 2)已知f(x)的定义域为 R,f(x)的导函数f'(x)的
7.( 5)已知函数f(x),g(x)在区间[a,b]上均有f'(x)
图象如图所示,则 ( )
A.f(x)+f(b)≥g(x)+g(b)
B.f(x)-f(b)≥g(x)-g(b)
C.f(x)≥g(x)
D.f(a)-f(b)≥g(b)-g(a)
x2
A.f()
( )若函数 () 为其定义域上的增函
x 在x=1处取得极小值 8. 4 f x =lnx+ax+2
B.f(x)在x=1处取得极大值 数,则实数a的取值范围是 ( )
C.f(x)是R上的增函数 A.[0,+∞)
D.f(x)是(-∞,1)上的减函数,(1,+∞)上的增函数 B.(0,+∞)
2.( 1)函数f(x)=x3-3x2+1是减函数的区间为 C.[-2,+∞)
( ) D.(-2,0)
A.(2,+∞) 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
B.(-∞,2) 9.( 1)函数y=x3-3x 的单调减区间为 .
C.(-∞,0) 10.( 4)如果函数f(x)=ax3-x2+x-5在(-∞,+∞)
D.(0,2) 上单调递增,则a∈ .
3.( 2)若函数y=f(x)在x=x0 处可导,下列说法正确 11.( 3)函数y=x4-8x2+2在[-1,3]上最大值为 .
的是 ( ) 12.( 3)已知点P(2,2)在曲线y=ax3+bx 上,如果该曲
A.当f'(x0)=0时,则f(x0)为f(x)的极大值 线在点 P 处切线的斜率为9,那么ab= ,此时函数
B.当f'(x0)=0时,则f(x0)为f(x)的极小值 (x)=ax3+bx,x∈ 3, 的值域为 .
C.当f'(x0)=0时,则f(x0)为f(x)的极值
f [-2 3]
D.当f(x0)为函数f(x)的极值时,则有f'(x0)=0 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
4.( 2)函数f(x)=x3+ax2+bx+a2 在x=1处有极值 13.( 1)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c 的图象如图所
10,则a,b的值是 ( ) 示,且与y=0在原点相切,若函数极小值为-4.
A.a=-11,b=4 (1)求a、b、c的值;
B.a=-4,b=11 (2)求函数的递减区间.
C.a=11,b=-4
D.a=4,b=-11
5.( 3)
π
函数y=x+2cosx 在[0, ]上取最大值时,2 x
的
值为 ( )
A.0
π
B.6
π
C.3
π
D.2
6.( 3)
1
函数f(x)= x( )在区间2e sinx+cosx [ ,π0 2 ] 上
的值域为 ( )
π
A.[1,1 22 2e ]
B.(1,1 π22 2e )
·78·
14.( 1.3)设函数f(x)=ln(2x-1)-x2. 16.( 4)已知:函数f(x)是定义在[-1,0)∪(0,1]上的偶
(1)讨论f(x)的单调性; 函数,当x∈[-1,0)时,f(x)=x3-ax(a为实数).
3 5 (1)当x∈(0,1]时,求f(x)( 的解析式
;
2)求f(x)在区间[ , ]上的最大值和最小值4 4 . (2)若a>3,试判断f(x)在(0,1]上的单调性,并证明你的
结论;
(3)是否存在a,使得当x∈(0,1]时,f(x)有最大值1 若
存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
15.( 2)已知函数f(x)=x3+ax2-2x-1(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在x=1处与直线y=3x+b相切,求
a,b的值; 1
() () ( ,) , 17.( 5)已知定义在正实数集上的函数 ( )
2
2 若f x 在区间 -20 内有极值 求a的取值范围. f
x =2x +
2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中a>0.设两曲线y=f(x),y=g
(x)有公共点,且在该点处的切线相同.
(1)用a表示b,并求b的最大值;
(2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).
·79·(2)设甲方净收入为v元,则v=st-0.002t2. 因此开讲后10分钟学生达到最强接受能力,并
1000 2 10002( ) 维持6分钟, : .将t= 代 入 上 式 得s v = s (2)f(5)=53.5,f(20)=47<53.5,故开讲后5
2×10003 分钟比开讲后20分钟的接受能力强- . .s4
10002 8×10003 第四章 导数及其应用
又 令 v' = - s2 + s5 §4.1 导数与积分
10002(8000-s3)
= 5 五年高考母题原型训练s
, 1.2 -2
【解析】
v'=0 得s=20. f
[f(0)]=f(4)=2,
f(, ; 1+Δx
)-f(1) x y
当s<20时 v'>0 当s>20时,v'<0,所以s= lim =f'(1),由 图 解 得 +
Δx 0 Δx 2 4
20时,v取得最大值. =1,
因此甲方向乙方要求赔付价格s=20(元/吨) ∴2x+y=4,∴y=-2x+4,y'=-2=f'(1).
时,获最大净收入. 此题主要考查学生对导数的定义理解以及如何由图
15. 解:(1)每套福娃所需成本费用为 象读取信息,属于中档题.
1
1000+5x+ x2 2.C 【解析】 由路程S=∫
t
0v(t)dt的意义即
P 10 1 1000 , “
x = x =10x+ x +5≥ 可产生结论 也就是 在t1 时刻
,甲车在乙车前面”.
3.A 【解析】 本小题主要考查导数的几何意
2 100+5=25.
1 1000 义.y'=x2+1.∴
4
y'|x=1=2,即曲线在点 1, 处切
当且仅当 x= 时取等号,即10 x x=100
时,每 ( 3 )
线的斜率为2.
套福娃所需成本费用最少为25元.
x 2
4
( ) ( x ) ∴切线方程为y- =2(() x-1).则切线在x 轴2 利润为Qx-P=xa+ 3b - 1000+5x+10
1 2
(1 1 ) 上的截距为 ,在y 轴上的截距为2 ( ) , 3 -3.故所求三角= b-10 x + a-5x-1000
1 1 2 1
ì 5-a 形的面积为S= × × = .故选A.
1 1 =150
, 2 3 3 9
2 - 4.A 【解析】 考查向量平移、函数求导.解题
由题意可得í (b 10) a=25,b=30.
关键是先将平移前后的函数名称化为一致,后利用平150
a+ =30, b 移公式 求 解.本 题 也 可 将 选 项 代 入 验 证.由 题 意,
16. 解:(1)前n天注入水库的总水量为 cos(x-m)=-f'(x)=-(-sinx)=sinx.∴m 可
5000 n(n+24)立方米,并泄水4000n立方米, π以取
· 2
.
所以第n天水库的容水量将达到80000+5000
5.B 【解析】 由f(x)=ax4+bx2+c 得f'
n(n+24)-4000n(n∈N*,n≤10). (x)=4ax3+2bx,又f'(1)=2,所以4a+2b=2,即
(2)设第R 天水库的水量超过它的最大容水量, 2a+b=1,f'(-1)=-4a-2b=-2(2a+b)=-2.
即f(R)≥128000,即80000+5000 R(R+24)- 故选B.
4000R≥128000. 6.2 【解析】 y'=aeax,当x=0时,可得k=
化简可得,5 R(R+24)≥4R+48, y'|x=0=a,
两边平方并整理可得:R2+24R-256≥0,即 ∵点(0,1)处的切线与直线x+2y+1=0垂直,
(R+32)·(R-8)≥0 R≥8,即第8天发生危险. ∴a=2.
17. 解:(1)当013)2+59.9,故f(x)递增,最大值为f(10)=59. 6
当16递减,f(x)<-3×16+107=59. f(x)+f'(x)=cos(3x+φ)- 3sin(3x+φ)
·26·
(π ), (1,-1)处的切线斜率为-2,故由点斜式得所求切线=2sin 6- 3x-φ 方程为y=-2x+1.
π
由此函数为奇函数可得 -φ=kπ,(k∈Z)由 11.D
【解析】 由函数f(x)递增时,f'(x)>
6 0,函数f(x)递减时,f'(x)<0,函数f(x)取最值
0<φ<π,
π
可得φ= . 时,f'(x)为0,结合图象可判得6 D.
:( ) ( )n 0 1 2 2 12.A 【解析】 考查导数与函数的本质关系,8. 证明 Ⅰ 在等式 1+x =Cn+Cnx+Cnx
,
+…+Cn-1xn-1 n n ( )n-1
可通过函数图象的单调性判断导数的符号 本题中
n +Cnx 两边求导得n
.
1+x =
,
C1+2C2n nx+…+(n-1)Cn-1 n-2 n n-1
所给函数图象的单调性从左到右依次为增减增减 相
n x +nCnx .
, ,
n 应的导数值应为正负正负 故选A.解此类问题 应牢
移项得n[(1+x)n-1-1]=∑kCknxk-1. (*)
k=2 记导函数图象的单调性与原函数图象的单调性并无
(Ⅱ)(ⅰ)(*)式中,令x=-1,整理得 必然联系,以免误选C.
n
∑(-1)k-1kCk=0. 13.5x+y-2=0 【解析】 切线的斜率k=n
k=2
n y'|x=1=-5,
所以∑(-1)kkCkn=0. 在点(, )处的切线方程为 (
k=1 ∴ 1 -3 y+3=-5x-
(ⅱ)由(Ⅰ)知n(1+x)n-1=C1n+2C2nx+…+ 1),即5x+y-2=0.
(n-1)Cn-1n xn-2+nCn n-1 xnx ,n≥3. 14.(1,e) e 【解析】 设过原点y=e 切线
两边对x 求导,得 方程为y=kx,切点为(x0,y0),
n(n-1)(1+x)n-2=2C2 3n+3·2Cnx+…+n(n y0=kx0
-1)Cnxn-2n . 有 y'= (ex)'=ex,∴ {k=ex0,解 得 x0 =在上式中令x=-1,得 y x00=e
0=2C2+3·2C3n n(-1)+…+n(n-1)Cnn(-1)n-2, 1,y0=e
n n
即∑k(k-1)Ck(-1)k-1=0亦即∑(-1)k(k2 ∴
切点为(1,e),∴切线斜率为y'|x=1=e.
n
k=2 k=1 15.y=3x+1 【解析】 由y'=ex+xex+2,
-k)Ckn=0. ① 可得点(0,1)处的切线的斜率k=e0+0e0+2=3,∴
n
又由(ⅰ)知,∑(-1)kkCkn=0. ② 点(0,1)处的切线方程为y=3x+1.
k=1
n 16.(-2,15) 【解析】 本题考查了导数的几
由①+②得∑(-1)kk2Ckn=0.
k=2 何意义,曲线方程对应的函数的导数的几何意义是曲
(ⅲ)将等式(1+x)n=C0+C1x+C2 2n n nx +…+ 线上某点的切线的斜率.由y'=3x2-10=2可解得
Cn-1 n nn +Cnx 两边在[0,1]上对x 积分, x=±2,∵切点P 在第二象限内,∴x=-2,由此可
1
∫(
1
0 1+x)
ndx=∫ (C00 n +C
1
nx+C2 2nx + … + 得点P 的坐标为(-2,15).
Cn-1xn-1+Cnxnn n )dx. 17. -1 【解析】 本题主要考查导数与曲线在
由微积分基本定理,得 某一点处切线的斜率的概念,属于基础知识、基本运
1 1 2
1 n 1
算的考查.取f(x)=x ,如图,采用数形结合法,易得
( )n+1 ∑ k k+1
n+11+x = k=0k+1
Cnx ÷ , 该曲线在(
è -1
,f(-1))处的切线的斜率为-1.故应
0 0 填-1.
n 1 n+1
所以∑ Ck
2 -1
k+1 n=k=0 n+1 .
9.A 【解析】 由题可知,点(1,0)在曲线y=
x3-2x+1上,求导可得y'=3x2-2,所以在点(1,
0)处的切线的斜率k=1,切线过点(1,0),根据直线
的点斜式可得过点(1,0)的曲线y=x3-2x+1的切
线方程为y=x-1,故选A.
10.D 【解析】 本题考查导数的几何意义.y= 18. 解:(Ⅰ)当k=2时,f(x)=ln(1+x)-x+
2 -2
1+ ,所 以 y'=( )2,所 以 所 求 曲 线 在 点 x
2,f'(
1
x)= -1+2x.由于 ()x-2 x-2 1+x f 1 =ln2
,f'(1)
·27·
3 =3
(x2-2x-3)
= ,2 =3(x+1)(x-3),
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程 令f'(x)>0,解得x<-1或x>3;
3 又令f'(x)<0,解得-1为y-ln2= (x-1),即2 3x-2y+2ln2-3=0. 所以当x∈(-∞,-1)时,f(x)是增函数;
x(kx+k-1) 当x∈(3,+∞)时,f(x)也是增函数;(Ⅱ)f'(x)= ,1+x x∈
(-1,+∞).
但x∈(-1,3)时,f(x)是减函数.
当k=0时,f'()
x
x =- , 2x1+x 20. 解:(Ⅰ)当a=1时,f(x)= , ()x2+1f 2 =
所以,在区间(-1,0)上,f'(x)>0;在区间(0, 4 2(2( ) x +1
)-2x·2x 2-2x2 ,
+∞)上,f'(x) 5
.又 f' x =<0. (x2+1)2 =(x2+1)2 f'
故f(x)的单调递增区间是(-1,0),单调递减区 () 62 =- .
间是(0,+∞). 25
x(kx+k-1) 所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程
当0,得
4 6
为y- =- (x-2),即5 25 6x+25y-32=0.
, 1-kx1=0x2= k >0. 2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(Ⅱ)f'(x)= 2 2
所以,在区间(-1,0)和 (1-k,k +∞ )
(x +1)
上,f'(x) -2(x-a)(ax+1)
= (x2+1)2 .
>0;在区间 ( ,1-k0 ) 上,f'(k x)<0. 由于a≠0,以下分两种情况讨论.
故 f (x)的 单 调 递 增 区 间 是 (-1,0)和 ①当a>0时,令f'(x)=0,
1
得到x1=- ,
(1-k a,+∞ ),单调递减区间是 ( ,1-kk 0 k ) . x2=a,当x 变 化 时,f'(x),f(x)的 变 化 情 况 如
2
当k=1时,f'()
x 下表:
x =1+x.
故f(x)的单调递增区间是(-1,+∞). x ( 1 1 1-∞,- , (, )a ) -a (-a a) a a +∞
x(kx+k-1)
当k>1时,由f'(x)= ,得1+x =0 x1 f'(x) - 0 + 0 -
1-k
= k ∈
(-1,0),x =0. f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘2
所以 ()在区间 , 1 ,(, )内为
所以,在区间 ( ,1-k-1 和(,k ) 0 +∞)上,'(x) f x (-∞ -a ) a +∞f
>0;在区间 (1-k, ) , () 减函数,在区间 (
1
- ,a) 内为增函数上 'x <0. a .k 0 f
( ) ( ,1-k) 函数 f( )
1
x 在 x1 = - 处 取 得 极 小 值故 f x 的 单 调 递 增 区 间 是 -1 和 fk a
1 1 2
(0,
,且
+∞),单调递减区间是 (1-k, ) . (-a ) f (-a )=-a .k 0
:( ) () 2 函数f(x)在x2=a 处取得极大值f(a),且19. 解 Ⅰ 求导得f'x =3x -6ax+3b. f
()
由于f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于
a =1.
当 时,令 ( ) ,得到 ,
点(1,-11), ② a<0 f' x =0 x1=a x2=
所以f(1)=-11,f'(1)=-12,即
1
-a .
{1-3a+3b=-11,解得 ,, a=1b=-3. 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:3-6a+3b=-12
(Ⅱ)由a=1,b=-3得 x (-∞,a) a ( , 1 ) 1 1a - - (- ,+∞ )
f'(x)=3x2-6ax+3b
a a a
·28·
f'(x) + 0 - 0 + 函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),
且f(a-2)=(() 4-3a
)ea-2.
f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),
所以f(x)在区间(-∞,a),( 1- ,+∞ ) 内为 且f(-2a)=3ae-2a.a 2012—2013高考题源拓展测试
增函数,在区间 ( 1a,- ) 内为减函数. 1.B 2.B 3.C 4.B 5.A 6.B 7.C a
8.B
函数f(x)在x1=a 处取得极大值f(a),且f 9.ln2 10. ±1
(a)=1. 11.x-ey=0
函数 f (x)
1
在 x2 = - 处 取 得 极 小 值 12.ln2a
( 1 ) 13. 解:(1)
·
y'=(x·tanx)'=
x sinx'
f - , ( cosx )a (xsinx)'·cosx-xsinx·(cosx)'
( 1 ) =2 cos2且f -a =-a . x(sinx+xcosx)·cosx+xsin2x
21. 解:(Ⅰ)当a=0时,f(x)=x2ex, = cos2x
f'(x)=(x2+2x)ex,故f'(1)=3e. sinx·cosx+xcos2x+xsin2x
=
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜 cos2x
率为3e. 1sin2x+xcos2x+xsin2x
(Ⅱ)f'(x)=[x2+(a+2)x-2a2+4a]ex. 2= cos2x
令f'(x)=0,解得x=-2a,或x=a-2. sin2x+2x
2 =
由 知, 2cos2
.
a≠ x3 -2a≠a-2. (2)方法一:y=(x2+3x+2)(x+3)
以下分两种情况讨论. =x3+6x2+11x+6,
2
①若a> ,
2
则
3 -2a∴y'=3x +12x+11.
方法二:y'=[(x+1)(x+2)]'(x+3)+(x+
当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 1)(x+2)(x+3)'
x (-∞,-2a)-2a (-2a,a-2)a-2(a-2,+∞) =[(x+1)'(x+2)+(x+1)(x+2)'](x+3)+
f'(x) + 0 - 0 + (x+1)(x+2)
() (f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ = x+2+x+1
)(x+3)+(x+1)(x+2)
=(2x+3)(x+3)+(x+1)(x+2)
所以f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)内是增 =3x2+12x+11.
函数,在(-2a,a-2)内是减函数. 14. 解:曲线y=x2-1在x=x0 处的切线斜率
函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a), 为2x0,曲线y=3-x3 在x=x0 处的切线斜率为
且f(-2a)=3ae-2a. -3x20.
函数f(x)在x=a-2处取得极小值f(a-2), ∵两切线相互垂直,
且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
∴2x0·(
1
-3x20)=-1,∴x0=3 .2
②若a< ,则 63 -2a>a-2. 15. 解:设经时间t秒梯子上端下滑s米,则s=
当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 5- 25-9t2,当下端移开1.4m时,所用时间为t0
x (-∞,a-2)a-2(a-2,-2a)-2a (-2a,+∞) 7
= ,
9t
又s'= ,
2
f'(x) + 0 - 0 + 15 25-9t
7
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 15
所以f(x)在(-∞,
所以 ( ) (/),
a-2),(-2a,+∞)内是增 s't0 =9× =0.875ms7 2
函数,在(a-2,-2a)内是减函数. 25-9× (15)
·29·
即梯子上端下滑的速度为0.875m/s. §4.2 导数的应用
16. 解:(1)由函数f(x)的图象在点 M(-1, 五年高考母题原型训练
f(-1))处的切线方程为 x+2y+5=0,知-1+ 1.D 【解析】 f'(x)=(x-3)'ex+(x-
2f(-1)+5=0, 3)(ex)'=(x-2)ex,令 f'(x)>0,解 得 x>2,故
即f(
1
-1)=-2,f'(-1)=- . 选D.2 2.(-1,11) 【解析】 本题考查了导数法求函
(2 ) ( )
∵f'()
ax +b -2xax-6
x = , 数的单调区间问题.由f(x)=x3-15x2-33x+6,(x2+b)2
可得f'(x)=3x2-30x-33=3(x2-10x-11),令
ì -a-6
1+b =-2
, f'(x)<0可解得-1∴ í 2
a(1+b)+2(-a-6) 1 15x -33x+6的单调减区间为(-1,11). , (1+b)2 =-2 3. [1,+∞ ) 【解析】 f'(x)=x'lnx+
{a=2b-4
, e
即 a(1+b)-2(a+6) 1
=- , x(lnx)
x
'=lnx+x =lnx+1
,由f'(x)≥0,可得lnx
(1+6)2 2
解得a=2,b=3(∵b+1≠0,∴b=-1舍去.) +1≥0,
1
解之得x≥ ,即得函数e f
(x)的递增区间
2x-6
所以所求的函数解析式是f(x)=x2+3. 为 [1,
-2x2+12x+6 e
+∞ ) .
(2)f'(x)= (x2+3)2 . 4. 解:(Ⅰ)因f(x)=ax
2+bx+k(k>0),故
令-2x2+12x+6=0,解得x =3-2 3,x f'
(x)=2ax+b,
1 2
又f(x)在x=0处取得极值,故f'(0)=0,从而
=3+23,
b=0.
当x<3-23或x>3+23时,f'(x)<0; 由曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与直线x
当3-230. +2y+1=0相互垂直可知该切线斜率为2,即f'(1)
2x-6
∴f(x)= 在(-∞,3-23)内是减函数; =2
,有2a=2,从而a=1.
x2+3
( ) e
x
( , ) ; ( , ) Ⅱ 由(Ⅰ)知,g(x)= 2 ( ),在 3-233+23 内是增函数 在 3+23 +∞ x +kk>0
内是减函数. ex(x2-2x+k)
g'(x)= ( ( )x2+k)2 k>0 .
17. 解:(
1
1)f'(x)= ,记y0=f(x0),过
x+1 令g'(x)=0,有x2-2x+k=0(k>0).
1 (1)当Δ=4-4k<0,即当k>1时,( , g'
(x)>0在
点P x0 y0)的切线方程为y-y0= (x-
x0+1 R上恒成立,故函数g(x)在R上为增函数.
), x xx 即 = + 0
+2 (2)当Δ=4-4k=0.即当k=1时,有 '(x)=
0 y ,
g
x0+1 x0+1 ex(x-1)2
(2 ( ),从而当 时,( )在 上
所以,当x =1时,切线l的方程为x- 2y+3 x +1
)2 >0x≠1 k=1 g x R
0
为增函数
=0. .
(3)当Δ=4-4k>0,即当x +2 0时,方程x2
(2)当x=0时, 0y= ;当y=0时,x=
x +1 -2x+k=0有两个不相等实根x1=1- 1-0 k,x2
-x0-2. =1+ 1-k.
1 x0+2 ·( (x +2) x0+2
)2
S , 当x∈(= = -∞,1- 1-k)时,g'(x)>0,△AOB 2 0x0+1 2 x0+1 故g(x)在(-∞,1- 1-k)上为增函数;
( 2
2
-3+2) 当x∈(83 1- 1-k,1+ 1-k)时,g'(x)<0,
∴S△AOB= = .
2 9 故g(x)在(( ) 1- 1-k
,1+ 1-k)上 为 减
2 -3 +1 函数;
·30·
( , ) , () , 7. 解:(Ⅰ)f'(x)=3mx2当x∈ 1+ 1-k +∞ 时 g'x >0 -6(m+1)x+n,
故g(x)在(1+ 1-k,+∞)上为增函数. 因为x=1是f
(x)的一个极值点,所以f'(1)=
5. 解:(Ⅰ)f'(x)=5x4+3ax2+b. 0
,即3m-6(m+1)+n=0,所以n=3m+6.
由假设知f'(1)=5+3a+b=0, (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f'(x)=3mx
2-6(m+1)x+3m
f'(2)=24×5+22×3a+b=0. +6=3m(x-1)[x- ( 21+
25 m
) ] .
解得a=- ,3 b=20. 2当m<0时,有1>1+ ,当x 变化时,f(x)与
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 m
( ()的变化如下表:f'x)=5x4-25x2+20=5(x2-1)(x2-4) f
'x
=5(x+1)(x+2)(x-1)(x-2). x ( 2 2 2-∞,1+ )1+ (1+ ,1) 1 (1,+∞)
当x∈(-∞,-2)∪(-1,1)∪(2,+∞)时,
m m m
f'(x)>0, f
'(x) - 0 + 0 -
当x∈(-2,-1)∪(1,2)时,f'(x)<0, f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
因此f(x)的单调增区间是(-∞,-2),(-1, 由上表知,当m<0时,f(x)在 ,
2 单
1),(
-∞ 1+
2,+∞), ( m )
f(x)的单调减区间是(-2,-1),(1,2). 调递减,在 ( 21+ ,1) 单 调 递 增,在(1,+∞)单 调
6. 本小题主要考查函数的定义域、利用导数等 m
知识研究函数的单调性,考查分类讨论的思想方法和 递减.
运算求解的能力. (Ⅲ)由已知,得f'(x)>3m,即 mx
2-2(m+1)
解:f(x)的定义域是(0,+∞), x+2>0,∵m<0,
2 a x2-ax+2 2 2 2
f'(x)=1+ - = ∴x - (m+1)x+ <0,x2 x x2 . m m
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判 2即x2-2( 11+m )x+ <0,x∈[-1,1] (*)别式Δ=a2-8. m
1 2
①当Δ<0即00都有 设g(x)=x2-2(1+ )x+ ,其函数图象的m m
f'(x)>0. 开口向上.
此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. 由题意,(*)式恒成立,
②当Δ=0即a=22时,仅对x= 2有f'(x)= 2 2 4
0,对其余的x>0都有f'(x)>0. {g(-1)<0 1+2+m+m<0 <-3∴ m
此时f(x)也是(0,+∞)上的单调递增函数. g
(1)<0 {-1<0 {-1<0
③当Δ>0即a>22时,方程g(x)=0有两个 4 - ,又3a- a2-8 2
不同的实根x1= ,
a+ a -8
2 x2=
,
2 4∴- 04
x (0,x1) x1 (x1,x ) x (x ,+∞)
即m 的取值范围是-3f'(x) + 0 - 0 + 8.D 【解析】 由题意可知f'(-3)=0,可直
接计算得a=5,故选D.
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 9.C 【解析】 由题意,取f(x)=-x2,g(x)
此时 (x)在
4
f ,a- a
2-8 =-x ,则0是f(x)的极大值,也是g(x)的极大值;
è0
÷ 上单调递增,
2 取f(x)=x4,g(x)=x2,则0是f(x)的极小值,也
a- a2-8a+ a2-8 是g(x)的极小值;取 (, f x
)=x4,g(x)=0,则0是在 f , ÷ 上单调递减
è 8 2 (x)的极小值,但不是g(x)的极值,由此可得A、B、D
在 a+ a
2-8 中符合条件的函数情形均可以出现.实质上,由于f ,+∞ ÷ 上单调递增.è 2 (x)≥g(x),若0是f(x)的极大值,则也必然是g
·31·
(x)的极大值,故应选C. (ⅱ)当c<12时,f'(x)=0有两个互异实根
10.4 【解析】 f'(x)=3ax2-3, x1,x2.不妨设x1当a≤0时,∵f'(x)=3ax2-3<0, 当x0,f(x)在区间(-∞,x1)
∴f(x)在[-1,1]上为减函数, 内为增函数;
∴f(x)最小值=f(1)=a-2≥0, 当x1解之得a≥2(与条件a≤0矛盾); x2)内为减函数.
1 当x>x2 时,f'(x)>0,f(x)在区间(x2,+∞)
当a>0时,令f'(x)=0可得x=± ,当x∈
a 内为增函数.
1 1 所以f(x)在x=x1 处取极大值,在x=x2 处取(- , )时,f'(x)<0,f(x)为减函数;
a a 极小值.
1 1 因此当且仅当c<12时,函数f(x)在x=x2 处
x∈(-∞,- ),或( ,+∞)时,f'(x)>0,
a a 存在唯一极小值,
f(x)为增函数. 所以t=x2>2.
由f(-1)=4-a≥0可 得01 1 3 2 由f'(t)=3t
2-12t+c=0得c=-3t2+12t.
( )=a× - +1=1- ≥0可得a≥4,
a aa a a 于是
3 2 3 2
∴a=4. g(t)=f(t)=t -6t +ct=-2t +6t ,t∈(2,
11. 解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<2π, 当t>2时,g'(t)=-6t
2+12t=6t(2-t)<0,
知f'(x)=cosx+sinx+1, 所以函数g(t)在区间(2,+∞)内是减函数.
π 故( ) g
(t)的值域为(-∞,8).
于是f'(x)=1+ 2sinx+4 . 13. 本小题考查函数、函数极值的概念,考查应
π 2 用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力.令f'(x)=0,从而sin(x+4 )=- ,得2 x=π 解:(Ⅰ)由已知,切点为(2,0).故用f(2)=0,
3π 即4b+c+3=0 ①
或x=2. f'(x)=3x2+4bx+c,f'(2)=12+8b+c=5②
当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 联立①、②,解得c=1,b=-1,
于是函数解析式为f(x)=x3-2x2+x-2.
(0,π) π (,3π π)
3 (3 , )
2 2π 2π2π ( 1Ⅱ)g(x)=x3-2x2+x-2+3mx
,
f'(x) + 0 - 0 +
() mg'x =3x2-4x+1+ ,令g'(x)=0.
单调 单调 3 单调 3
f(x) π+2 2π递增 递减 递增 m当函数有极值时,Δ≥0,方程3x2-4x+1+3
因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,π)与 =0有实根,由Δ=4(1-m)≥0,得m≤1.
(3π,2π),单 调 递 减 区 间 是 (π,3 ,极 小 值 为 22 2π) ①当m=1时,g'(x)=0有实根x= ,3
3
f (2π) 3π= ,极大值为 ()2 f π =π+2. 2在x= 左右两侧均有3 g'(x)>0,故函数g(x)
12. 解:(Ⅰ)f'(x)=3x2+2bx+c. 无极值.
因为函数f'(x)的图象关于直线x=2对称, ②当m<1时,g'(x)=0有两个实根,
2b
所以-6=2
,于是b=-6. 1 1x1= (3 2- 1-m
),x2= (3 2+ 1-m
),
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=x3-6x2+cx, 当x 变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
f'(x)=3x2-12x+c=3(x-2)2+c-12. ( , ) ( , ) ( , )
( ) x -∞ x x x x x x +∞ⅰ 当c≥12时,f'(x) ,此时 (x)无极值
1 1 1 2 2 2
≥0 f .
·32·
g'(x)
,
+ 0 - 0 + ≤0成立
3a 4
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当且仅当- 解得4-1≤0. a≥-3.
故在m∈(-∞,1)时,函数g(x)有极值: 综上,a的取值范围是 [ 4,1-3 6 ] .1
当x= (3 2- 1-m
)时,g(x)有极大值; 16. 本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、极
1 值、导数、不等式等基础知识,考查运用导数研究函数
当x= (2+ 1-m)时,g(x)有极小值3 . 性质的方法,以及分类与整合、转化与化归等数学思
14. 解:(Ⅰ)f'(x)=3x2-3a=3(x2-a), 想方法,考查分析问题和解决问题的能力.
当a<0时,对x∈R,有f'(x)>0, 解:(Ⅰ)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),
∴当a<0时,f(x)的 单 调 增 区 间 为(-∞, 得m-n=-3. ①
+∞). 由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f'(x)=3x2+
当a>0时,由f'(x)>0解得x<- a 或x 2mx+n,
> a; 则g(x)=f'(x)+6x=3x
2+(2m+6)x+n,
由f'(x)<0解得- a∴当a>0时,f(x)的 单 调 增 区 间 为( ,
2×3
-∞
=0,
- a),(a,+∞);f(x)的单调减区间为(- a, 所以m=-3,代入①得n=0.
a). 于是f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).
(Ⅱ)∵f(x)在x=-1处取得极值, 由f'(x)>0得x>2或x<0,故f(x)的单调
∴f'(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. 递增区间是(-∞,0),(2,+∞);
∴f(x)=x3-3x-1,f'(x)=3x2-3, 由f'(x)<0得0由f'(x)=0解得x1=-1,x2=1. 间是(0,2).
由(Ⅰ)中f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1 (Ⅱ)由(Ⅰ)得f'(x)=3x(x-2),
处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f 令f'(x)=0得x=0或x=2.
(1)=-3. 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
∵直线y=m 与函数y=f(x)的图象有三个不
同的交点, x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞)
结合f(x)的单调性可知,m 的取值范围是(- f'(x) + 0 - 0 +
3,1). f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
15.解:(1)f'(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1).
由此可得:1
当a= 时,6 f'
(x)=2(x+2)(x-1)2,f(x)在 当0(-∞,-2)内单调减,在(-2,+∞)内单调增,在x f(0)=-2,无极小值;
=-2时,f(x)有极小值. 当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
所以f(-2)=-12是f(x)的极小值. 当1(2)在(-1,1)上,f(x)单 调 增 加,当 且 仅 当 f(2)=-6,无极大值;
f'(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1)≥0,即3ax2+3ax 当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值.
-1≤0, ① 综上得:当0(i)当a=0时①恒成立; 小值;当1(i)当a>0时①成立,当且仅当3a·12+3a·1 当a=1或a≥3时,f(x)无极值.
-1≤0. k(:( ) x
2+c)-2x(kx+1)
17. 解 Ⅰ f'(x)=
1 (x
2+c)2
解得a≤6. -kx2-2x+ck= ,
2 (x2+c)2
(ii)
3a
当a<0时①成立,即3a ( 1x+2 ) -4-1 由题意知f'(-c)=0,
·33·
即得c2k-2c-ck=0, (*) (af ), a 4且3 f =- a3;∵c≠0,∴k≠0. (3 ) 27
由f'(x)=0得-kx2-2x+ck=0, 函数f(x)在x=a处取得极大值f(a),且f(a)
由韦达定理知另一个极值点为x=1 =0;
2 (2)若a<0,当x 变化时,f'(x)的正负如下表:(或x=c-k ) .
x (-∞,a) a ( a a aa, ( , )2 2 3 ) 3 3 +∞(Ⅱ)由(*)式得k= ,即c-1 c=1+k . f'(x) - 0 + 0 -
当c>1时,k>0;当0, () ()
(ⅰ)当k>0时,f(x)在(-∞,-c)和(1, )
因此 函数
+∞ f
x 在x=a 处取得极小值f a 且
内是减函数,在(-c,1)内是增函数, f'(a)=0,函数f(x)
a a
在x= 处取极大值f( ),3 3
k+1 k
∴M=f(1)= = >0, a 4c+1 2 且f( )3 =-
3
27a .
( ) -kc+1 -k
2
m=f -c = ac2 = (
,
+c 2k+2)<0 (Ⅲ)证明:由a>3,得到3>1.
当k∈[-1,0]
k k2 时,k-cosx≤1,k2由 M -m = + ≥1 及 k>0 ,解 -cos
2x≤1.
2 2(k+2) 由(Ⅱ)知,f(x)在(-∞,1]上是减函数,
得k≥ 2. 要使f(k-cosx)≥f(k2-cos2x)(x∈R),
(ⅱ)当 k< -2 时,f(x)在(- ∞,-c)和 只要k-cosx≤k2-cos2x(x∈R).
(1,+∞)内是增函数,在(-c,1)内是减函数, 即cos2x-cosx≤k2-k(x∈R). ①
( ) -k
2 k 2
∴M=f -c = >0,m=f(1)= 设g(x)=cos22(k+2) 2 x-cosx= ( 1 1cosx- ,则2 ) -4
<0, 函数g(x)在R上的最大值为2.
-k2 k (k+1)2+1 要使①式恒成立,必须k2-k≥2,即k≥2或k≤
M-m=2(k+2)-2=1- k+2 ≥1
恒
-1.
成立. 所以,在 区 间[-1,0]上 存 在 k= -1,使 得
综上可知,所求k 的取值范围为(-∞,-2)∪ f(k-cosx)≥f(k2-cos2x)对任意的x∈R恒成立.
[2,+∞). 19.C 【解析】 考查利用导数求三次函数在闭
18. 解:(Ⅰ)当a=1时,f(x)=-x(x-1)2= 区间上的最值.由已知得f'(x)=3x
2-6x=3x(x-
-x3+2x2-x,得f(2)=-2,且f'(x)=-3x2+ 2),∵x∈[-1,1],∴f(x)的最大值为f(0)=2,故
4x-1,f'(2)=-5. 选C.
所以曲线y=-x(x-1)2 在点(2,-2)处的切 20.C 【解析】 因为y'=-x
2+81,所以当x
线方程是y+2=-5(x-2),整理得5x+y-8=0. >9时,y'<0;当x∈(0,9)时,y'>0,所以函数y=
(Ⅱ)f(x)=-x(x-a)2=-x3+2ax2-a2x, 1- x3+81x-234在(9,+∞)上单调递减,在(3 0
,
f'(x)=-3x2+4ax-a2=-(3x-a)(x-a). 9)上单调递增,所以x=9是函数的极大值点,又因
令f'(x)=0,
a
解得x= 或x=a. 为函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以函数在3
x=9处取得最大值, .
选C.
由于a≠0 以下分两种情况讨论.
【解析】 ()
() , , () : 21. -16 f'x =12-3x
2.
1 若a>0 当x 变化时 f'x 的正负如下表
令f'(x)>0 -2x (-∞,
a ) a a ,
3 3 (3 a) a (a,+∞) x<-2即2<-x≤3,
∴f(x)在[-3,-2)及(2,3]上 单 调 递 减.在
f'(x) - 0 + 0 - (-2,2)上单调递增,
a ∴f(x)在x=-2处取极小值,
因 此,函 数 f(x)在 x= 处 取 得 极 小 值3 ∴f(-2)=12×(-2)-(-2)3=-16,
·34·
f(-3)=12×(-3)-(-3)3=-9,f(3)=12 6 6故得a≤ .反之,当a≤ 时,对任意x∈[0,2]
×3-33=9, 5 5
f(-2)的最小值为-16. 5
22.32 【解析】 f'(x)=3x2-12,令f'(x)= 3x= (2x25 +x-10
)
0可得3x2-12=0,即得x=2或x=-2,在区间[-
3x
3,3]上列表如下: = ( )( ) ,5 2x+5 x-2 ≤0
x -3(-3,-2) -2 (-2,2) 2 (2,3) 3 而g(0)=0,故g(x)在区间[0,2]上的最大值为
f'(x) + 0 - 0 + g(0).
综上,a的取值范围为 6-∞, .
f(x)17 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ -1 ( 5 ]
25. 本小题主要考查函数的概念、解三角形、导
∵f极小值(x)=f(-2)=24,f极小值(x)=f(2) 数等基础知识,考查数学建模能力、抽象概括能力和
=-8. 解决实际问题的能力.
∴M=f最大值(x)=24,m=f最小值(x)=-8, 解:(Ⅰ)(ⅰ)如图,延长PO 交AB 于点Q.
∴M-m=24-(-8)=32.
【点评】 本题考查了导数法确定三次函数在定
区间上的最值,体现了导数的工具性的应用,与对考
生分析问题与解决问题能力的考查.
23. 解:(Ⅰ)f'(x)=-3x2+6x+9. 令f'(x)
<0,解得x<-1或x>3, 1由题设可知BQ=AQ=2AB=10
,
所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),
(, ) AO=BO
,PO=10-OQ.
3 +∞ .
(Ⅱ)因为f(
10
-2)=8+12-18+a=2+a, 在Rt△AQO 中,AO= ,OQ=10tanθ,所以cosθ
f(2)=-8+12+18+a=22+a, 20
所以f(2)>f(-2). y=AO+BO+PO=cosθ+10-10tanθ.
因为在(-1,3)上f'(x)>0,所以f(x)在[-1, π,
2]上单调递增,又由于 (x)在[-2,-1]上单调 又易知0≤θ≤ 故y 用θ表示的函数为f 4
递减, 20
() ( ) ( ) [ , y=cosθ-10tanθ+10( π0≤θ≤ .因此f2 和f -1 分别是f x 在区间 -2 4 )
2]上的最大值和最小值. (ⅱ)由 题 设 可 知,在 Rt△AQO 中,AO =
于是有22+a=20,解得a=-2. AQ2+OQ2= 102+(10-x)2,则y=AO+BO
故f(x)=-x3+3x2+9x-2. +PO=x+2 102+(10-x)2.
因此f(-1)=1+3-9-2=-7, 显然0≤x≤10,所以,y 用x 表示的函数为
即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7.
y=x+2 x2-20x+200(0≤x≤10)
24. 解:(
.
Ⅰ)f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2). ( )选用( )中的函数关系
因为x=2是函数y=f(x)的极值点,
Ⅱ Ⅰ
所以f'
(2)=0,即6(2a-2) ,
20 π
=0 因此a=1. y= ,来确定符合cosθ-10tanθ+10(0≤θ≤4 )
经验证,当a=1时,x=2是函数y=f(x)的极 要求的污水处理厂的位置.
值点. 20 20 sinθ
(Ⅱ)由题设,g(x)=ax3-3x2+3ax2-6x 因为y=cosθ-10tanθ+10= -10
·
cosθ cosθ
=ax2(x+3)-3x(x+2). +10,
当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时, 20sinθ cos2θ+sin2θ
() (), 所 以0 ≥ 2 即0≥20a-24. y' =
·
g g cos2θ
-10 cos2θ =10
·35·
·2sinθ-12 . g(a)在(0,
2 4
1]上只有一个极值,所以 ( )cosθ g 3 =
为
3
1 π π g(a)在(0,1)上的最大值.且最小值为g(1)=0.
由y'=0得sinθ= .因2 0≤θ≤
,故
4 θ=6.
所 以 b2 ∈ [0,4 ],即 b 的 取 值 范 围
当θ∈ [ ,π ) , ; (π π ] 30 时 y'<0 当θ∈ , 时,6 6 4
为 êé 23,23ùê- ú .
, π , 3 3
ú
y'>0 所以函数y 在θ= 时取得极小值 这个极小6
27. C 【解 析】 f'(x)
b
= -x+ =
值就是函数 π x+2y 在 [0, ] 上的最小值4 . -x2-2x+b,由 得 ,
π 10 203 x+2
x>-1 x+2>1>0
当θ= 时,6 AO=BO=
( )
π= 3 km . ∵f(x)为(-1,+∞)上的减函数,∴f'(x)≤0
cos6 (x>-1),
因此,当污水处理厂建在矩形区域内且到 A、B ∴不等式-x2-2x+b≤0在(-1,+∞)上恒
203 成立.
两点的距离均为 时,铺设的排污管道的总长
3 km ∵y=-x2-2x+b在(-1,+∞)上单调递减,
度最短. ∴-12-2×(-1)+b≤0,得b≤-1,故应选C.
26. 本小题主要考查函数的导数,单调性,极值, π28.k≤1 【解析】 当x=0时,不等式sin x
最值等基础知识,考查综合利用导数研究函数的有关 2
性质的能力. π≥kx 恒成立;当x≠0时,不等式sin2x≥kx
恒成
解:f'(x)=3ax2+2bx-3a2. ①
(Ⅰ)
π
当a=1时, sin2x
f'(x)=3x2+2bx-3. 立,等 价 于 k≤ ,x∈ (0,1].令 f(x)x =
由题意知x1,x2 为方程3x2+2bx-3=0的两 π π π π
sin2x xcos x-sin x
, 4b
2+36
根 所以|x -x|= . ,则 ( )
2 2 2 ,
1 2 3 x
f' x = x2 ∵x∈
由|x1-x2|=2,得b=0. (, π π π π π01)时, x∈(0, ),2 2 tan2x>2x
,即可得 x
从而f(x)=x3
2
-3x+1,f'(x)=3x2-3=3(x
· π π π π π+1)(x-1). cos2x-sin2x·cos2x-sin2x
当x∈(-1,1)时,f'(x)<0; =0,从而得f'(x)<0,又f'(1)<0,∴f(x)在x∈
当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,f'(x)>0. (0,1]上为减函数,即可得fmin(x)=f(1)=1,∴k
故f(x)在(-1,1)单调递减,在(-∞,-1), ≤1.
(1,+∞)单调递增. 29. 解:f'(x)=3x2-2ax+(a2-1),
(Ⅱ)由①式及题意知x1,x2 为方程3ax2+2bx 其判别式Δ=4a2-12a2+12=12-8a2.
2 4b
2+36a3
-3a =0的两根,所以,|x 61-x2|= 3a . (ⅰ)若Δ=12-8a
2=0,即a=± ,2
从而|x -x|=2 b2=9a21 2 (1-a). 当x∈ ,a-∞
由上式及题设知0a,+∞ ) 时,f'(3 x)
考虑g(a)=9a2-9a3, >0,f(x)在(-∞,
6
+∞)为增函数.所以a=±
2 2
.
g'(a)=18a-27a2=-27a(a-3 ) . (ⅱ)若Δ=12-8a2<0,恒有f'(x)>0,f(x)在
故g(a)在 ( 2 30, ) 单调递增,在 (2,1] 单调递 (-∞,+ ∞)为 增 函 数.所 以 a2 > ,即2 a∈3 3
, () (,] 2 4 减 从而ga 在 01 上的最大值为g( )= ,又
6
-∞,- ÷∪
6, ÷ .
3 3 è 2 è2 +∞
·36·
( ) 2 , 6 6
减函数.
ⅲ 若 Δ=12-8a >0 即- f'(x)=0,
因此 ,3 ≤-3 ①
a- 3-2a2, a+ 3-2a
2 2
解得x = x = . -a+ a -3 11 2 且3 3 3 ≥-
,
3 ②
当x∈(-∞,x1)或x∈(x2,+∞)时, 当|a|> 3时,由①②解得a≥2.
f'(x)>0,f(x)为增函数; 因此a的取值范围是[2,+∞).
当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)为减函数.
:() 331.解 1 当 时, ( ) 3依题意x ≥0且x ≤1. a=1 f x =x - x
2+1,
1 2 2
6 f(2)=3;f'(x)=3x
2-3x,f'(2)=6.所以曲线y=
由x1≥0得a≥ 3-2a2,解得1≤a<2. f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-3=6(x-
6 2),即y=6x-9.
由x2≤1得 3-2a2 ≤3-a,解 得- 2 6 1
< . 0,解得x=0或x=a .2
é 以下分两种情况讨论:从而a∈ êê ,
6
1 ÷ . 2 , 1 1①若0综 上,a 的 取 值 范 围 为 -∞,
6ù
- úú ∪ f(x)的变化情况如下表:è 2
êé 6, é 6 6ù x
1 1
- ,0 0 0,
ê2 +∞
÷ ∪ êê1, ÷,即 a ∈ -∞,- úú ∪ ( 2 ) ( 2 ) 2 è 2
[, ) ()1 +∞ . f'x + 0 -
30. 解:(Ⅰ)f'(x)=3x2+2ax+1,判 别 式 f(x) ↗ 极大值 ↘
Δ=4(a2-3).
当 x ∈ [ 1 1- , ] 时,f (x)>0 等 价 于(ⅰ)若a> 3或a<- 3,则在 2 2
1-a- a2-3 ì( ) , ( ) f (- )>0, ì 5-a , -∞, ÷ 上 f' x >0 f x 是 增 2 8 >0è 3 í 即 í
函数; f (1 , 5+a2 )>0 8 >0.
在 -a- a
2-3,-a+ a
2-3 ÷ 上f'(x)< 解不等式组得-5è 3 3
0,f(x)是减函数; ②若a>2,
1 1
则0< < .当x 变化时, ( ),a 2 f' x
在 -a+ a
2-3 ,+∞ ÷ 上f'()
()的变化情况如下表:
x >0,f(x)是 f x
è 3
x ( 1, ) 0 ( ,1 ) 1 (1,1增函数. -2 0 0 a a a 2 )
(ⅱ)若- 3(x)>0,故此时f(x)在R上是增函数. f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
(ⅲ)若a=± 3,则f'( a- )=0,且对所有的3 当 x ∈ [ 1- ,1 时, ( ) 等 价 于2 2 ] f x >0
a
x≠- 都有f'(x)>0,故当a=± 3时,f(x)在 R ì ( 1 , ì 5-a3 f - , 2 )>0 8 >0
上是增函数. í 即 í
1 1
(Ⅱ)由(Ⅰ) ,
,
知 只有当a> 3或a<- 3时, f (a )>0 1-2a2>0.
2 2
f(x)在

-a- a -3,-a+ a -3 ÷ 内 是 2 2
è 解不等式组得3 3 2或a<- .因此2 2·37·
<5. 令f'(x)=0,解得x1=-1,x2=3.
综合①和②,可知a的取值范围为032. 本小题主要考查利用导数研究函数的单调 x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞)
性和极值、函数的最大值、解不等式等基础知识,考查
f'(x) + 0 - 0 +
综合分析和解决问题的能力.
解:( )'(x) x3
() 极大值 极小值
ax2 x x(x2 ax f x ↗ 6 ↘ -26 ↗Ⅰ f =4 +3 +4 = 4 +3
+4). 所以,f(x)的极大值是f(-1)=6,极小值是
10 f(3)=-26.
当a=- 时,3 f'
(x)=x(4x2-10x+4)= (Ⅱ)f'(x)=3x2-6ax-9a2 的图象是一条开
2x(2x-1)(x-2). 口向上的抛物线,关于x=a对称.
1 1
令f'(x)=0,解得x1=0,x2= ,x3=2. 若 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 而f'(x)在[1,4a]上的最小值是f'(1)=3-6a-
9a2,最大值是f'(4a)=15a2.
x (-∞,0)0 ( ,1 ) 10 (1,2) 2 (2,+∞)2 2 2 由|f'(x)|≤12a,得-12a≤3x2-6ax-9a2≤
12a,于是有
f'(x) - 0 + 0 - 0 + f'(1)=3-6a-9a2≥-12a,且f'(4a)=15a2
极 极 极
≤12a.
f(x) ↘ 小 ↗ 大 ↘ 小 ↗ 1
值 值 值 由f'(1)≥-12a得-3≤a≤1
,
所以f(x)在 ( ,10 2 ),(2,+∞)内是增函数,在 4由f'(4a)≤12a得0≤a≤5.
(-∞,0),(1,2) 内是减函数. (1,] [ 12 所以a∈ 1 ∩ - ,] [,4],即4 3 1 ∩ 0 5 a∈
(Ⅱ)f'(x)=x(4x2+3ax+4),显然x=0不是
(1,4]
方程4x2+3ax+4=0的根.为使f(x)仅在x=0处 4 5 .
有极值,必须4x2+3ax+4≥0恒成立,即有Δ=9a2 若a>1,则|f'(a)|=12a2>12a.
8 8 故当
-64≤0.解此不等式,得- ≤a≤ .这时,f(0)= x∈
[1,4a]时|f'(x)|≤12a不恒成立.
3 3 所以使|f'(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a
b是唯一极值.
的取值范围是(1,4].
因此满足条件的a的取值范围是 [ 8 8- , 4 53 3 ] . 34. 解:(Ⅰ)f'(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-
(Ⅲ)由条件a∈[-2,2]可知Δ=9a2-64<0, 2)(x-2a).
从而4x2+3ax+4>0恒成立.当x<0时,f'(x)< 由a>1知,当x<2时,f'(x)>0,
0;当x>0时,f'(x)>0. 故f(x)在区间(-∞,2)是增函数;
因此函数f(x)在[-1,1]上的最大值为f(1)与 当2f(-1)两者中的较大者. 故f(x)在区间(2,2a)是减函数;
为使对任意a∈[-2,2],不等式f(x)≤1在 当x>2a时,f'(x)>0,
[-1,1]上恒成立,当且仅当 故f(x)在区间(2a,+∞)是增函数.
{f(1)≤1, {b≤-2-a,即 在a∈ [-2,2]上 恒 综上,当a>1时,f(x)在区间(-∞,2)和(2a,f(-1)≤1. b≤-2+a +∞)是增函数,在区间(2,2a)是减函数.
成立. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当x≥0时,f(x)在x=2a 或x
所以b≤-4,因此满足条件的b 的取值范围是 =0处取得最小值.
(-∞,-4]. 1 3
:( ) , ( ) ( ) ( )( )
2 ·
33. 解 Ⅰ 当a=1时 对函数f(x)求导,得 f2a = 3 2a - 1+a 2a +4a 2a
f'(x)=3x2-6x-9. +24a
·38·
4 ()3 2 , 函数f x 在
(1,+∞)上单调递增;
=-3a +4a +24a 1
() 当a= 时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;f0 =24a. 2
由假设知 1
当0, ìa>1, 2
{a>1


f(2a)>0,即
4
í- a(a+3)(a-6)>0, 函数f()
1
x 在(1, -1)上单调递增;3 a
f(0)>0, 24a>0. 1
函数f(x)在( -1,+∞)上单调递减.
解得1故a的取值范围是(1,6). ( 1 1Ⅱ)因为a= ∈(0, ),由(Ⅰ)知,x1=1,x2
:( ) () 1-a
4 2
35. 解 Ⅰ 因为f x =lnx-ax+ -1,x =3 (0,2),当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单
1 a-1 调递减;当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递所 以 f' (x)= x - a + x2 = -
, 1
2 增 所以f(x)在(0,2)上的最小值为ax -x+1-a f
(1)=-
, (, ), 2
.
x2 x∈ 0 +∞ 由于“对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使
令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞), f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不
(1)当a=0时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞) 1
所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,此时f'(x)<0, 大于f(x)在(0,2)上的最小值- .”(*)2
函数f(x)单调递减; 又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时f'(x)>0,函 ①当b∈(-∞,1)时,因为[g(x)]min=g(1)=
数f(x)单调递增. 5-2b>0,此时与(*)矛盾;
(2)当a≠0时,由f'(x)=0, ②当b∈[1,2]时,因为[g(x)]min=4-b2≥0,同
1
即ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=a-1
, 样与(*)矛盾.
③当b∈(2,+∞)时,因为[g(x)]min=g(2)=
1
①当a= 时,x1=x2,h(x)≥0恒成立,此时2 1 178-4b,解不等式8-4b≤- ,可得2 b≥8.
f'(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
1 1 , 17综上 的取值范围是[ , ]
②当01>0
, b 8 +∞ .
x∈(0,1) , ( ) , ( ) ,
【 】
时 h x >0 此时f' x
点评
<0 函数
利用导数研究函数的性质是近年高考
(x)单调递减; 的热点内容
,关键是把题目转化成用函数性质解决,
f
1 化归能力高考重点考查.
x∈(1,a-1
)时,h(x)<0,此时f'(x)>0,函 36. 本小题主要考查函数导数的概念与计算,利
数f(x)单调递增; 用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方
1 法,考查综合运用有关知识解决问题的能力.
x∈( -1,+∞)时,h(x)>0,此时f'(x)a <0
,
:( ) 2lnx 2a解 Ⅰ 根据求导法则得 () ,
函数f() ;
f'x =1- x +x 单调递减 x
1 x>0.
③当a<0时,由于a-1<0. 故F(x)=xf'(x)=x-2lnx+2a,x>0,
x∈(0,1)时,h(x)>0,此时f'(x)<0,函数
于是F'(x)
2 x-2
=1- = ,x>0.
f(x)单调递减; x x
x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时f'(x)>0,函数 列表如下:
f(x)单调递增. x (0,2) 2 (2,+∞)
综上所述:
()
当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减; F'x - 0 +
·39·
F(x) ↘ 极小值F(2) ↗
ax2-x-(a-1) a
(x-1)( 1-ax- a )
故知F(x)在(0,2)内是减函数,在(2,+∞)内 x2 = x2 .
是增函数,所以,在x=2处取得极小值F(2)=2- (ⅰ)
1 1-a
当01.
2ln2+2a. 2 a
(Ⅱ)由a≥0知,F(x)的极小值F(2)=2-2ln2 1-a若1+2a>0.于是由上表知,对一切x∈(0,+∞),恒有 a
所以 () () ,
F(x)=xf'(x)>0,从而当x>0时,恒有f'(x)> g x 即 ( ) ,故 ( ) 在[, )上不
0,故f(x)在(0,+∞)内单调递增.所以当x>1时, f x () () , 2 恒成立fx >f1 =0 即x-1-lnx+2alnx>0.故当x>
.
1 1-a
1时,恒有x>ln2x-2alnx+1. (ⅱ)当a≥ 时,2 a ≤1.
37.解:(1)易知f'(x)=2x+b.由题设,对任意 若x>1,则g'(x)>0,g(x)是增函数,所以g
的x∈R,2x+b≤x2+bx+c,即x2+(b-2)x+c- (x)>g(1)=0,
2
b≥0恒成立,所以(
b
b-2)2-4(c-b)≤0.从而c≥ 即g(x)=lnx,故当x≥1时,f(x)≥lnx.4
2 综上所述,所求a的取值范围为 [1,+∞ ) .
+1.于是c≥1,
b 2
且c≥2 4×1=|b|
,因此2c-b=
( ) (Ⅲ)解法一:由( )知:
1
当 时,有 ( )
c+c-b >0. Ⅱ a≥2 f x ≥
故当x≥0时,有(x+c)2-f(x)=(2c-b)x+ lnx(x≥1).
c(c-1)≥0. 1, () 1令a= 有 x = 1f x- ≥lnx(x≥1)
即当x≥0时,f(x)≤(x+c)2. 2 2
( x )
(2)由(1)知,c≥|b|.当c>|b|时,有 M ≥ 1 1且当x>1时, (x- )>lnx.
f(c)-f(
2 x
b) c2-b2+bc-b2 c+2b
c2-b2 = c2-b2 =b+c . k+1, k+1 1令x= 有k ln k <
k+1 k
2 [ k -k+1] =
b
令t= ,
c+2b 1
则
c -1,
b+c=2-1+t.
而函数 1 [ ( 1 11+ ,2 k )- (1-k+1) ]
g(
1
t)=2- (1+t -1)的值域是 (-∞,32 ) .因 ( ) 1即lnk+1 -lnk< 1 1 ,2 (k+k+1) k=1,2,3,
此,当c>|b|时,M 的取值集合为 [3,+∞ ) . …,2 n.
将上述n个不等式依次相加得
当c=|b|时,由(1)知,b=±2,c=2.此时f(c)
-f()
1 1 1 1 1
b =-8或0,c2-b2=0,从而f(c)-f(b)≤ ln(n+1)<2+ (2+3+…+n )+2(n+1).
3(2 3c -b2)恒成立.综上所述,M 的最小值为 1 1 12 2. 整理得1+ + +…2 3 +n >ln
(n+1)+
38. 解:(
b
Ⅰ )f' (x)= a - ,则 有 nx2 ( ,2(n+1)n≥1n∈N
*).
{f(1)=a+b+c=0, b=a-1,解得 解法二:用数学归纳法证明.f'(1)=a-b=1, {c=1-2a.
(1)当n=1时,
1
左边
a =1
,右边=ln2+ <1,不
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)
-1 4
=ax+ x +1-2a. 等式成立.
() ( ) a-1 ()假设 时,不等式成立,就是令g x =f x -lnx=ax+ x +1-2a-
2 n=k
1 1 1 k
lnx,x∈[1,+∞), 1+
… ( ) 那
2+3+ +k >lnk+1 +2(k+1).
( ) , ( ) a-1 1则 g 1 =0 g' x =a - x2 - =
1 1 … 1 1么1+ + + + + ( )x 2 3 k k+1>ln k+1 +
·40·
k 1 ( ) k+2 2 2-2x
(2x-1)
2(k+1)+k+1=lnk+1 +
(
2(k+1). 1
)f'(x)=2x-1-2x= 2x-1
( ) : 1 , () ( ) -2(x-1)( )由 Ⅱ 知 当a≥ 时 有2 f x ≥lnx x≥1 .
2x+1
= 2x-1 .
1, () 1( 1令a= 有f x = x- )≥lnx( ) 12 2 x x≥1 . 当 0;当x>1时,2 f'
(x)
k+2 1
令x= ,得: (k+2 k+1) k+2- ≥ln = <0.k+1 2 k+1 k+2 k+1
ln(k+2)-ln(k+1). 则f(x)
1
在区间( ,1)上单调递增,在区间(2 1
,
( ) k+2 ( ) k+1∴lnk+1 + ( )≥lnk+2 + ( +∞
)上单调递减.
2k+1 2k+2).
1 1 … 1 1 () () () [
3,5]
∴1+ 2 + 3 + +k +k+1>ln
(k+2) 2 由 1 知f x 在区间 时的最大值为4 4
k+1 f(1)=ln(2×1-1)-1
2=-1.
+2(k+2). 又f(
3) 5-f( )=[
3 3
ln(2× -1)-( )2]-
这就是说,当n=k+1时,不等式也成立. 4 4 4 4
根据(1)和(2),可知不等式对任何n∈N* 都 [ ( 5 5ln2× -1)-( )2]4 4 =1-ln3<0.
成立.
【 3 5点评】 恒成立问题是函数题中常出现的题型, 所以f(x)在区间[ , ]上的最小值为4 4
可转化为求函数的最值问题.不等式的放缩在函数题 3 3 3 9
中出现,往往需构造一个函数模型来比较大小. f( )4 =ln
(2×4-1
)-( )24 =-ln2-16.
2012—2013高考题源拓展测试
故f(x)在区间[
3,5]上的最大值和最小值分
1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.A 7.B 4 4
8.C 9别为-1和-ln2- .
9.(-1,1) 16
15.解:(1)f'(x)=3x21 +2ax-2,由 已 知,得10. [ ,3 +∞ ) f'(1)=3,即1+2a=3,a=1,再由切点为(1,-1),
11.11 得-1=3+b,b=-4,∴a=1,b=-4
12.-3 [-2,18] (2)f'(x)=0,即3x2+2ax-2=0,
13. 解:(1)f'(x)=3x2+2ax+b, Δ=4a2+24>0方程有两个不相等的实根x1、
f'(x)=0有一个根为x=0, 2x2,而 x1x2 = - 3 <0
,则 方 程 的 负 根 x1 =
∴f'(0)=b=0.
2 -a- a2+6
另一根x=- a>0. 依题意,-2)
3
8 4 5
极小值 ( 2f - a)=- a33 27 +9a3+c=-4. >0,解得a< .当2 x∈(-2,x1)时,f(x)单调递增,
又f(0)=c=0,解得a=-3,故a=-3,b=c 当x∈(x1,0)时,f(x)单调递减,所以f(x)在x=
=0. x 处取得极大值.因此a的取值范围是 ( ,51 -∞ 2 ) .(2)f(x)=x3-3x2,f'(x)=3x2-6x=3x(x-
2). 16.解:(1)设x∈(0,1],则-x∈[1,0).
3
当x<0或x>2时,f'(x)>0;当03
f'(x)<0. f(x)=-x +ax,x∈(0,1]
∴f(x)的单调递减区间为[0,2]. (2)f'(x)=-3x
2+a,∵x∈(0,1] -3x2∈
1 [-3,0).
14. 解:f(x)的定义域为( ,2 +∞
). 又a>3,∴a-3x2>0,即f'(x)>0,∴f(x)
·41·
在(0,1]上为增函数. 1于是h(t)在(0,+∞)上的最大值为h(e3)=
(3)当a>3时,f(x)在(0,1]上是增函数, 3 2
e3.
fmax(x)=f(1)=a-1=1 a=2(不合题意,舍 2
去),当0≤a≤3时,f'(x)=a-3x2,令f'(x)= (2)
1
证明:设F(x)=f(x)-g(x)= 22x +2ax
a 2
0,x= 23 . -3alnx-b(
3a
x>0),则 F'(x)=x+2a- x =
如下表: (x-a)(x+3a)(
x x>0
).
x a a0, ÷
a , ÷ (
è 3 è 1 故3 3 F x
)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为
增函数.于是函数F(x)在(0,+∞)上的最小值是
f'(x)
F
+ 0 -
(a)=0.
f(x) ↗ 最大值 ↘ 故当x>0时,有f(x)-g(x)≥0,即当x>0
a 3 时,f(x)≥g(x).
∴ f(x)在x= 处取最大值 a ÷3 - +è 3 第五章 立体几何与空间向量
a 327 a
a 3 =1 a= 4 <3 x= 3 <1. §5.1 空间几何体的结构、三视图和直观图
当a<0时,f'(x)=a-3x2<0,f(x)在(0,1] 五年高考母题原型训练
上单调递减,f(x)在(0,1]无最大值. 1.C 【解析】 本题考查有关球的问题.可知两
3 个长度的比即为两个圆的半径比.设赤道所在圆半径
27
∴ 存在a= ,使f(x)在(0,1]上有最大4 为R,北纬60°所在圆的半径为r,由纬度定义可知
值1. r 1cos60°= = ,故选择R 2 C.
17. 解:(1)设y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公 2.D 【解析】 甲、乙在东经120°线上,所对圆
共点(x0,y0)处的切线相同. 心角为75°+45°=120°,所以甲、乙的球面距离为球
3a2
∵f'(x)=x+2a,g'(x)= , 1, 2πRx 面大圆周长的 故为3 3 .
由题意f(x0)=g(x0),f'(x0)=g'(x0), 3.D 【解析】 本题解题思路是依据球半径、球
ì 1 2 2 心到截面的距离、截面圆半径三者间的关系来考虑.
2x0+2ax0=3alnx0+b
,
即 í 设球半径为2a,依 题 意 过 M,O 作 垂 直 于OP 的 平
3a2 x +2a= . 面,截球面得到两个圆的半径的平方分别是(2a)
2-
0 x0 a2=3a2,(2a)2=4a2,因此这两个圆的面积之比为
3a2
由x0+2a= ,得x x0=a
或x0=-3a(舍去), 3,选
4 D.0
1 5 4.D 【解析】 如图,平面 AA D D 截球所得
即有 2 2 2 1 1b=2a +2a -3alna= a
2
2 -3a
2lna.
|AD| 2
圆面的半径
5 r=
1
2 =
,
令h(t)
2
=2t
2-3t2lnt(t>0),则h'(t)=2t(1-
∵EF 面AA1D1D,
3lnt). ∴EF 被球O 截得的线段为圆面直径d,
于是当t(
1
1-3lnt)>0,即0>0;
( ) , 1当t1-3lnt <0 即t>e3时,h'(t)<0.
1
故h(t)在(0,e3)上为增函数,在(
1
e3,+∞)上为
减函数.
·42·

展开更多......

收起↑