《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用教學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1．此部分內(nèi)容是高考命題的熱點(diǎn)內(nèi)容．在選擇題、填空題中多考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，難度較?。? 2．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查，難度屬中等偏上，屬綜合性問題．有時(shí)也常在解答題的第一問中考查，難度中檔． [真題體驗(yàn)] 1．(2019·全國(guó)Ⅱ卷)曲線y＝2sin x＋cos x在點(diǎn)(π，－1)處的切線方程為(　　) A．x－y－π－1＝0　　　　　 B．2x－y－2π－1＝0 C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0 解析：C　[∵y′＝2cos x－sin x，∴切線斜率k

2、＝2cos π－sin π＝－2， ∴在點(diǎn)(π，－1)處的切線方程為y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.] 2．(全國(guó)Ⅱ卷)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：A　[f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1， 則f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0?a＝－1， 則f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1， 當(dāng)x＜－2或x＞1時(shí)，f′(x)＞0；

3、 當(dāng)－2＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0， 則f(x)極小值為f(1)＝－1.] 3．(2018·天津卷)已知函數(shù)f(x)＝exln x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(1)的值為________． 解析：由函數(shù)的解析式可得：f′(x)＝ex×ln x＋ex×＝ex(ln x＋)， 則：f′(1)＝e1×(ln 1＋)＝e.即f′(1)的值為e. 答案：e 4．(2019·天津卷)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，則a的取值范圍為(　　) A．[0,1] B．[0,2] C．[0，e] D．[1，e] 解析：C　[首先f(0)≥0，即

4、a≥0， 當(dāng)0≤a≤1時(shí)，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2＋2a－a2≥2a－a2＝a(2－a)＞0， 當(dāng)a＜1時(shí)，f(1)＝1＞0， 故當(dāng)a≥0時(shí)，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立； 若x－aln x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤在(1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 易知x＝e為函數(shù)g(x)在(1，＋∞)唯一的極小值點(diǎn)、也是最小值點(diǎn)， 故g(x)max＝g(e)＝e，所以a≤e. 綜上可知，a的取值范圍是[0，e]．故選C.] [主干整合] 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0處的導(dǎo)數(shù)值就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(

5、x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時(shí)，則f(x)為常函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． 3．可導(dǎo)函數(shù)極值的理解 (1)函數(shù)在定義域上的極大值與極小值的大小關(guān)系不確定，也有可能極小值大于極大值． (2)對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0處取得極值

6、”的必要不充分條件． (3)注意導(dǎo)函數(shù)的圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系，導(dǎo)函數(shù)由正變負(fù)的零點(diǎn)是原函數(shù)的極大值點(diǎn)，導(dǎo)函數(shù)由負(fù)變正的零點(diǎn)是原函數(shù)的極小值點(diǎn)． 4．函數(shù)的極值與最值 (1)函數(shù)的極值是局部范圍內(nèi)討論的問題，函數(shù)的最值是對(duì)整個(gè)定義域而言的，是在整個(gè)范圍內(nèi)討論的問題． (2)函數(shù)在其定義區(qū)間的最大值、最小值最多有一個(gè)，而函數(shù)的極值可能不止一個(gè)，也可能沒有． (3)閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值，開區(qū)間內(nèi)的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值． 熱點(diǎn)一　導(dǎo)數(shù)的幾何意義 [例1]　(1)(2019·全國(guó)Ⅲ卷)已知曲線y＝aex＋xln x在點(diǎn)(1，ae)處的切線

7、方程為y＝2x＋b，則(　　) A．a(chǎn)＝e，b＝－1　　　　　　 B．a(chǎn)＝e，b＝1 C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1 [解析]　D　[y′＝aex＋ln x＋1，k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1， ∴切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)， 即y＝(ae＋1)x－1. 又∵切線方程為y＝2x＋b， ∴即a＝e－1，b＝－1.故選D.] (2)(2019·成都二模)已知曲線C1：y2＝tx(y＞0，t＞0)在點(diǎn)M處的切線與曲線C2：y＝ex＋1－1也相切，則tln的值為(　　) A．4e2 B．8e C．2 D．8 [解析]　D　[曲線C1：y＝，y′

8、＝. 當(dāng)x＝時(shí)，y′＝，切線方程為y－2＝， 化簡(jiǎn)為y＝x＋1.① 與曲線C2相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)， y′|x＝x0＝ex0＋1＝，x0＝ln－1， 那么y0＝ex0＋1－1＝－1， 切線方程為y－＝， 化簡(jiǎn)為y＝x－ln＋－1，② ①②是同一方程， 所以－ln＋－1＝1?ln＝， 即t＝4，那么tln＝4ln e2＝8，故選D.] 求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法 (1)已知切點(diǎn)P(x0，y0)，求y＝f(x)過點(diǎn)P的切線方程：求出切線的斜率f′(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程． (2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程： 設(shè)切點(diǎn)P(x

9、0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程． (3)已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求y＝f(x)的切線方程： 設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫出方程． (1)(2019·江蘇卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過點(diǎn)(－e，－1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是________． 解析：導(dǎo)數(shù)運(yùn)算及切線的理解應(yīng)注意的問題： 一是利用公式求導(dǎo)時(shí)要特別注意除法公式中分子的符號(hào)，防止與乘法公式混淆． 二是直線與曲線公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)

10、不是切線的本質(zhì)，直線與曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，直線不一定是曲線的切線，同樣，直線是曲線的切線，則直線與曲線可能有兩個(gè)或兩個(gè)以上的公共點(diǎn)． 設(shè)點(diǎn)A(x0，y0)，則y0＝ln x0.又y′＝， 當(dāng)x＝x0時(shí)，y′＝， 點(diǎn)A在曲線y＝ln x上的切線為y－y0＝(x－x0)， 即y－ln x0＝－1， 代入點(diǎn)(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1， 即x0ln x0＝e， 考查函數(shù)H(x)＝xln x，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，H(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，H(x)＞0， 且H′(x)＝ln x＋1，當(dāng)x＞1時(shí)，H′(x)＞0，H(x)單調(diào)遞增， 注意到H(e)＝e，故x0ln x

11、0＝e存在唯一的實(shí)數(shù)根x0＝e，此時(shí)y0＝1， 故點(diǎn)A的坐標(biāo)為A(e,1)． 答案：(e,1) (2)(2019·煙臺(tái)三模)函數(shù)f(x)＝exsin x的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程是________． 解析：由f(x)＝exsin x，得f′(x)＝exsin x＋excos x，所以f(0)＝0且f′(0)＝1，則切線的斜率為1，切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，所以切線方程為y＝x. 答案：y＝x 熱點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 邏輯 推理 素養(yǎng) 邏輯推理——分類與整合思想研究函數(shù)的單調(diào)性 含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題一般要分類討論，常見有以下幾種可能：①方程f′(x)＝

12、0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定義域內(nèi)；③若根在定義域內(nèi)且有兩個(gè)，比較根的大小是常見的分類方法. [例2]　(1)(2019·青島三模)若函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋1在區(qū)間上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________． [解析]　由已知得f′(x)＝x2－ax＋1，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在區(qū)間上恒成立， ∴即 解得a≥，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為. [答案]　 (2)(2019·吉林三模節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax＋1＋－1，當(dāng)－≤a≤0時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性． [解]　f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)

13、＝＋a－＝ ＝. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝，此時(shí)，在(0,1)上f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； ②當(dāng)－≤a＜0時(shí)，f′(x)＝. (ⅰ)當(dāng)－＝1，即a＝－時(shí)，f′(x)＝－≤0在(0，＋∞)上恒成立． 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； (ⅱ)當(dāng)－＜a＜0時(shí)，－＜1，此時(shí)在(0,1)，上f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在上f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 綜上所述：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)－＜a＜0時(shí)，f(x)在(0,1)，上單調(diào)遞減，f(x)在上單調(diào)遞增；當(dāng)a

14、＝－時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 求解或討論函數(shù)單調(diào)性有關(guān)問題的解題策略 討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個(gè)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí)，依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時(shí)，根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論． [注意]　討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制． (2019·廣州二模)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個(gè)極值點(diǎn)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間． (2)設(shè)函數(shù)g

15、(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)． 因?yàn)閤＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個(gè)極值點(diǎn)， 所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0. 解得b＝3，經(jīng)檢驗(yàn)，適合題意，所以b＝3. 因?yàn)閒′(x)＝2－＋＝， 解f′(x)＜0，得0＜x＜1. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]． (2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x＞0)， g′(x)＝2＋＋(x＞0)． 因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以g′(x)≥0在[1,2]上恒

16、成立，即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立， 所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]． 因?yàn)樵赱1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3. 熱點(diǎn)三　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極(最)值 [例3]　(2019·銀川二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x. (1)若f(x)在x＝1處取得極值，求a的值． (2)求函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值． [審題指導(dǎo)]　(1)要求a的值，只需要令f′(1)＝0即可． (2)要求f(x)的最大值，就要根據(jù)與區(qū)間[a2，a]的關(guān)系分類討論，依據(jù)單調(diào)性求解． [解析]　

17、(1)因?yàn)閒(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，所以函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 所以f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝＝. 因?yàn)閒(x)在x＝1處取得極值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，解得a＝－1. 當(dāng)a＝－1時(shí)，在上f′(x)＜0，在(1，＋∞)上f′(x)＞0， 此時(shí)x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，所以a＝－1. (2)因?yàn)閍2＜a，所以0＜a＜1，f′(x)＝－， 因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以ax＋1＞0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ①當(dāng)0＜a≤時(shí)，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a；

18、 ②當(dāng)即＜a＜時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2； ③當(dāng)≤a2，即≤a＜1時(shí)，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a2)＝2ln a－a5＋a3－2a2. 綜上所述，當(dāng)0＜a≤時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是ln a－a3＋a2－2a； 當(dāng)＜a＜時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是－1－ln 2； 當(dāng)≤a＜1時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln a－a5＋a3－2a2. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢

19、查f′(x)在方程根的左、右函數(shù)值的符號(hào)． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時(shí)，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值． 幾點(diǎn)注意： ①求函數(shù)極值時(shí)，一定要注意分析導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是不是函數(shù)的極值點(diǎn)； ②求函數(shù)最值時(shí)，務(wù)必將極值與端點(diǎn)值比較得出最大(小)值； ③對(duì)于含參數(shù)的函數(shù)解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務(wù)必要對(duì)參數(shù)分類討論． (2019·惠州二模)已知函數(shù)f(x)＝ (1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和

20、極大值點(diǎn)； (2)求f(x)在[－1，e](e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))上的最大值． 解析：(1)當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  故當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x＝. (2)①當(dāng)－1≤x＜1時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0)和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 因?yàn)閒(－1)＝2，f＝，f(0)＝0

21、，所以f(x)在[－1，1)上的最大值為2. ②當(dāng)1≤x≤e，f(x)＝aln x， 當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)≤0；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a. 故當(dāng)a≥2時(shí)，f(x)在[－1，e]上的最大值為a； 當(dāng)a＜2時(shí)，f(x)在[－1，e]上的最大值為2. 限時(shí)50分鐘　滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．(2020·南開中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＋2x且曲線y＝g(x)在x＝1處的切線為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為(　　) A．2　　　　　　　　

22、　　 B．4 C．6 D．8 解析：B　[∵曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函數(shù)f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為4.故選B.] 2．(2019·南京三模)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：D　[因?yàn)閒(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞

23、)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．因?yàn)閤＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故選D.] 3．(2019·保定三模)函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是(　　) A．[0,1) B．(－1,1) C. D．(0,1) 解析：D　[f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值． 當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝3(x－)(x＋)． 當(dāng)x∈(－∞，－)和(，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(－，)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減， 所

24、以當(dāng)＜1，即0＜a＜1時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值．] 4．(2020·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(，＋∞) B．(－∞，－) C．(－，) D．(－∞，－)∪(，＋∞) 解析：D　[f′(x)＝x2＋2ax＋3. 由題意知方程f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根， 所以Δ＝4a2－12＞0， 解得a＞或a＜－.] 5．(2019·長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，

25、則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．c＞b＞a B．a(chǎn)＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a 解析：A　[令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函數(shù)g(x)在定義域R上單調(diào)遞增，從而g(0)＜g(ln 2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln 2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故選A.] 6．(山東卷)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)，使得函數(shù)的圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是(　　) A．y＝sin x B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3 解析：A　[當(dāng)y＝sin x時(shí)

26、，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函數(shù)y＝sin x圖象存在兩點(diǎn)x＝0，x＝π使條件成立，故A正確；函數(shù)y＝ln x，y＝ex，y＝x3的導(dǎo)數(shù)值均非負(fù)，不符合題意，故選A.] 二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分) 7．(2019·廈門三模)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xln x相切，則實(shí)數(shù)k的值為____________． 解析：由y＝xln x知y′＝ln x＋1，設(shè)切點(diǎn)為(x0，x0ln x0)，則切線方程為y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因?yàn)榍芯€y＝kx－2過定點(diǎn)(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0

27、－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2. 答案：1＋ln 2 8．(2019·濰坊三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍是____________． 解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b， 由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－. ①若a≥0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)． ②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)， 所以－

28、＞1，解得－1＜a＜0. 綜合①②得a的取值范圍是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分) 9．(2018·北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為0，求a； (2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍． 解：(1)∵f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex ∴f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex ∴f′(2)＝(2a－1)e2＝0 ∴a＝ (2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex ①當(dāng)a＝0時(shí)，令f′

29、(x)＝0得x＝1 f′(x)，f(x)隨x變化如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  ∴f(x)在x＝1處取得極大值(舍) ②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1 a．當(dāng)x1＝x2，即a＝1時(shí)， f′(x)＝(x－1)2ex≥0 ∴f(x)在R上單調(diào)遞增 ∴f(x)無極值(舍) b．當(dāng)x1＞x2，即0＜a＜1時(shí)，f′(x)，f(x)隨x變化如下表： x (－∞，1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f

30、(x)在x＝1處取極大值(舍) c．當(dāng)x1＜x2，即a＞1時(shí) f′(x)，f(x)隨x變化如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)在x＝1處取極小值 即a＞1成立 ③當(dāng)a＜0時(shí)，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1 f′(x)，f(x)隨x變化如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  ∴f(x)在x＝1處取極大值(舍) 綜上所述：a的取值范圍為(1，＋∞)．

31、10．(2019·全國(guó)Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)討論f(x)的單調(diào)性． (2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由． 解析：這是一道常規(guī)的函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式和綜合題，題目難度比往年降低了不少．考查的函數(shù)單調(diào)性，最大值最小值這種基本概念的計(jì)算．思考量不大，由計(jì)算量補(bǔ)充． (1)對(duì)f(x)＝2x3－ax2＋b求導(dǎo)得f′(x)＝6x2－2ax＝6x.所以有當(dāng)a＜0時(shí)，區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，(0，＋∞)區(qū)間上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＝0時(shí)，(－∞，＋∞)區(qū)間上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)，(

32、－∞，0)區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，區(qū)間上單調(diào)遞增． (2)若f(x)在區(qū)間[0,1]有最大值1和最小值－1，所以若a＜0，區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，(0，＋∞)區(qū)間上單調(diào)遞增； 此時(shí)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得b＝－1，a＝0，與a＜0矛盾，所以a＜0不成立． 若a＝0，(－∞，＋∞)區(qū)間上單調(diào)遞增；在區(qū)間[0.1]．所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得. 若0＜a≤2，(－∞，0)區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，區(qū)間上單調(diào)遞增． 即f(x)在區(qū)間單調(diào)遞減，在區(qū)間單調(diào)遞增，所以區(qū)間[0,1]上最小值為f 而f(0)＝b，f(

33、1)＝2－a＋b≥f(0)，故所以區(qū)間[0,1]上最大值為f(1). 即相減得2－a＋＝2，即a(a－3)(a＋3)＝0，又因?yàn)?＜a≤2，所以無解． 若2＜a≤3，(－∞，0)區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，區(qū)間上單調(diào)遞增． 即f(x)在區(qū)間單調(diào)遞減，在區(qū)間單調(diào)遞增，所以區(qū)間[0,1]上最小值為f 而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≤f(0)，故所以區(qū)間[0,1]上最大值為f(0). 即相減得＝2，解得x＝3，又因?yàn)?＜a≤3，所以無解． 若a＞3，(－∞，0)區(qū)間上單調(diào)遞增，區(qū)間上單調(diào)遞減，區(qū)間上單調(diào)遞增． 所以有f(x)區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減，所以區(qū)間[0,1]上最

34、大值為f(0)，最小值為f(1) 即解得. 綜上得或. 答案：(1)見詳解；(2)或. 11．(2018·江蘇卷)記f′(x)，g′(x)分別為函數(shù)f(x)，g(x)的導(dǎo)函數(shù)．若存在x0∈R，滿足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個(gè)“S點(diǎn)”． (1)證明：函數(shù)f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點(diǎn)”； (2)若函數(shù)f(x)＝ax2－1與g(x)＝ln x存在“S點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)a的值； (3)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.對(duì)任意a＞0，判斷是否存在b＞0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S

35、點(diǎn)”，并說明理由． 解：(1)f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2 若存在，則有 根據(jù)②得到x0＝－代入①不符合，因此不存在“S點(diǎn)”． (2)f′(x)＝2ax，g′(x)＝ 根據(jù)題意有 且有x0＞0 根據(jù)②得到x0＝代入①得到a＝. (3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝ 轉(zhuǎn)化為－x＋a＋＝0 ∵0＜x0＜1 ∴－x＋x＋a(x0－1)＋2x＝0?m(x)＝－x＋3x＋a(x0－1)＝0 轉(zhuǎn)化為m(x)存在零點(diǎn)x0,0＜x0＜1 又m(0)＝－a＜0，m(1)＝2 ∴m(x)恒存在零點(diǎn)大于0小于1 ∴對(duì)任意a＞0均存在b＞0，使得存在“S點(diǎn)”． - 15 -