《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導數(shù) 第5講 導數(shù)及其應用學案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導數(shù) 第5講 導數(shù)及其應用學案 文 蘇教版（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　導數(shù)及其應用 [2019考向?qū)Ш絔 考點掃描 三年考情 考向預測 2019 2018 2017 1．導數(shù)的幾何意義 第11題 　　導數(shù)在江蘇高考中主要考查：一是導數(shù)的運算法則和導數(shù)的幾何意義，是中檔題；二是利用導數(shù)來解決函數(shù)的單調(diào)性與最值問題、證明不等式以及討論方程的根等，一般在壓軸題位置；三是應用導數(shù)解決實際問題，試題難度中等． 2．利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) 第11題 第11題 3．導數(shù)的實際運用 第17題 4．導數(shù)的綜合運用 第19題 第19題 第20題 1．必記的概念與定理 (1)導數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)

2、在點x＝x0處的導數(shù)值就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，其切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． (2)函數(shù)的單調(diào)性 函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)可導，且f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0． f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)．f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)． (3)函數(shù)的極值 ①函數(shù)的極小值 函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0，而且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則點a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝

3、f(x)的極小值． ②函數(shù)的極大值 函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近的其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0，而且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則點b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值． 極小值點，極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值． (4)函數(shù)的最值 ①在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值，要注意端點值與極值比較． ②若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)

4、為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值． 2．記住幾個常用的公式與結論 四個易誤導數(shù)公式及兩個常用的運算法則 (1)(sin x)′＝cos x． (2)(cos x)′＝－sin x． (3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)． (4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)． (5)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)． (6)′＝(g(x)≠0)． 3．需要關注的易錯易混點 (1)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系 ①f′(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． ②f′

5、(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． (2)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)的最值是對整個定義域而言的，是在整個范圍內(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，而函數(shù)的極值可能不止一個，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． 導數(shù)的幾何意義 [典型例題] (1)(2019·高考江蘇卷)在平面直角坐標系xOy中，點A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(

6、－e，－1)(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則點A的坐標是________． (2)(2019·南通市高三第一次調(diào)研測試)已知兩曲線f(x)＝2sin x，g(x)＝acos x，x∈相交于點P．若兩曲線在點P處的切線互相垂直，則實數(shù)a的值為________．　 【解析】　(1)設A(x0，ln x0)，又y′＝，則曲線y＝ln x在點A處的切線方程為y－ln x0＝(x－x0)，將(－e，－1)代入得，－1－ln x0＝(－e－x0)，化簡得ln x0＝，解得x0＝e，則點A的坐標是(e，1)． (2)設點P的橫坐標為x0，則2sin x0＝acos x0， (2cos x0)(－asin

7、x0)＝－1， 所以4sin2x0＝1．因為x0∈，所以sin x0＝，cos x0＝，所以a＝． 【答案】　(1)1　(2) 導數(shù)的幾何意義是切點處切線的斜率，應用時主要體現(xiàn)在以下幾個方面： (1)已知切點A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點處的導數(shù)值：k＝f′(x0)； (2)已知斜率k，求切點A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k； (3)已知過某點M(x1，f(x1))(不是切點)的切線斜率為k時，常需設出切點A(x0，f(x0))，利用k＝求解． [對點訓練] 1．(2019·江蘇省四星級學校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(a∈R，e為自然對數(shù)的

8、底數(shù))的導函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)，若曲線y＝f(x)在(x0，f(x0))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，則x0＝________． [解析] 由題意知f′(x)＝ex－a·e－x，因為f′(x)為奇函數(shù)，所以f′(0)＝1－a＝0，所以a＝1，故f′(x)＝ex－e－x．因為曲線y＝f(x)在(x0，f(x0))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f′(x0)＝ex0－e－x0＝，解得ex0＝，所以x0＝ln ＝． [答案] 2．直線l與曲線y＝ex及y＝－x2都相切，則直線l的方程為________． [解析] 設直線l與曲線y＝ex的切點為(x0，ex0)，直線l與曲線y＝

9、－x2的切點為，因為y＝ex在點(x0，e x0)處的切線的斜率為y′|x＝x0＝ex0，y＝－在點處的切線的斜率為y′|x＝x1＝＝－，則直線l的方程可表示為y＝ex0x－x0ex0＋ex0或y＝－x1x＋x，所以 所以e x0＝1－x0，解得x0＝0．所以直線l的方程為y＝x＋1． [答案] y＝x＋1 利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì) [典型例題] (2019·江蘇省名校高三入學摸底卷)已知函數(shù)h(x)＝bxln x的圖象經(jīng)過點(e，2e)，函數(shù)f(x)＝x－(a，b∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，證明：f(

10、x2)＜x2－1． 【解】　(1)因為函數(shù)h(x)＝bxln x的圖象經(jīng)過點(e，2e)，所以b＝2，所以函數(shù)h(x)＝2xln x，故函數(shù)f(x)＝x－－2ln x， f′(x)＝1＋－＝， 令f′(x)＝0，得x2－2x＋a＝0，其判別式Δ＝4－4a， ①當Δ≤0，即a≥1時，x2－2x＋a≥0，f′(x)≥0，此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當Δ＞0，即a＜1時，方程x2－2x＋a＝0的兩根為x1＝1－，x2＝1＋＞1， 若a≤0，則x1≤0，則當x∈(0，x2)時，f′(x)＜0，當x∈(x2，＋∞)時，f′(x)＞0， 此時f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在

11、(x2，＋∞)上單調(diào)遞增； 若0＜a＜1，則x1＞0，則當x∈(0，x1)時，f′(x)＞0，當x∈(x1，x2)時，f′(x)＜0，當x∈(x2，＋∞)時，f′(x)＞0， 此時f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增；當0＜a＜1時，函數(shù)f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增；當a≥1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：由(1)可知，函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，等價于方

12、程x2－2x＋a＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實根，故0＜a＜1． 由(1)得當0＜a＜1時，x2＝1＋，則1＜x2＜2，a＝－x＋2x2．　 f(x2)－x2＋1＝x2－－2ln x2－x2＋1＝x2－2ln x2－1． 令g(t)＝t－2ln t－1， 則g′(t)＝1－＝， 當1＜t＜2時，g′(t)＜0， 故g(t)在(1，2)上單調(diào)遞減． 故g(t)＜g(1)＝1－2ln 1－1＝0． 所以f(x2)－x2＋1＝g(x2)＜0， 即f(x2)＜x2－1． 利用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的一般步驟 (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導函數(shù)f′(x)； (3)①若

13、求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0． ②若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解． (4)①若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． ②若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (5)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值． [對點訓練] 3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln

14、 x，其中a∈R． (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)當a>0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求a的取值范圍． [解] (1)當a＝1時，f(x)＝x2－3x＋ln x(x>0)， 所以f′(x)＝2x－3＋＝， 所以f(1)＝－2，f′(1)＝0．所以切線方程為y＝－2． (2)函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定義域為(0，＋∞)， 當a>0時， f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝ ＝， 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝． ①當0<≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增． 所以f(x)

15、在[1，e]上的最小值為f(1)＝－2，符合題意； ②當1<

16、0－x)2萬包，若從民生角度考慮，每包藥品的售價不得高于生產(chǎn)成本的250%，但為了鼓勵藥品研發(fā)，每包藥品的售價又不得低于生產(chǎn)成本的200%． (1)寫出該種藥品一年的利潤W(萬元)與每包藥品的售價x的函數(shù)關系式W(x)； (2)當每包藥品的售價為多少元時，一年的利潤W最大，并求出W的最大值． 【解】　(1)W(x)＝(x－6－t)(20－x)2，x∈[12，15]． (2)由(1)得W′(x)＝(20－x)(32＋2t－3x)， 令W′(x)＝0得x＝20或x＝， 又1≤t≤3，所以≤≤， 故當x≤時，W′(x)≥0，W(x)單調(diào)遞增；當＜x＜20時，W′(x)＜0，W(x)單調(diào)

17、遞減；當x≥20時，W′(x)≥0，W(x)單調(diào)遞增． 又x∈[12，15]，所以當≤12，即1≤t≤2時，W(x)在[12，15]上單調(diào)遞減，所以當x＝12時，W(x)取得最大值384－64t； 當＞12，即2＜t≤3時，又x∈[12，15]，所以當x＝時，W(x)取得最大值(14－t)3． 綜上所述，若1≤t≤2，當每包藥品的售價為12元時，一年的利潤W最大，最大利潤為384－64t萬元； 若2＜t≤3，當每包藥品的售價為元時，一年的利潤W最大，最大利潤為(14－t)3萬元． 利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)分析實際問題中各個量之間的關系，建立數(shù)學模型，寫出函

18、數(shù)關系式y(tǒng)＝f(x)； (2)求出函數(shù)的導函數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0； (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f′(x)＝0的點處的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值． [對點訓練] 4．現(xiàn)需要設計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐PA1B1C1D1，下部的形狀是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍． (1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，則倉庫的容積是多少？ (2)若正四棱錐的側棱長為6 m，則當PO1為多少時，倉庫的容積最大？ [解] (1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8． 因為A

19、1B1＝AB＝6， 所以正四棱錐PA1B1C1D1的體積V錐＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)． 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的體積V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)． 所以倉庫的容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)． (2)設A1B1＝a m，PO1＝h m， 則0

20、)＝26(12－h(huán)2)． 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍)． 當00，V是單調(diào)遞增函數(shù)； 當2

21、＝1，且f(x)的極大值為M，求證：M≤． 【解】　(1)因為a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3． 因為f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2． (2)因為b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2， 從而f′(x)＝3(x－b)．令f′(x)＝0，得x＝b或x＝． 因為a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b， 所以＝1，a＝3，b＝－3． 此時，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)． 令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1．列表如下： x (

22、－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的極小值為f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32． (3)因為a＝0，c＝1， 所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx， f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b． Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0， 則f′(x)有2個不同的零點，設為x1，x2(x1

23、(x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的極大值M＝f(x1)． 法一：M＝f(x1)＝x－(b＋1)x＋bx1 ＝[3x－2(b＋1)x1＋b]－x1＋ ＝＋＋()3 ＝－＋[]3 ≤＋≤． 因此M≤． 法二：因為0

24、  極大值  所以當x＝時，g(x)取得極大值，且是最大值， 故g(x)max＝g＝． 所以當x∈(0，1)時，f(x)≤g(x)≤．因此M≤． 利用導數(shù)解決綜合問題需注意的問題 (1)已知不等式在某一區(qū)間上恒成立，求參數(shù)的取值范圍：一般先分離參數(shù)，再轉化為求函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題求解． (2)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的問題． (3)已知函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍：利用函數(shù)的單調(diào)性、極值畫出函數(shù)的大致圖象，數(shù)形結合求解． [對點訓練] 5．(2018·高考江蘇卷)記f′(x)，g′(x)分別為函數(shù)

25、f(x)，g(x)的導函數(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“S點”． (1)證明：函數(shù)f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點”； (2)若函數(shù)f(x)＝ax2－1與g(x)＝ln x存在“S點”，求實數(shù)a的值； (3)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝．對任意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點”，并說明理由． [解] (1)證明：函數(shù)f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 則f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2． 由f(x)＝g(x)且

26、f′(x)＝g′(x)，得此方程組無解， 因此，f(x)與g(x)不存在“S點”． (2)函數(shù)f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x， 則f′(x)＝2ax，g′(x)＝． 設x0為f(x)與g(x)的“S點”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即(*) 得ln x0＝－，即x0＝e，則a＝＝． 當a＝時，x0＝e滿足方程組(*)， 即x0為f(x)與g(x)的“S點”．因此，a的值為． (3)對任意a>0，設h(x)＝x3－3x2－ax＋a． 因為h(0)＝a>0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2<0，且h(x)的圖象是不間斷的，所以存在x0∈(0

27、，1)，使得h(x0)＝0． 令b＝，則b>0． 函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝， 則f′(x)＝－2x，g′(x)＝． 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， 得 即(**) 此時，x0滿足方程組(**)， 即x0是函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)的一個“S點”． 因此，對任意a>0，存在b>0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S點”． 1．(2019·寧波模擬)曲線y＝在點(1，－1)處的切線方程為________． [解析] 由題意可得：y′＝，所以在點(1，－1)處的切線斜率為－2，所以在點(1，－1)處的切線方程為y＝

28、－2x＋1． [答案] y＝－2x＋1 2．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考信息卷(一))若函數(shù)f(x)＝x3－3x2的單調(diào)遞減區(qū)間為[a，b]，則a＋b＝______． [解析] 因為f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x．令f′(x)≤0，得0≤x≤2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[0，2]，所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2． [答案] 2 3．(2019·江蘇省名校高三入學摸底卷)已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f′(x)為其導函數(shù)，f(x)＋f(x＋2)＝4，當x∈[0，2]時，f(x)＝x2，則f′(2 019)＝______． [解析] 因為f(x)＋f

29、(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期為4．當x∈[2，4]時，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因為f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根據(jù)周期性知，f′(2 019)＝f′(3)＝－2． [答案] －2 4．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函數(shù)f(x)與g(x)有相同的極值點，則實數(shù)a的值為________． [解析] 因為f(x)＝－x2＋2ln x，所以f′(x)＝－2x

30、＋＝－(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又當00；當x>1時，f′(x)<0，所以x＝1是函數(shù)f(x)的極值點．因為g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－．又函數(shù)f(x)與g(x)＝x＋有相同極值點，所以x＝1也是函數(shù)g(x)的極值點，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1．經(jīng)檢驗，當a＝1時，函數(shù)g(x)取到極小值． [答案] 1 5．(2019·高三第一次調(diào)研測試)在平面直角坐標系xOy中，已知直線y＝3x＋t與曲線y＝asin x＋bcos x(a，b，t∈R)相切于點(0，1)，則(a＋b)t的值為______． [解析] 由題意可得

31、t＝1，b＝1，y′＝acos x－bsin x，則acos 0－bsin 0＝3，a＝3，所以(a＋b)t＝4． [答案] 4 6．(2018·高考江蘇卷)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________． [解析] f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，所以此時f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無零點，不滿足題意．當a>0時，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0

32、x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，所以f＝－＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)，當x∈(－1，0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，則f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3． [答案] －3 7．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考信息卷(八))已知函數(shù)f(x)＝xln x＋x2－3x在區(qū)間內(nèi)有極值，則整數(shù)n的值為______． [解析] 由題意知

33、，f′(x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g(x)＝ln x＋x－2，因為g()＝ln ＋－2＝ln －0，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2在(，2)內(nèi)有零點．又g′(x)＝＋1>0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零點x0∈(，2)，則當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，則x0是函數(shù)f(x)唯一的極值點，且x0∈(，2)，結合題意可知n＝2． [答案] 2 8．(2019·高三第二學期四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝a·ex－e－

34、x的圖象在x＝0處的切線與直線y＝2x－3平行，則不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0的解集為______． [解析] f′(x)＝aex＋e－x，由題易知f′(0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x)＝ex－e－x．易知f(x)＝ex－e－x為奇函數(shù)且f′(x)＝ex＋e－x>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0可化為f(x2－1)

35、點A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＜x2，若曲線y＝f(x)在點A，B處的切線互相垂直，則3x1－2x2的最大值是________． [解析] 由題意得f′(x)＝2x－4，因為曲線y＝f(x)在點A，B處的切線互相垂直，所以x1≠2，x2≠2，(2x1－4)·(2x2－4)＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0，2x2－4＞0，x1＝＋2，則3x1－2x2＝3×－2x2＝－2x2－＋6＝－＋2≤－2＋2＝2－，當且僅當(4x2－8)＝時，上式取等號，因此3x1－2x2的最大值為2－． [答案] 2－ 10．(2018·江蘇名校高三入學摸底)已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x的

36、圖象在x＝2處的切線與直線x＋3y＝0垂直，g(x)＝，若存在正實數(shù)m，n，使得f(m)≤f(x)，g(n)≤g(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則函數(shù)h(x)＝mf(x)＋ng(x)的零點個數(shù)是________． [解析] 由題意可得函數(shù)f(x)＝x2－aln x的圖象在x＝2處的切線斜率為3，f′(x)＝2x－，f′(2)＝4－＝3，a＝2，f′(x)＝2x－＝，當01時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(m)＝f(1)，m＝1．g(x)＝x－2(x>0)，g′(x)＝1－＝，當0

37、，當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(n)＝g(1)，n＝1．則h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－2ln x＋x－2，易知當01時，h(x)單調(diào)遞增，且h(1)＝0，所以函數(shù)h(x)有1個零點． [答案] 1 11．(2019·江蘇省名校高三入學摸底卷)已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(x2－x)(a＜0)，g(x)＝． (1)若函數(shù)g(x)的圖象在x＝2處的切線在y軸上的截距為4ln 2，求a的值； (2)判斷函數(shù)g(x)在x∈(0，1)上的單調(diào)性，并說明理由； (3)若方程f(x)＝m有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：

38、x1＋x2＞1． [解] (1)g(x)＝＝－a(a＜0)，則g′(x)＝＝． g(2)＝2ln 2－a，g′(2)＝1－ln 2，函數(shù)g(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y－(2ln 2－a)＝(1－ln 2)(x－2)，將點(0，4ln 2)代入，解得a＝－2． (2)令h(x)＝x－ln x－1，則h′(x)＝1－＝，當x∈(0，1)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，h(x)＞h(1)＝0，則當x∈(0，1)時，g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在x∈(0，1)上單調(diào)遞增． (3)證明：f′(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)，令φ(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)(

39、a＜0)，則φ′(x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(ea－2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，則存在x0∈(0，1)，使得φ′(x0)＝0， 即2ln x0＋3－2a＝0，則f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(x0)＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0，f′(1)＝1－a＞0， 又當0＜x＜x0時，函數(shù)f′(x)的圖象均在y軸下方，所以可設f′(x3)＝0，則x3∈(x0，1)，所以f(x)在(0，x3)上單調(diào)遞減，在(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝0，不妨設x1＜x2，則數(shù)形結

40、合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由(2)知，g(x1)＜g(x3)＜g(x2)， 即 則g(x3)(x－x2)＞f(x2)＝f(x1)＞g(x3)(x－x1)， 所以(x－x2)－(x－x1)＝(x2－x1)(x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1． 12．(2019·江蘇名校高三入學摸底)已知函數(shù)f(x)＝－1． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設m>0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值． [解] (1)因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得0e． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋

41、∞)． (2)①當，即0

42、． 13．(2019·高三第二次調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋x2－ax，a∈R． (1)當a＝3時，求函數(shù)f(x)的極值． (2)設函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，求x0的值． (3)是否存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于兩個不同的點？并說明理由． [解] (1)當a＝3時，f(x)＝2ln x＋x2－3x(x>0)， f′(x)＝＋x－3＝， 令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2． 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示． x (0，1) 1 (1，2) 2

43、(2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的極大值f(1)＝－，極小值為f(2)＝2ln 2－4． (2)依題意，知切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 從而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 記p(x)＝f(x)－g(x)， 則p(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 所以p′(x)＝f′(x)－f′(x0)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即p′(x)＝－＋x－x0≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即x＋≥

44、x0＋在(0，＋∞)上恒成立， 因為x＋≥2＝2(當且僅當x＝時，等號成立)， 所以2≥x0＋，從而(x0－)2≤0，所以x0＝． (3)假設存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象有兩個不同的切點T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，不妨設0

45、1＝2ln x2＋x－ax2－x2， 整理得2ln＋－＝0．① 令t＝，由0p(1)＝0． 從而①式不可能成立，所以假設不成立，即不存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于兩個不同的點． 14．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)試討論f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關的常數(shù))，當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，求c的值．

46、 [解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax， 令f′(x)＝0， 解得x1＝0，x2＝－． 當a＝0時， 因為f′(x)＝3x2≥0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，x∈(－∞，－)∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－，0)時，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，－)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－，0)上單調(diào)遞減； 當a<0時，x∈(－∞，0)∪(－，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(0，－)時，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(－，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，－)上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個極

47、值為f(0)＝b， f(－)＝a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·f(－)＝b(a3＋b)<0， 從而或 又b＝c－a，所以當a>0時，a3－a＋c>0或當a<0時，a3－a＋c<0． 設g(a)＝a3－a＋c，因為函數(shù)f(x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)， 則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在(1，)∪(，＋∞)上g(a)>0均恒成立， 從而g(－3)＝c－1≤0，且g()＝c－1≥0，因此c＝1． 此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因為函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)． 綜上c＝1． - 19 -