4、x，則g′(x)＝3x2－a，
當(dāng)g′(x)≥0時(shí)，x≥，不合要求，
由g′(x)<0得－0)在曲線y＝
5、x2上，若陰影部分面積與△OAP面積相等，則x0＝____.
[解析] 因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，y0)(x0>0)在曲線y＝x2上，
所以y0＝x，
則△OAP的面積S＝|OA||x0|＝×x0＝x0，
陰影部分的面積為∫x00x2dx＝x3|x00＝x，
因?yàn)殛幱安糠置娣e與△OAP的面積相等，
所以x＝x0，
即x＝．
所以x0＝＝．
6．若函數(shù)y＝－x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是__a>0__.
[解析] y′＝－x2＋a，若y＝－x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則方程－x2＋a＝0應(yīng)有兩個(gè)不等實(shí)根，故a>0．
7．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)
6、.
(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f ′(x)＝ln x＋－3，f ′(1)＝－2，
f(1)＝0．
曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0．
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0等價(jià)于
ln x－>0．
設(shè)g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0．
①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，
x2＋2(1－a)x＋1≥x
7、2－2x＋1>0，故g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，因此g(x)>g(1)＝0；
②當(dāng)a>2時(shí)，令g′(x)＝0，得
x1＝a－1－，x2＝a－1＋．
由x2>1和x1x2＝1，得x1<1，
故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)<0，
g(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)0，r>0).
(1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極值．
[解析] (1)由題意知x≠－r，
所以定義域?yàn)?－∞，－r)∪(
8、－r，＋∞)，
f(x)＝＝，
f ′(x)＝
＝，
所以當(dāng)x<－r或x>r時(shí)，f ′(x)<0，
當(dāng)－r0．
因此，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－r，r)．
(2)由(1)可知f(x)在(0，r)上單調(diào)遞增，在(r，＋∞)上單調(diào)遞減，因此，x＝r是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的極大值為f(r)＝＝＝100．
(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
9、
[解析] (1)因?yàn)閒(x)＝xea－x＋bx，
所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b．
依題設(shè)，得
即
解得a＝2，b＝e．
(2)由(1)，知f(x)＝xe2－x＋ex．
由f ′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，
f ′(x)與1－x＋ex－1同號(hào)．
令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1．
所以當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，
g(x)在區(qū)間(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，
g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)內(nèi)的最小值．
B組
10、
1．(2017·鄭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且滿足f(x)＝2xf ′(e)＋ln x，則f ′(e)＝ ( C )
A．1 B．－1
C．－e－1 D．－e
[解析] 依題意得，f ′(x)＝2f ′(e)＋，取x＝e得f ′(e)＝2f ′(e)＋，由此解得f ′(e)＝－＝－e－1，故選C．
2．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1處取得極值，若過點(diǎn)A(0,16)作曲線y＝f(x)的切線，則切線方程是 ( B )
A．9x＋y－16＝0 B．9x－y＋16＝0
C．x＋9y－16＝0 D．x－9y＋16＝0
[解析] f ′
11、(x)＝3ax2＋2bx－3，
依題意f ′(1)＝f ′(－1)＝0，
即
解得a＝1，b＝0．
所以f(x)＝x3－3x，
因?yàn)榍€方程為y＝x3－3x，點(diǎn)A(0,16)不在曲線上，
設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足y0＝x－3x，
因此f ′(x0)＝3(x－1)
故切線的方程為y－y0＝3(x－1)(x－x0)
注意到點(diǎn)A(0,16)在切線上，
有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)，
化簡得x＝－8．
解得x0＝－2．
所以，切點(diǎn)為M(－2，－2)，切線方程為9x－y＋16＝0．
3．(文)函數(shù)f(x)＝3x2＋ln x－2x的極值點(diǎn)的個(gè)
12、數(shù)是 ( A )
A．0 B．1
C．2 D．無數(shù)個(gè)
[解析] 函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)，
且f ′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f ′(x)>0恒成立，
即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)．
(理)物體A以v＝3t2＋1(m/s)的速度在一直線l上運(yùn)動(dòng)，物體B在直線l上，且在物體A的正前方5 m處，同時(shí)以v＝10t(m/s)的速度與A同向運(yùn)動(dòng)，出發(fā)后物體A追上物體B所用的時(shí)間t(s)為 ( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 因?yàn)槲矬wA在t秒內(nèi)行駛的路程為(3t2
13、＋1)dt，物體B在t秒內(nèi)行駛的路程為10tdt，所以(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)|＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，即t＝5．
4．(2017·臨沂模擬)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)上存在減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( C )
A．a(chǎn)>3 B．a(chǎn)≥3
C．a(chǎn)<3 D．a(chǎn)≤3
[解析] f ′(x)＝2x＋a－，
因?yàn)楹瘮?shù)在(，＋∞)上存在減區(qū)間，
所以f ′(x)<0在(，＋∞)上能成立，
即a<－2x在(，＋∞)上能成立．
設(shè)g(x)＝－2x，
g′(x)＝－－2，
令g′(x)＝－－2＝0，得x＝－1，
14、當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，
又g()＝4－1＝3，
所以a<3．
5．設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且g(x)≠0，當(dāng)x<0時(shí)，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，則不等式<0的解集是__(－∞，－3)∪(0,3)__.
[解析] 因?yàn)閒(x)和g(x)(g(x)≠0)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，
所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．
因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，
當(dāng)x<0時(shí)，[]′＝>0，
令h(x)＝．
則h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閔(－x)＝＝
15、＝－h(huán)(x)，
所以h(x)為奇函數(shù)，
根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閒(－3)＝－f(3)＝0，
所以h(－3)＝－h(huán)(3)＝0，
h(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)．
6．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，則a＋b＝__－7__.
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時(shí)，函數(shù)取得極值10，
得
聯(lián)立①②得或
當(dāng)a＝4，b＝－11時(shí)，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1兩側(cè)的符號(hào)相反，符合題意．
當(dāng)a＝－3，b＝3時(shí)，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝
16、1兩側(cè)的符號(hào)相同，所以a＝－3，b＝3不符合題意，舍去．
綜上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7．
7．(文)已知函數(shù)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x(a≥0).
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的極值；
(2)當(dāng)a>0時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性．
[解析] (1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－－2ln x?f ′(x)＝－＝(x>0)．
由f ′(x)＝>0，解得0．
∴f(x)在(0，)內(nèi)是增函數(shù)，在(，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)．
∴f(x)的極大值為f()＝2ln 2－2，無極小值．
(2)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x?
f
17、 ′(x)＝2a＋－(2＋a)＝
＝．
①當(dāng)02時(shí)，f(x)在(0，)和(，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，在(，)內(nèi)是減函數(shù)．
(理)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．
[分析] (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，按用導(dǎo)數(shù)法求單調(diào)區(qū)間的一般步驟求解，由于f(x)解析式中含參數(shù)，故需分類討論．第(2)問可在第一問的基礎(chǔ)上按區(qū)間上最值討論方法令最大值等于－1列方程求
18、解．
[解析] (1)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
當(dāng)a≥0時(shí)，f ′(x)>0，從而函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，令f ′(x)＝0，解得x＝，舍去x＝－．
此時(shí)，f(x)與f ′(x)的情況如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
f()
↘
所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)；
單調(diào)遞減區(qū)間是(，＋∞)．
(2)①當(dāng)a≥0時(shí)，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝．
令＝－1，得a＝－2，這與a≥0矛盾，舍去a＝－2．
②當(dāng)－1≤a<0時(shí)，≥1，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝．
令＝－1，得a＝－2，這與－1≤a<0矛盾，
舍去a＝－2．
③當(dāng)a<－1時(shí)，0<<1，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f()．
令f()＝－1，解得a＝－e，滿足a<－1．
綜上，當(dāng)f(x)在(0,1]上的最大值是－1時(shí)，a＝－e．
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2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練
