高考数学(文)二轮复习配套教学案 专题二 第五讲 导数及其应用

第五讲导数及其应用1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．(3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．2．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y＝x＋sinx.3．函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件，但对不可导的函数，可能在极值点处函数的导数不存在(如函数y＝|x|在x＝0处)，因此对于一般函数而言，导数等于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件．4．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．1．(2013·广东)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.答案－1解析∵y′＝k＋eq\f(1,x)，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.2．(2013·福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点答案D解析A错，因为极大值未必是最大值．B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点．C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点．D对，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．3．(2013·浙江)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()答案B解析从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确．4．(2012·重庆)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)答案D解析利用极值的存在条件判定．当x<－2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0；当－2<x<1时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)<0；当1<x<2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)<0；当x>2时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－2)上是增函数，在(－2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，∴函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．5．(2013·安徽)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是()A．3B．4C．5D．6答案A解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知得x1≠x2，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,1)＋2ax1＋b＝0，,3x\o\al(2,2)＋2ax2＋b＝0，))若x1<x2，y＝x1，y＝x2与f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三个不同交点．即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．若x1>x2，如图，同理得方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．题型一导数意义及应用例1(1)在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线的斜率为2，则点P的坐标为________．(2)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．审题破题(1)利用导数的几何意义，列方程求交点P的坐标．(2)本题是导数和数列的综合，可先从函数图象的切线方程出发，确定ak＋1和ak的关系．答案(1)(－2,15)(2)21解析(1)因为y′＝3x2－10，设P(x，y)，则由已知有3x2－10＝2，即x2＝4，∴x＝±2，又∵点P在第二象限，∴x＝－2.则y＝(－2)3－10×(－2)＋3＝15，∴点P坐标为(－2,15)．(2)对函数y＝x2，y′＝2x，∴函数y＝x2(x>0)在点(ak，aeq\o\al(2,k))处的切线方程为y－aeq\o\al(2,k)＝2ak(x－ak)，令y＝0得ak＋1＝eq\f(1,2)ak.又∵a1＝16，∴a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,4)a1＝4，a5＝eq\f(1,4)a3＝1，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.反思归纳在求曲线的切线方程时，注意两点：①求曲线在点P处的切线方程和求曲线过点P的切线方程，在点P的切线，一定是以点P为切点；过点P的切线不管点P在不在曲线上，点P不一定是切点；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解．变式训练1直线y＝2x＋b是曲线y＝lnx(x>0)的一条切线，则实数b＝________.答案－ln2－1解析切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，切点在切线上，代入即可求出b的值．y′＝eq\f(1,x)，令eq\f(1,x)＝2，得x＝eq\f(1,2)，故切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，ln\f(1,2)))，代入直线方程，得lneq\f(1,2)＝2×eq\f(1,2)＋b，所以b＝－ln2－1.题型二利用导数研究函数的单调性例2已知函数f(x)＝x2＋alnx.(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数g(x)＝f(x)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．审题破题(1)直接根据f′(x)<0确定单调递减区间；(2)g(x)在[1，＋∞)上单调，则g′(x)≥0或g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立．解(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)，故f(x)的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意得g′(x)＝2x＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．反思归纳利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．变式训练2设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．解(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x从而当1－2a≥0，即a≤eq\f(1,2)时，f′(x)≥0(x≥0)．∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增．而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．从而当a>eq\f(1,2)时，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，令e－x(ex－1)(ex－2a)<0得1<ex<2a，∴0<x<ln故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，ln2a)上单调递减．而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x综上可得a的取值范围为(－∞，eq\f(1,2)]．题型三利用导数研究函数的极值(最值)例3已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值、最小值；(2)求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方．审题破题(1)f(x)在闭区间[1，e]上的最大值、最小值要么在端点处取得，要么在极值点处取得．所以首先要研究f(x)在[1，e]上的单调性．(2)f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方，即g(x)－f(x)在(1，＋∞)上恒大于0.(1)解当x∈[1，e]时，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在区间[1，e]上为增函数．所以当x＝1时，f(x)取得最小值eq\f(1,2)；当x＝e时，f(x)取得最大值eq\f(1,2)e2＋1.(2)证明设h(x)＝g(x)－f(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，x∈[1，＋∞)，则h′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x3－x2－1,x)＝eq\f(x－12x2＋x＋1,x).当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，所以h(x)>h(1)＝eq\f(1,6)>0.所以对于x∈(1，＋∞)，g(x)>f(x)成立，即f(x)的图象在g(x)的图象的下方．反思归纳(1)求函数的最值可结合函数的单调性、极值，有时也可以和图象联系；(2)用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．变式训练3(2013·广东)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.解(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝ln2.列表如下：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，∵eq\f(1,2)<k≤1，∴1<2k≤2，由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，＋∞)上单调递增．设g(x)＝x－ln2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x≤1))，则g′(x)＝1－eq\f(2,2x)＝1－eq\f(1,x)，∵eq\f(1,2)<x≤1，∴1≤eq\f(1,x)<2，∴－1<1－eq\f(1,x)≤0，∴g(x)＝x－ln2x在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，∴g(x)>g(1)＝1－ln2>0，∵eq\f(1,2)<k≤1，∴k－ln2k>0即k>ln2k，∴f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，k)上单调递增，∴f(x)在[0，k]上的最大值应在端点处取得．而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，下面比较f(0)与f(k)的大小．令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)，再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3<e－3<0，∴φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上递减，而φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·φ(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)－\f(3,2)))(e－3)<0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得φ(x0)＝0，且当k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))时，φ(k)>0，当k∈(x0,1)时，φ(k)<0，∴h(k)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))上单调递增，在(x0,1)上单调递减．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)eq\r(e)＋eq\f(7,8)>0，h(1)＝0.∴h(k)≥0在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上恒成立，当且仅当k＝1时取“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.题型四导数的综合应用例4已知函数f(x)＝ax·sinx－eq\f(3,2)(a>0)，且f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\f(π－3,2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内零点个数，并加以证明．审题破题(1)通过求最值可确定a的值；(2)函数f(x)的零点个数可以利用函数单调性、极值结合函数草图确定．解(1)f′(x)＝a·sinx＋ax·cosx＝a(sinx＋xcosx)．∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，sinx＋xcosx>0.又a>0，∴f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数．则f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，∴a＝1，所以f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)函数f(x)在区间(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而f(0)＝－eq\f(3,2)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)－eq\f(3,2)>0.由(1)知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，且f(x)的图象连续不间断，∴f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零点；当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx，由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1>0，g(π)＝－π<0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)<0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)>0.故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0，从而f(x)在(m，π)内单调递减，又f(m)>0，f(π)<0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．反思归纳利用导数解决不等式恒成立，函数零点个数，证明不等式问题，可以利用求函数的单调性、极值、最值确定函数的草图，数形结合求解一些综合性问题．变式训练4(2013·辽宁)(1)证明：当x∈[0,1]时，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明记F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，则F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，F′(x)＞0，F(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))时，F′(x)＜0，F(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))上是减函数．又F(0)＝0，F(1)＞0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈[0,1]．(2)解方法一因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)sin2eq\f(x,2)≤(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x))2＝(a＋2)x.所以，当a≤－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．下面证明，当a＞－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)sin2eq\f(x,2)≥(a＋2)x＋x2＋eq\f(x3,2)－4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＝(a＋2)x－x2－eq\f(x3,2)≥(a＋2)x－eq\f(3,2)x2＝－eq\f(3,2)xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)a＋2)).所以存在x0∈(0,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(例如x0取\f(a＋2,3)和\f(1,2)中的较小值))满足ax0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\f(x\o\al(3,0),2)＋2(x0＋2)cosx0－4＞0.即当a＞－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4≤4对x∈[0,1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．方法二记f(x)＝ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx－4，则f′(x)＝a＋2x＋eq\f(3x2,2)＋2cosx－2(x＋2)sinx.记G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.当x∈(0,1)时，cosx＞eq\f(1,2)，因此G′(x)＜2＋3x－4×eq\f(\r(2),2)x－(x＋2)＝(2－2eq\r(2))x＜0.于是f′(x)在[0,1]上是减函数，因此，当x∈(0,1)时，f′(x)＜f′(0)＝a＋2.故当a≤－2时，f′(x)＜0，从而f(x)在[0,1]上是减函数，所以f(x)≤f(0)＝0.即当a≤－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4，对x∈[0,1]恒成立．下面证明：当a＞－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4，对x∈[0,1]不恒成立．由于f′(x)在[0,1]上是减函数，且f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋eq\f(7,2)＋2cos1－6sin1.当a≥6sin1－2cos1－eq\f(7,2)时，f′(1)≥0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0.因此f(x)在[0,1]上是增函数，故f(1)＞f(0)＝0；当－2＜a＜6sin1－2cos1－eq\f(7,2)时，f′(1)＜0.又f′(0)＞0.故存在x0∈(0,1)，使f′(x0)＝0，则当0＜x＜x0时，f′(x)＞f′(x0)＝0，所以f(x)在[0，x0]上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＞f(0)＝0.所以，当a＞－2时，不等式ax＋x2＋eq\f(x3,2)＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．典例(12分)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求函数g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))的大小关系；(3)求实数a的取值范围，使得g(a)－g(x)<eq\f(1,a)对任意x>0成立．规范解答解(1)由题意，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x>0，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，且x>0，令g′(x)＝0，得x＝1，[2分]当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．所以最小值为g(1)＝1.[4分](2)由(1)知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2lnx－x＋eq\f(1,x)，则h′(x)＝－eq\f(x－12,x2)，且x>0.[6分]当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))；当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))).[9分](3)由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，∴g(a)－g(x)<eq\f(1,a)对∀x>0成立⇔g(a)－1<eq\f(1,a).则lna＋eq\f(1,a)－1<eq\f(1,a)，即lna<1，∴0<a<e.故实数a的取值范围是(0，e)．[12分]评分细则(1)g(x)的单调区间写成(0,1]，[1，＋∞)的不扣分；只求出极值没有写出最值的扣1分；(2)a的取值范围写成不等式的不扣分；没有下结论的扣1分．阅卷老师提醒(1)研究函数相关问题，树立定义域优先意识．(2)树立分类讨论，转化化归的思想意识，善于根据条件特征构造函数，重视函数、不等式(方程)间的转化．(3)对于不等式恒成立问题，善于转化为g(a)－eq\f(1,a)<g(x)min，分离参数或构造关于参数的不等式，达到求解目的．1．(2013·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0答案C解析A项，因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0，A正确．B项，假设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(m，n)，按向量a＝(－m，－n)将函数的图象平移，则所得函数y＝f(x＋m)－n是奇函数．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，化简得(3m＋a)x2＋m3＋am2＋bm＋c－n＝0.上式对x∈R恒成立，故3m＋a＝0，得m＝－eq\f(a,3)，n＝m3＋am2＋bm＋c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))，所以函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))))，故y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确．C项，由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，若x1<x0，则f(x)在区2．已知函数f(x)＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是()A．m>－2eq\r(2)B．m≥－2eq\r(2)C．m<2eq\r(2)D．m≤2eq\r(2)答案B解析依题意知，x>0，f′(x)＝eq\f(2x2＋mx＋1,x)，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，当－eq\f(m,4)≤0时，g(0)＝1>0恒成立，∴m≥0成立，当－eq\f(m,4)>0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2eq\r(2)≤m<0，综上，m的取值范围是m≥－2eq\r(2).3．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．答案[1，＋∞)解析f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立，m≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，则当eq\f(1,x)＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.4．设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.若f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围为________．答案(－eq\f(1,9)，＋∞)解析由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈[eq\f(2,3)，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(eq\f(2,3))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a>0，得a>－eq\f(1,9).所以当a>－eq\f(1,9)时，f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间．5．已知函数f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4).专题限时规范训练一、选择题1．已知函数y＝－xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象可能是()答案B解析由函数y＝－xf′(x)的图象知x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)为减函数；0<x<1时，f′(x)<0，f(x)为减函数；x>1时，f′(x)>0，f(x)为增函数．2．若函数f(x)＝cosx＋2xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的大小关系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))D．不确定答案C解析依题意得f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,6)＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，f′(x)＝－sinx＋1≥0，故f(x)＝cosx＋x是R上的增函数，又－eq\f(π,3)<eq\f(π,3)，所以有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).3．(2012·辽宁)函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案B解析根据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于()A．1B．2C．0D.eq\r(2)答案B解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.5．(2012·陕西)设函数f(x)＝xex，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点答案D解析∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)．∴当f′(x)≥0时，即ex(1＋x)≥0，即x≥－1，∴x≥－1时函数y＝f(x)为增函数．同理可求，x<－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．6．(2012·大纲全国)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于()A．－2或2B．－9或3C．－1或1D．－3或1答案A解析∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则x，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋y↗c＋2↘c－2↗因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.7．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是()A．m≥eq\f(3,2)B．m>eq\f(3,2)C．m≤eq\f(3,2)D．m<eq\f(3,2)答案A解析因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－eq\f(27,2)，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－eq\f(27,2)≥－9，解得m≥eq\f(3,2).8．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，则不等式x2f(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x>0时eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′<0，∴φ(x)＝eq\f(fx,x)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数故x2f(x)>0的解集为(0,2)∪(－∞，－2二、填空题9．某名牌电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．答案40解析∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0.即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)．当x>40时，y′>0，当0<x<40时，y′<0，所以当x＝40时，y最小．10．函数f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值为________．答案±1解析显然m≠0，所以f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1＝m(2cos2eq\f(x,2)－1)＋m＋1＝mcosx＋m＋1，因此f′(x)＝－msinx，其最大值为1，故有m＝±1.11．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．答案(－∞，2ln2－2]解析函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上递增，在(ln2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln2－2即可．12．函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f′(x)<eq\f(1,2)，则不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集为________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析(利用换元法)将x2换元成t，则原式化为f(t)<eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)，当t＝1时，f(t)＝1，且eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)＝1，又由f′(t)<eq\f(1,2)，可知当t>1时，f(t)<eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)；当t<1时，f(t)>eq\f(t,2)＋eq\f(1,2).故f(t)<eq\f(t,2)＋eq\