导数及其应用的习题一．要点梳理1．f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f ′(x )>0(或f ′(x )<0)仅是f (x )在某个区间上递增(或递减)的充分条件．在区间(a ，b )内可导的函数f (x )在(a ，b )上递增(或递减)的充要条件应是f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，且f ′(x )在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，函数f (x )在区间上的增减性并不排斥在该区间内个别点x 0处有f ′(x 0)＝0，甚至可以在无穷多个点处f ′(x 0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何子区间，因此在已知函数f (x )是增函数(或减函数)求参数的取值范围时，应令f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立解出参数的取值范围，然后检验参数的取值能否使f ′(x )恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f ′(x )不恒为0，则由f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立解出的参数的取值范围确定．2．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0并不是f (x )在x ＝x 0处有极值的充分条件对于可导函数f (x )，x ＝x 0是f (x )的极值点，必须具备①f ′(x 0)＝0，②在x 0两侧，f ′(x )的符号为异号．所以f ′(x 0)＝0只是f (x )在x 0处有极值的必要条件，但并不充分． 二．疑点清源1．运用导数不仅可以求解曲线的斜率，研究函数的单调性，确定函数的极值与最值，还可利用导数研究参数的取值范围，来讨论方程根的分布与证明不等式．2．用导数研究参数的取值范围，确定方程根的个数，证明不等式，其实质就是转化成函数的单调性、极值与最值的问题，运用导数进行研究．3．函数的极值与函数的最值是有区别与联系的：函数的极值是一个局部性概念，而最值是某个区间的整体性概念；函数的极值可以有多个，而函数的最大(小)值最多只有一个4．极值点不一定是最值点，最值也不一定是极值点，但如果连续函数在区间(a ，b )内只有一个极值点，则极大值就是最大值，极小值就是最小值．5．在求可导函数的最值时，不必讨论导数为零的点是否为极值点，而直接将导数为零的点与端点处的函数值进行比较即可．6．对于一般函数而言，函数的最值必在下列各种点中取得：导数为零的点，导数不存在的点，端点． 三．典例精析题型一：利用导数求函数的单调区间例1：已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间． 解：(1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3.由f ′(x )≥0，得a ≤32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .记t (x )＝32⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数，t (x )min ＝32(1－1)＝0.∴a ≤0. (2)由题意，f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0，∴a ＝4.∴f (x )＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x )＝3x 2－8x －3.令f ′(x )＝0，得x 1＝－13，x 2＝3. 当x增减增∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，3.跟踪训练1：已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－x ＋k2x 2(k ≥0)．(1)当k ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间． 解 (1)当k ＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x ＋x 2，f ′(x)＝11＋x －1＋2x.由于f(1)＝ln 2，f ′(1)＝32，所以曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y －ln 2＝32(x －1)，即3x －2y ＋2ln 2－3＝0. 故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－k k .当k ＝1时，f ′(x)＝x 21＋x .故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k>1时，f ′(x)＝x(kx ＋k －1)1＋x＝0，得x 1＝1－kk ∈(－1,0)，x 2＝0.所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)上，f ′(x)>0；在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－k k ，0上，f ′(x)<0.故f(x)的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k k ，0.综上：①当k ＝0时，f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)；②当0<k<1时，f(x)的单调递增区间为(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－k k .③当k ＝1时，f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)；④当k>1时，f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k k ，0. 题型二：利用导数求解函数的最值或极值 例2 已知函数g (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ∈R 且a ≠0)，g (－1)＝0，且g (x )的导函数f (x )满足f (0)f (1)≤0.设x 1、x 2为方程f (x )＝0的两根．(1)求b a 的取值范围；(2)若当|x 1－x 2|最小时，g (x )的极大值比极小值大43，求g (x )的解析式．解：(1)∵g (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，∴g (－1)＝－a ＋b －c ＝0，即c ＝b －a . 又f (x )＝g ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由f (0)f (1)≤0，得c (3a ＋2b ＋c )≤0，即(b －a )(3b ＋2a )≤0. ∵a ≠0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫3·b a ＋2≤0，解得－23≤ba ≤1又∵方程f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0 (a ≠0)有两根，∴Δ≥0.而Δ＝(2b )2－4×3a ×c ＝4b 2－12a (b －a )＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫b －32a 2＋3a 2>0恒成立，于是，ba 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，1.(2)∵x 1、x 2是方程f (x )＝0的两根，即3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根为x 1、x 2，∴x 1＋x 2＝－2b 3a ，x 1x 2＝c 3a ＝b －a 3a ＝b 3a －13.∴|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫b 3a －13＝49·⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2－43·b a ＋43＝49⎝⎛⎭⎪⎫b a －322＋13.∵－23≤b a ≤1，∴当且仅当b a ＝1，即a ＝b 时，|x 1－x 2|2取最小值，即|x 1－x 2|取最小值．此时，g (x )＝ax 3＋ax 2，f (x )＝3ax 2＋2ax ＝ax (3x ＋2)．令f (x )＝0，得x 1＝－23，x 2＝0.若a >0，当x 变化时，f (x )、g (x )的变化情况如下表：增减增由上表可知，g (x )的极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＝427a ，极小值为g (0)＝0. 由题设，知427a －0＝43，32减增减由上表可知，g (x )的极大值为g (0)＝0，极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝427a . 由题设知0－427a ＝43，解得a ＝－9，此时g (x )＝－9x 3－9x 2. 综上所述，g (x )的解析式为g (x )＝9x 3＋9x 2或g (x )＝－9x 3－9x 2.跟踪训练2：函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图象在点P (1,0)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行． (1)求a ，b ；(2)求函数f (x )在[0，t ] (t >0)内的最大值和最小值． 解：1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝0f ′(1)＝－3，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋1＝02a ＋3＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3b ＝2.(2)322增减增＝2，最小值为f (t )＝t 3－3t 2＋2；当2<t ≤3时，f (x )的最大值为f (0)＝2，最小值为f (2)＝－2；当t >3时，f (x )的最大值为f (t )＝t 3－3t 2＋2，最小值为f (2)＝－2.题型三：已知单调区间求参数范围例3 已知函数f (x )＝3ax 4－2(3a ＋1)x 2＋4x .(1)当a ＝16时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在(－1,1)上是增函数，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)．当a ＝16时，f ′(x )＝2(x ＋2)(x －1)2，∴f (x )在(－∞，－2]内单调递减，在[－2，＋∞)内单调递增，当x ＝－2时，f (x )有极小值．∴f (－2)＝－12是f (x )的极小值．(2)在(－1,1)上f (x )是增函数，由此可得在(－1,1)上，f ′(x )＝4(x －1)(3ax 2＋3ax －1)≥0，∴3ax 2＋3ax －1≤0.①令g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)，①当a ＝0；时，①恒成立②当a >0时，若①成立，根据二次函数g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)的图象，只需满足g (1)＝3a ×12＋3a ×1－1≤0，即a ≤16，∴0<a ≤16；③当a <0时，若①成立，根据二次函数g (x )＝3ax 2＋3ax －1 (－1<x <1)的图象，只需满足g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋3a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－1≤0，即a ≥－43，∴－43≤a <0. 综上所述，f (x )在(－1,1)上是增函数时，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，16.跟踪训练3：设函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R)，其中a ，b ∈R.(1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,0]上恒成立，求b 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)．当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2. 当x 变化时f ′(x )，f (x )的变化情况所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根．∵f (x )仅在x ＝0处有极值， 则方程4x 2＋3ax ＋4＝0有两个相等的实根或无实根，Δ＝9a 2－4×16≤0，解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是惟一极值．因此满足条件的a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－83，83.(3)由(2)知，当a ∈[－2,2]时，4x 2＋3ax ＋4>0恒成立．∴当x <0时，f ′(x )<0，f (x )在区间(－∞，0]上是减函数．因此函数f (x )在[－1,0]上的最大值是f (－1)．又∵对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,0]上恒成立，∴f (－1)≤1，即3－a ＋b ≤1.于是b ≤a －2在a ∈[－2,2]上恒成立．∴b ≤－2－2，即b ≤－4.因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]． 题型四：利用导数研究方程根的问题例4 已知函数f (x )＝x 2－a ln x 在(1,2]是增函数，g (x )＝x －a x 在(0,1)为减函数．(1)求f (x )、g (x )的解析式；(2)求证：当x >0时，方程f (x )＝g (x )＋2有惟一解．(1)解：f ′(x )＝2x －a x，依题意f ′(x )≥0，x ∈(1,2]，即a ≤2x 2，x ∈(1,2]．∵上式恒成立，∴a≤2.①又g ′(x )＝1－a2x，依题意g ′(x )≤0，x ∈(0,1)，即a ≥2x ，x ∈(0,1)．∵上式恒成立，∴a ≥2.②由①②得a ＝2.∴f (x )＝x 2－2ln x ，g (x )＝x－2x .(2)证明 由(1)可知，方程f (x )＝g (x )＋2，即x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0.设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2，则h ′(x )＝2x －2x－1＋1x，当h ′(x )＝0时，(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)＝0，解得x ＝1.令h ′(x )>0，并由x >0，解得x >1.令h ′(x )<0，由x >0，解得0<x <1. ∴h (x )＝0在(0，＋∞)上只有一个解．即当x >0时，方程f (x )＝g (x )＋2有惟一解．跟踪训练4：已知f (x )＝ax 2(a ∈R)，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围．解：(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，∴F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x >0)．①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a.由ax 2－1<0，得0<x <1a.故当a >0时，F (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a .②当a ≤0时，F ′(x )<0 (x >0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2＝φ(x )在区x (0,1) 1 (1，＋∞)h ′(x ) － 0 ＋h (x ) 单调递减 极小值 单调递增间[2，e]上有两个不等解．∵φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2<φ(2)＝2ln 24＝ln 22＝φ(2)．∴φ(x )min＝φ(e)，如图当f (x )＝g (x )当[2，e]上有两个不等解时有φ(x )min ＝ln 22，∴ln 22≤a <1e.导数及其应用综合训练试题（卷）一．选择题1．[2013·蚌埠模拟]曲线f(x)＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( B )A.29B.19C.13D.23[解析] f ′(x)＝x 2＋1，在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线斜率为k ＝f ′(1)＝2.所以切线方程为y －43＝2(x －1)，即y ＝2x －23，与坐标轴的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，所以三角形的面积为12×13×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23＝19，故选B. 2．[2013·全国卷]已知曲线y ＝x 4＋ax 2＋1在点(－1，a ＋2)处切线的斜率为8，则a ＝( D )A ．9B ．6C ．－9D ．－6 [解析] y ′＝4x 3＋2ax ，当x ＝－1时y ′＝8，故8＝－4－2a ，解得a ＝－6.3．[2013·浙江卷]已知函数y ＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y ＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是( B) [解析] 由导函数的图像可知，f ′(x)>0恒成立，则f(x)在(－1，1)上递增，且导函数为偶函数，则函数f(x)为奇函数，再从导函数的图像可知，当x ∈(0，1)时，其二阶导数f ″(x)<0，则f(x)在x ∈(0，1)时，其图像是向上凸的，或者y 随着x 增长速度越来越缓慢，故选择B.4．[2013·湖北卷]已知函数f(x)＝x(lnx －ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( B )A ．(－∞，0) B.⎝⎛⎭⎫0，12C ．(0，1) D ．(0，＋∞) [解析] f ′(x)＝ln x －ax ＋x 1x－a ＝ln x －2ax ＋1，函数f(x)有两个极值点等价于方程ln x －2ax＋1＝0有两个大于零的不相等的实数根．令y 1＝ln x ，y 2＝2ax －1，在同一坐标系中作出这两个函数的图像，显然a ≤0时，两个函数图像只有一个公共点，故a>0，此时当直线的斜率逐渐变大直到直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 相切时，两函数图像均有两个不同的公共点，y ′1＝1x ，故曲线y ＝ln x 上的点(x 0，ln x 0)处的切线方程是y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，该直线过点(0，－1)，则－1－ln x 0＝－1，解得x 0＝1，故过点(0，－1)的曲线y ＝ln x 的切线斜率是1，故2a ＝1，即a ＝12，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，125．[2013·福建卷] 设函数f(x)的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( D )A ．x ∈R ，f(x)≤f(x 0)B ．－x 0是f(－x)的极小值点C ．－x 0是－f(x)的极小值点D ．－x 0是－f(－x)的极小值点 [解析] 根据极值点是函数局部的性质可排除A 选项，根据函数f(x)的图像与f(－x)、－f(x)、－f(－x)的图像分别关于y 轴、x 轴、原点对称，可排除B 、C 选项，故选D.6．[2013·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( C )A ．x 0∈R ，f(x 0)＝0B ．函数y ＝f(x)的图像是中心对称图形C ．若x 0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f(x)的极值点，则f′(x 0)＝0 [解析] x →－∞ 时，f(x)<0 ，x →＋∞ 时，f(x)>0，f(x) 连续，x 0∈R ，f(x 0)＝0，A 正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x 3＋c ，从而函数y ＝f(x)的图像是中心对称图形，B 正确； 若x 0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x 1 ，则f(x)在区间(x 1 ，x 0)单调递减．C 错误．D 正确．故答案为C.7．[2013·浙江卷]已知e 为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1，2)，则(C)A ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f(x)在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f(x)在x ＝1处取到极大值 [解析] 当k ＝1时，f(x)＝(e x －1)(x －1)，f ′(x)＝e x (x －1)＋(e x －1)＝xe x －1，则在x ＝1处取不到极值．当k ＝2时，f(x)＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x)＝e x (x －1)2＋(e x －1)×2(x －1)＝(x －1)(xe x ＋e x －2)，f ′(1)＝0，f ′(2)>0，f ′12<0，所以在x ＝1处取得极小值．8．[2013·全国卷]若函数f(x)＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( D ) A ．[－1，0] B ．[－1，＋∞)C ．[0，3] D ．[3，＋∞)[解析] f ′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12 ，＋∞上恒成立，由于y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，所以y<3，故只要a ≥3.9．[2013·辽宁卷]设函数f(x)满足x 2f ′(x)＋2xf(x)＝e x x ，f(2)＝e 28，则x>0时，f(x)( D ) A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值[解析] 因为函数f(x)满足x 2f ′(x)＋2xf(x)＝[x 2·f(x)]′＝e xx，所以当x>0时，[]x 2·f （x ）′＝e x x >0，令函数g(x)＝x 2·f(x)，所以g(x)在x>0时递增．由f(2)＝e 28，得g(2)＝e 22.又f(x)＝g （x ）x 2，所以f ′(x)＝g ′（x ）·x 2－g （x ）·（2x ）x 4＝x ·g ′（x ）－2g （x ）x 3＝e x －2g （x ）x 3，x>0.令h(x)＝e x －2g(x)，则h ′(x)＝e x⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x ，故当x ∈(0，2)时，h ′(x) <0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(2)＝e 2－2g(2)＝0.所以f ′(x)＝e x －2g （x ）x 3≥0，故f(x)在(0，∞)单调递增．所以当x ∈(0，＋∞)时，f(x)即无极大值也无极小值．选D.10．[2013·郑州模拟]已知f(x)为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f(x)>f′(x)，则有( D )A ．e 2013f(－2013)<f(0)，f(2013)>e 2013f(0)B ．e 2013f(－2013)<f(0)，f(2013)<e 2013f(0)C ．e 2013f(－2013)>f(0)，f(2013)>e 2013f(0)D ．e 2013f(－2013)>f(0)，f(2013)<e 2013f(0) [解析] 构造函数g(x)＝f （x ）e x ，则g ′(x)＝f ′（x ）e x －（e x ）′f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ，因为∀x ∈R ，均有f(x)>f ′(x)，并且e x >0，所以g ′(x)<0，故函数g(x)＝f （x ）e x在R 上单调递减，所以g(－2 013)>g(0)，g(2 013)<g(0)，即f （－2 013）e －2 013>f(0)，f （2 013）e 2 013<f(0)，也就是e 2 013f(－2 013)>f(0)，f(2 013)<e 2 013f(0)，故选D.二．填空题 11．[2013·江西卷]设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(e x )＝x ＋e x ，则f′(1)＝2. [解析] f(e x )＝x ＋e x ，利用换元法可得f(x)＝ln x ＋x ，f ′(x)＝1x＋1，所以f ′(1)＝2.12．[2013·广东卷]若曲线y ＝kx ＋lnx 在点(1，k)处的切线平行于x 轴，则k ＝－1.． [解析] ∵y ′＝k ＋1x，∴y ′|x ＝1＝k ＋1＝0，故k ＝－1.13.[2013·江西卷]若曲线y ＝x α＋1(α∈R )在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝2 [解析] y ′＝αx α－1，y ′|x ＝1＝α，所以切线方程为y －2＝α(x －1)，该切线过原点，得α＝2.14．[2013·龙岩调研]已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是[135°，180°)或⎣⎡⎭⎫3π4，π． [解析] y ′＝－4e x（e x ＋1）2，即切线的斜率为k ＝－4e x （e x ＋1）2，所以k ＝－4e x（e x ＋1）2＝－4e xe 2x ＋2e x ＋1＝－4e x ＋1ex ＋2，因为e x ＋1e x＋2≥2＋2e x ·1e x＝4，所以－1≤k<0，即－1≤tan α<0，所以135°≤α<180°，即α的取值范围是[135°，180°)． 15．[2013·温州联考]已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y ＝f ′(x)的图像如图所示．下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1，2]；②函数f(x)在[0，2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t 的最大值为4；④当1<a<2时，函数y ＝f(x)－a 最多有4个零点．其中正确命题的序号是①②④． [解析] 由导数图像可知，当－1<x<0或2<x<4时，f ′(x)>0，函数单调递增，当0<x<2或4<x<5时，f ′(x)<0，函数单调递减，②正确．当x ＝0和x ＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x ＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5，又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1，2]，①正确．因为当x ＝0和x ＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x ∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，由前面分析得，t 的最大值为5，所以③不正确．由f(x)＝a 知，因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，y ＝f(x)－a 最多有4个零点，所以④正确．所以真命题的序号为①②④. 三．解答题16．[2013·全国卷]已知函数f(x)＝x 3＋3ax 2＋3x ＋1.(1)当a ＝－2时，讨论f(x)的单调性；(2)若x ∈[2，＋∞)时，f(x)≥0，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－2时，f(x)＝x 3－32x 2＋3x ＋1，f ′(x)＝3x 2－62x ＋3.令f ′(x)＝0，得x 1＝2－1，x 2＝2＋1.当x ∈(－∞，2－1)时，f ′(x)>0，f(x)在(－∞，2－1)上是x －1 0 2 4 5 f(x)121.521增函数；当x ∈(2－1，2＋1)时，f ′(x)<0，f(x)在(2－1，2＋1)上是减函数；当x∈(2＋1，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)在(2＋1，＋∞)上是增函数．(2)由f(2)≥0得a ≥－54.当a ≥－54，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x)＝3(x 2＋2ax ＋1)≥3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－52x ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(x －2)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上是增函数，于是当x ∈[2，＋∞)时，f(x)≥f(2)≥0.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，＋∞. 17．[2013·重庆卷]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元，又据题意200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r>0，又由h>0可得r<5 3，故函数V(r)的定义域为(0，53)．(2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r)＝π5(300－12r 2)．令V ′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(r 2＝－5不在定义域内，舍去)．当r ∈(0，5)时，V ′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r ∈(5，53)时，V ′(r)<0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．18．[2013·重庆卷] 设f(x)＝a(x －5)2＋6lnx ，其中a ∈R ，曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y 轴相交于点(0，6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解：(1)因f(x)＝a(x －5)2＋6ln x ，故f ′(x)＝2a(x －5)＋6x.令x ＝1，得f(1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a)(x －1)，由点(0，6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f(x)＝12(x －5)2＋6ln x(x ＞0)，f ′(x)＝x －5＋6x ＝（x －2）（x －3）x，令f ′(x)＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x)＞0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x ＜3时，f ′(x)＜0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知，f(x)在x ＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.19．[2013·北京卷]已知函数f(x)＝x 2＋xsinx ＋cosx.(1)若曲线y ＝f(x)在点(a ，f(a))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值；(2)若曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围．解：由f(x)＝x 2＋xsin x ＋cos x ，得f ′(x)＝x(2＋cos x)．(1)因为曲线y ＝f(x)在点(a ，f(a))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b ＝f(a)．解得a ＝0，b ＝f(0)＝1.(2)令f ′(x)＝0，得x ＝0.f(x)与f ′(x)的情况如下：所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b ≤1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f(0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b ，0)，x 2∈(0，2b)，使得f(x 1)＝f(x 2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f(x)与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．20．[2013·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性；(2)当m ≤2时，证明f(x)＞0.解：(1)f ′(x)＝e x －1x ＋m.由x ＝0是f(x)的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1.于是f(x)＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝e x －1x ＋1.函数f ′(x)＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2>0.综上，当m≤2时，f(x)>0.21．[2013·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d ＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2ke x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2ke x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(ke x－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.①若1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x ≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0，从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．。