2020新課標(biāo)高考數(shù)學(xué)二輪講義第二部分專題六第3講導(dǎo)數(shù)簡單應(yīng)用Word版含解析

第3講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用[做真題]題型一導(dǎo)數(shù)的幾何意義1．(2018·考全國卷高Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為

(

)A．y＝－2x

B．y＝－xC．y＝2x

D．y＝x分析：選

D.法一：由于函數(shù)

f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax

為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，由于x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為y＝x.應(yīng)選D.法二：由于函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為y＝x.應(yīng)選D.2．(2019高·考全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(diǎn)(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則( )A．a(chǎn)＝e，b＝－1B．a(chǎn)＝e，b＝1－1－1C．a(chǎn)＝e，b＝1D．a(chǎn)＝e，b＝－1分析：選D.由于y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|＝x1＝ae＋1，所以曲線在點(diǎn)(1，ae)處的切線方ae＋1＝2，－1a＝e，程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得b＝－1，b＝－1.3．(2018·考全國卷高Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為________．分析：由于y＝2ln(x＋1)，所以y′＝2.當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝2，所以曲線y＝2ln(x＋1)在點(diǎn)(0，x＋10)處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.答案：y＝2x4．(2016·考全國卷高Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________．分析：設(shè)y＝kx＋b與y＝lnx＋2和y＝ln(x＋1)的切點(diǎn)分別為(x1，lnx1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．則切線分別為1(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝1(x－x2)，y－lnx1－2＝x12x＋1化簡得y＝1x＋lnx1＋1，y＝1x－x2＋ln(x2＋1)，x122＝1，x1x2＋1依題意，x2lnx1＋1＝－＋ln（x2＋1），1解得x1＝，進(jìn)而b＝lnx1＋1＝1－ln2.答案：1－ln2題型二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單一性、極值與最值1．(2017高·考全國卷Ⅱ)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．－1－3B．－2e－D．1C．5e32＋ax－1)ex－1x－12x－12分析：選A.由于f(x)＝(x，所以f′(x)＝(2x＋a)e＋(x＋ax－1)e＝[x＋(a2)x＋a－1]ex－1.由于x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，所以－2是x2＋(a＋2)xa－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上單一遞加，在(－2，1)上單一遞減，在(1，＋∞)上單一遞加，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)獲得極小值，且f(x)極小值＝f(1)＝－1，選擇A.2．(一題多解)(2018高·考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．分析：法一：由于

f(x)＝2sinx＋sin2x，1所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4cosx－2(cosx＋1)，1ππ由f′(x)≥0得2≤cosx≤1，即2kπ－3≤x≤2kπ＋3，k∈Z，由f′(x)≤0得－1ππ1≤cosx≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z，233π所以當(dāng)x＝2kπ－(k∈Z)時(shí)，f(x)獲得最小值，3πππ33且f(x)min＝f2kπ－3＝2sin2kπ－3＋sin22kπ－3＝－2.法二：由于f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)＝4sinxx·2cos2x＝8sinxcos3x＝8cos2223223sin2xcos6x，22所以[f(x)]2＝64×3sin2xcos6x≤64·32233sin2x＋cos2x＋cos2x＋cos2x427，2222＝44當(dāng)且僅當(dāng)3sin2x＝cos2x，即sin2x＝1時(shí)取等號，2224所以0≤[f(x)]2≤274，所以－323≤f(x)≤323，所以f(x)的最小值為－323.答案：－332[山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)建議]1．導(dǎo)數(shù)觀點(diǎn)及其幾何意義認(rèn)識導(dǎo)數(shù)觀點(diǎn)的實(shí)質(zhì)背景，領(lǐng)會導(dǎo)數(shù)的思想及其內(nèi)涵，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義．2．導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算(1)能依據(jù)導(dǎo)數(shù)定義，求函數(shù)y＝c，y＝x，y＝x2，y＝1x的導(dǎo)數(shù)．(2)能利用導(dǎo)數(shù)公式表和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法例求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．3．導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(1)聯(lián)合實(shí)例，認(rèn)識函數(shù)的單一性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性，會求不超出三次的多項(xiàng)式函數(shù)的單一區(qū)間．(2)聯(lián)合函數(shù)的圖象，認(rèn)識函數(shù)在某點(diǎn)獲得極值的必需條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求不超過三次的多項(xiàng)式函數(shù)的極大值、極小值，以及在給定區(qū)間上不超出三次的多項(xiàng)式函數(shù)的最大值、最小值．4．生活中的優(yōu)化問題舉例會利用導(dǎo)數(shù)在解決實(shí)質(zhì)問題(研究收益最大、用料最省、效率最高等優(yōu)化問題)．(1)(2019高·考全國卷Ⅱ)曲線A．x－y－π－1＝0

導(dǎo)數(shù)的幾何意義[典型例題]y＝2sinx＋cosx在點(diǎn)(π，－1)處的切線方程為B．2x－y－2π－1＝0

(

)C．2x＋y－2π＋1＝0

D．x＋y－π＋1＝0(2)曲線f(x)＝x3－x＋3在點(diǎn)P處的切線平行于直線y＝2x－1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．(3)(2019廣·州市調(diào)研測試)若過點(diǎn)A(a，0)作曲線C：y＝xex的切線有且僅有兩條，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【分析】(1)依題意得y′＝2cosx－sinx，y′|xπxππ－sinπ＝－2，＝＝所以所求的切線方程為y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，應(yīng)選C.f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，則3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，經(jīng)查驗(yàn)，點(diǎn)(1，3)，(－1，3)均不在直線y＝2x－1上，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，3)或(－1，3)．(3)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切線方程為y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，將點(diǎn)A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x02－ax0－a＝0，＋1)ex0(a－x0)，化簡，得x0過點(diǎn)A(a，0)作曲線C的切線有且僅有兩條，即方程x02－ax0－a＝0有兩個(gè)解，則有＝a2＋4a>0，解得a>0或a<－4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．【答案】(1)C(2)(1，3)或(－1，3)(3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)(1)求曲線y＝f(x)的切線方程的3種種類及方法種類方法已知切點(diǎn)P(x0，y0)，求切線方程求出切線的斜率f′(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程已知切線的斜率k，求切線方程設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，經(jīng)過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程設(shè)切點(diǎn)P(x00)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率0，yf′(x)，已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求切線方程再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(2)由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種種類及解題重點(diǎn)種類解題重點(diǎn)重點(diǎn)是用“方程思想”來破解，先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從已知曲線在某點(diǎn)處的切線求參數(shù)而求出在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值；再依據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件，成立對于參數(shù)的方程，經(jīng)過解方程求出參數(shù)的值重點(diǎn)是過好“雙關(guān)”：一是轉(zhuǎn)變關(guān)，即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉(zhuǎn)變?yōu)楹瑔螀?shù)的代數(shù)式，此時(shí)需利用已知已知曲線的切線方程，求含有雙參切線方程，找尋雙參數(shù)的關(guān)系式；二是求最值關(guān)，常利數(shù)的代數(shù)式的取值范圍用函數(shù)的單一性、基本不等式等方法求最值，進(jìn)而得所求代數(shù)式的取值范圍[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2019·漢調(diào)研武)設(shè)曲線C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲線C上一點(diǎn)M(1，－4)處的切線記為l，則切線l與曲線C的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．432x＝1＝－12，所以切線l的方程為分析：選C.y′＝12x－6x－18x，所以切線l的斜率k＝y(tǒng)′|12x＋y－8＝0.聯(lián)立方程得12x＋y－8＝0消去y，得3x4－2x3－9x2＋12x－4＝0，所以y＝3x4－2x3－9x2＋4，(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以x122，x3＝－2，x＝3＝1，所以切線l與曲線C有3個(gè)公共點(diǎn)．故選C.2．(2019·川綿陽一診改編四)若函數(shù)f(x)＝x3＋(t－1)x－1的圖象在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線平行于x軸，則t＝________，切線方程為________．分析：由于函數(shù)f(x)＝x3＋(t－1)x－1，所以f′(x)＝3x2＋t－1.由于函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(－1，f(－1))處的切線平行于x軸，所以f′(－1)＝3×(－1)2＋t－1＝2＋t＝0，解得t＝－2.此時(shí)f(x)＝x3－3x－1，f(－1)＝1，切線方程為y＝1.答案：－2y＝1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性[典型例題]命題角度一求函數(shù)的單一區(qū)間或判斷函數(shù)的單一性ax2＋x已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－（x＋1）2，且1<a<2，試議論函數(shù)f(x)的單一性．x（x－2a＋3）【解】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1.3①當(dāng)－1<2a－3<0，即1<a<時(shí)，當(dāng)－1<x<2a－3或x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單一遞加，當(dāng)2a－3<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單一遞減．3②當(dāng)2a－3＝0，即a＝時(shí)，f′(x)≥0，則f(x)在(－1，＋∞)上單一遞加．3③當(dāng)2a－3>0，即<a<2時(shí)，當(dāng)－1<x<0或x>2a－3時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－1，0)，(2a－3，＋∞)上單一遞加．當(dāng)0<x<2a－3時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(0，2a－3)上單一遞減．3綜上，當(dāng)1<a<時(shí)，f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上單一遞加，在(2a－3，0)上單一遞減；33當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上單一遞加；當(dāng)2<a<2時(shí)，f(x)在(－1，0)，(2a－3，＋∞)上單一遞加，在(0，2a－3)上單一遞減．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單一區(qū)間的三種方法(1)當(dāng)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解時(shí)，確立函數(shù)的定義域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出單一區(qū)間．(2)當(dāng)方程f′(x)＝0可解時(shí)，確立函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，求出實(shí)數(shù)根，把函數(shù)f(x)的中斷點(diǎn)(即f(x)的無定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和實(shí)根按從小到大的次序擺列起來，把定義域分紅若干個(gè)小區(qū)間，確立f′(x)在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號，進(jìn)而確立單一區(qū)間．(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不行解時(shí)求導(dǎo)數(shù)并化簡，依據(jù)f′(x)的構(gòu)造特征，選擇相應(yīng)的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確立f′(x)的符號，得單一區(qū)間．命題角度二已知函數(shù)的單一性求參數(shù)已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，其定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝1－2x＋1＝－2x2－x－1，xx令f′(x)＝0，則x＝1(負(fù)值舍去)．當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為(0，1)，單一遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)法一：f′(x)＝1x－2a2x＋a－（2ax＋1）（ax－1）＝x.1①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝x>0，所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意；②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0，得x>1.a所以f(x)的單一遞減區(qū)間為1，＋∞.a1≤1，解得a≥1；依題意，得aa>0，③當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)<0，得x>－12a.所以f(x)的單一遞減區(qū)間為－1，＋∞.2a－1≤1，.依題意，得2a解得a≤－1a<0，2綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是1∪[1，＋∞)．－∞，－2－2a2x2＋ax＋1法二：f′(x)＝1－2a2x＋a＝x.x由f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．①當(dāng)a＝0時(shí)，1≤0不合題意；②當(dāng)a≠0時(shí)，可得1<1，即a>1或a<0，4a4g（1）≤0，－2a2＋a＋1≤0，a>1或a<0，4所以a≥11所以或a≤－.a≥1或a≤－1，22所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是－∞，－1∪[1，＋∞)．2(1)已知函數(shù)的單一性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應(yīng)注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍．(2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不但一，則轉(zhuǎn)變?yōu)閒′(x)＝0在(a，b)上有解．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．若函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex在區(qū)間(0，＋∞)上不但一，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．分析：f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由題意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上起碼有一個(gè)實(shí)數(shù)根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.答案：(－∞，－1)2．已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，議論f(x)的單一性．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單一遞加．②若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，lna)上單一遞減，在(lna，＋∞)上單一遞加．③若a<0，則由f′(x)＝0，得x＝ln－a2.a當(dāng)x∈－∞，ln－2時(shí)，f′(x)<0；a當(dāng)x∈ln－2，＋∞時(shí)，f′(x)>0；a故f(x)在－∞，ln－2上單一遞減，a在ln－2，＋∞上單一遞加．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題[典型例題]命題角度一求已知函數(shù)的極值(最值)lnx已知函數(shù)f(x)＝x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)設(shè)m>0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值．【解】(1)由于函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝1－lnx，x2f′（x）>0，由得0<x<e；x>0f′（x）<0，由得x>e.x>0，所以函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為(0，e)，單一遞減區(qū)間為(e，＋∞)．2m≤e，(2)①當(dāng)m>0，即0<m≤e時(shí)，(m，2m)?(0，e)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上單一遞加，2ln2m所以f(x)max＝f(2m)＝2m－1；e②當(dāng)m<e<2m，即2<m<e時(shí)，(m，e)?(0，e)，(e，2m)?(e，＋∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，e)上單一遞加，在(e，2m)上單一遞減，lne1所以f(x)max＝f(e)＝e－1＝e－1；③當(dāng)m≥e時(shí)，(m，2m)?(e，＋∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上單一遞減，所以f(x)max＝lnmf(m)＝－1.eln2me1－1；當(dāng)m≥e時(shí)，f(x)max綜上所述，當(dāng)0<m≤時(shí)，f(x)max＝2m－1；當(dāng)<m<e時(shí)，f(x)max＝22elnm－1.＝m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狀況，則轉(zhuǎn)變?yōu)橐阎匠蘤′(x)＝0根的大小或存在狀況來求解．(3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時(shí)，在求得極值的基礎(chǔ)上，聯(lián)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)行比較獲得函數(shù)的最值．命題角度二已知函數(shù)的極值或最值求參數(shù)(2019·考全國卷Ⅲ高)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)議論f(x)的單一性；(2)能否存在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，的全部值；若不存在，說明原因．【解】(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a.3a，＋∞時(shí)，f′(x)>0a時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪3；當(dāng)x∈0，3aa∞，0)，3，＋∞單一遞加，在0，3單一遞減；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單一遞加；若a<0，則當(dāng)x∈－∞，ax∈a，0時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在3∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)3aa－∞，3，(0，＋∞)單一遞加，在3，0單一遞減．(2)知足題設(shè)條件的a，b存在．當(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，f(x)在[0，1]單一遞加，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b知足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)

b＝－1，2－a＋b＝1，即

a＝0，b＝－1.(ii)當(dāng)a≥3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0，1]單一遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b知足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.a＝－a3＋b，最大值為b或2－a＋(iii)當(dāng)0<a<3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0，1]的最小值為f327b.若－a3＋b＝－1，b＝1，則a＝332，與0<a<3矛盾．27若－a3＋b＝－1，2－a＋b＝1，則a＝33或a＝－33或a＝0，與0<a<3矛盾．27綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時(shí)，f(x)在[0，1]的最小值為－1，最大值為1.已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的方法列式依據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，再利用待定系數(shù)法求解由于導(dǎo)數(shù)值等于零不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后一定考證考證根的合理性[對點(diǎn)訓(xùn)練](2019長·春質(zhì)量檢測(一))已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x(此中常數(shù)a≠0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單一區(qū)間；(2)若f(x)在x＝1處獲得極值，且在(0，e]上的最大值為解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx＋x2－3x，x>0，

1，務(wù)實(shí)數(shù)

a的值．1＋2x－3＝2x2－3x＋1，f′(x)＝xx1令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝1，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在0，1上單一遞加；22當(dāng)1<x<1時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在1，1上單一遞減；22當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單一遞加．所以f(x)的單一遞加區(qū)間為0，1，(1，＋∞)，單一遞減區(qū)間為1，1.22(2)f′(x)＝2ax2－（2a＋1）x＋1（2ax－1）（x－1）x＝x，令f′(x)＝0，得x′121，＝1，x′＝2a由于f(x)在x＝1處獲得極值，所以x′1≠x′2＝2a1＝1，1當(dāng)2a<0時(shí)，f(x)在(0，1)上單一遞加，在(1，e]上單一遞減，所以f(x)在(0，e]上的最大值為f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.當(dāng)0<111，1上單一遞減，在(1，e]上單一遞加，2a<1時(shí)，f(x)在0，2a上單一遞加，在2a所以最大值1可能在x＝1或x＝e處獲得，2a而f1＝ln1＋a12－(2a＋1)×1＝ln1－1－1<0，2a2a2a2a2a4a所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1e－2.111當(dāng)1<2a<e時(shí)，f(x)在(0，1)上單一遞加，在1，2a上單一遞減，在2a，e上單一遞加，所以最大值1可能在x＝1或x＝e處獲得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1，與1<1<e矛盾．e－22a當(dāng)1≥e時(shí)，f(x)在(0，1)上單一遞加，在(1，e]上單一遞減，2a所以最大值1在x＝1處獲得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，不切合題意．綜上所述，a＝1或a＝－2.e－2一、選擇題1．已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(此中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實(shí)數(shù)a的值是()1B．1A．2C．2D．e分析：選B.由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－lna，代入曲線方程得y＝1－lna，所以切線方程為y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1?a＝1.2．(2019成·都第二次診療性檢測)已知直線l既是曲線C1：y＝ex的切線，又是曲線C2：y1的切線，則直線l在x軸上的截距為( )＝e2x24A．2B．1C．e2D．－e2分析：選B.設(shè)直線l與曲線C1x的切點(diǎn)為A(x112122的切點(diǎn)為：y＝e，ex)，與曲線C：y＝4ex122xx在點(diǎn)A處的切線方程為y－ex1＝ex1(x－x1)，即yBx2，ex2.由y＝e，得y′＝e，所以曲線C14＝ex1x－ex1(x1－1)①.1221212212由y＝ex，得y′＝ex，所以曲線C2在點(diǎn)B處的切線方程為y－ex2＝ex2(x－x2)，即424212122②.2212ex1＝ex2，x＝2，由于①②表示的切線為同向來線，所以解得1所以直線l122x2＝2，ex1（x1－1）＝4ex2，的方程為y＝e2x－e2，令y＝0，可得直線l在x上的截距為1，應(yīng)選B.3．已知f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )A．(－∞，－26]B．－∞，62C．[－26，＋∞)D．[－5，＋∞)分析：選C.由題意得f′(x)＝2x＋a＋3＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋xxax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?－a≤1，?－26≤a≤2a≥－4，＝a2－24≤0或46或g（1）≥0a≥－5?a≥－26，應(yīng)選C.4．函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則()A．f(x)的最小值為eB．f(x)的最大值為e11C．f(x)的最小值為eD．f(x)的最大值為e分析：選A.設(shè)g(x)＝xf(x)－ex，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)．由于g(1)＝1×f(1)－e＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，xx（x－1）所以f(x)＝e，f′(x)＝e，xx2當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)≥f(1)＝e.(

5．若函數(shù))

f(x)＝ex－(m＋1)lnx＋2(m＋1)x－1

恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)

m的取值范圍為A．(－e2，－e)

B．－∞，－

e2C．－∞，－

12

D．(－∞，－

e－1)分析：選D.由題意，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)1－2＝0在(0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以m＋1＝xxex在(0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，令g(x)＝xex，則g′(x)1－2x1－2x－ex（x－1）（2x＋1）11，1＝（1－2x）2，所以函數(shù)上單一g(x)在0，2，2遞加，在(1，＋∞)上單一遞減，其圖象如下圖，要使m＋1＝xex1－2x在(0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則m＋1<g(1)，即m＋1<－e，m<－e－1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－e－1)．應(yīng)選D.6．(多項(xiàng)選擇)對于函數(shù)f(x)＝xx，以下說法正確的有()eA．f(x)在x＝11處獲得極大值eB．f(x)有兩個(gè)不一樣的零點(diǎn)C．f(4)<f(π)<f(3)D．πe2>2eπxf′(x)＝1－x時(shí)，f′(x)<0，f(x)分析：選AC.由函數(shù)f(x)＝x，可得函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為x.當(dāng)x>1ee單一遞減；當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單一遞加．可得函數(shù)f(x)在x＝1處獲得極大值1，且為最大e值，所以A正確；由于f(x)在(－∞，1)上單一遞加，在(1，＋∞)上單一遞減，且f(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，所以B錯(cuò)誤；由f(x)在(1，＋∞)上單一遞減，且4>π>3>1，可得f(4)<f(π)<f(3)，所以C正確；由f(x)在(1，＋∞)上單一遞減，且π>2>1，可得π22ππ，即πe<2e，所以D錯(cuò)誤．應(yīng)選AC.e<e2二、填空題7．(2019高·考全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為________．分析：由于y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲線在點(diǎn)(0，0)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′|x0＝3，所以所求的切線方程為y＝3x.＝答案：y＝3x8．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的最小值為________．分析：由于f(x)＝x2－lnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－1，令2x－1＝0得x＝2，令f′(x)>0，則xx22222x>2；令f′(x)<0，則0<x<2.所以f(x)在0，2上單一遞減，在2，＋∞上單一遞加，所22＝1＋ln2.以f(x)的極小值(也是最小值)為2－ln222答案：1＋ln229．(2019甘·肅蘭州一中期末改編)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex的極值點(diǎn)，則f′(－2)＝________，f(x)的極小值為________．分析：由函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，由于x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.當(dāng)x<－2或x>1時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)函數(shù)f(x)為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)f(x)獲得極小值，極小值為f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.答案：0－e三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程；(2)議論f(x)的單一性．11解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝lnx＋x,f(e)＝e＋1，f′(x)＝x＋1，f′(e)＝1＋e，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為11＋1x.y－(e＋1)＝1＋e(x－e)，即y＝e－2ax2＋x＋1(2)f′(x)＝1－2ax＋1＝，x>0，xx①當(dāng)a≤0時(shí)，明顯f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單一遞加；－2ax2＋x＋1，②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其鑒別式為正x設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x1<x2)，則x1x2＝－1<0，所以x1<0<x2，2a－2ax2＋x＋1－2a（x－x1）（x－x2）所以f′(x)＝＝，x>0.xx令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，此中x2＝1＋8a＋1.4a所以函數(shù)