《浙江省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 真題試做 1．(2012·遼寧高考，文8)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　)． A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 2．(2012·浙江高考，文21)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝4x3－2ax＋a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＋|2－a|＞0. 3．(2012·天津高考，文20)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零

2、點(diǎn)，求a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝1時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． 考向分析 從近三年高考來(lái)看，該部分高考命題有以下特點(diǎn)： 從內(nèi)容上看，考查導(dǎo)數(shù)主要有三個(gè)層次：(1)導(dǎo)數(shù)的概念、求導(dǎo)公式與法則、導(dǎo)數(shù)的幾何意義；(2)導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用，包括求函數(shù)極值、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明函數(shù)的單調(diào)性等；(3)導(dǎo)數(shù)的綜合考查，包括導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題． 從形式上看，考查導(dǎo)數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題，有時(shí)三種題型會(huì)同時(shí)出現(xiàn)． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一　

3、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝3. (1)求y＝f(x)的解析式； (2)證明曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝1和直線y＝x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值． 規(guī)律方法 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義： 函數(shù)y＝f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是：曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率(瞬時(shí)速度就是位移函數(shù)s(t)對(duì)時(shí)間t的導(dǎo)數(shù))． 2．求曲線切線方程的步驟： (1)求出函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0的導(dǎo)數(shù)f′(x0)，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處切

4、線的斜率； (2)已知或求得切點(diǎn)坐標(biāo)P(x0，f(x0))，由點(diǎn)斜式得切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)． 特別提醒：①當(dāng)曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時(shí)導(dǎo)數(shù)不存在)時(shí)，由切線定義可知，切線方程為x＝x0；②當(dāng)切點(diǎn)坐標(biāo)未知時(shí)，應(yīng)首先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，再求解． 變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)曲線y＝ax2在點(diǎn)(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，則a＝__________； (2)設(shè)f(x)＝xln x＋1，若f′(x0)＝2，則f(x)在點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為_(kāi)_________． 熱點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】已知函數(shù)f(

5、x)＝x2＋aln x. (1)當(dāng)a＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟： (1)確定函數(shù)的定義域； (2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)； (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(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)性求參數(shù)，只需轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立問(wèn)題求解．解題過(guò)程中要注意分類(lèi)討論；函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題以及一些相關(guān)的逆向問(wèn)題，都離不開(kāi)分類(lèi)討論思想． 變式訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x

6、)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性． 熱點(diǎn)三　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值和最值問(wèn)題 【例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x， (1)若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若x＝－是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)在[1，a]上的最大值； (3)在(2)的條件下，是否存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn)？若存在，請(qǐng)求出實(shí)數(shù)b的取值范圍；若不存在，試說(shuō)明理由． 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟是：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)①若求極值，則先求出方程f′(

7、x)＝0的根，再檢驗(yàn)f′(x)在方程根左右邊f(xié)′(x)的符號(hào)，求出極值．當(dāng)根中有參數(shù)時(shí)要注意分類(lèi)討論根是否在定義域內(nèi)．②若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況，從而求解． 變式訓(xùn)練3 設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ax3－3x2. (1)若x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)，求a的值； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[0,2]在x＝0處取得最大值，求a的取值范圍． 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想的含義 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，采用某種手段將問(wèn)題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問(wèn)題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法．一般是將復(fù)雜的問(wèn)題通

8、過(guò)變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問(wèn)題，將難解的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問(wèn)題，將未解決的問(wèn)題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為已解決的問(wèn)題． 轉(zhuǎn)化與化歸常用的方法是等價(jià)轉(zhuǎn)化法：把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)易于解決的等價(jià)問(wèn)題，以達(dá)到化歸的目的． 已知函數(shù)f(x)＝x(ln x＋m)，g(x)＝x3＋x. (1)當(dāng)m＝－2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若m＝時(shí)，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝x(ln x－2)＝xln x－2x，定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝ln x－1. 由f′(x)＞0，得ln x－1＞0，所以x＞e. 由f′(x)＜0，得ln x－1＜

9、0，所以0＜x＜e. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e，＋∞)，遞減區(qū)間是(0，e)． (2)當(dāng)m＝時(shí)，不等式g(x)≥f(x)， 即x3＋x≥x恒成立． 由于x＞0，所以x2＋1≥ln x＋， 即x2≥ln x＋，所以a≥ . 令h(x)＝ ，則h′(x)＝， 由h′(x)＝0得x＝1. 且當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＞0； 當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0， 即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(x)在x＝1處取得極大值h(1)＝， 也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值． 因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即為a的取值范圍． 1．已知函數(shù)

10、f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿(mǎn)足f(x)＝3xf′(1)＋x2，則f′(1)＝(　　)． A．－1 B．－2 C．1 D．2 2．(2012·浙江名校《創(chuàng)新》沖刺卷，文10)已知f(x)是R上的周期為2的偶函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＝x2＋2x－3ln x，設(shè)a＝f，b＝f，c＝f，則(　　)． A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜a＜b C．a(chǎn)＜c＜b D．b＜c＜a 3．已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＜0時(shí)，不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log

11、3f，則a，b，c間的大小關(guān)系是(　　)． A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b 4．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　)． A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 5．三次函數(shù)f(x)，當(dāng)x＝1時(shí)有極大值4；當(dāng)x＝3時(shí)有極小值0，且函數(shù)圖象過(guò)原點(diǎn)，則f(x)＝__________. 6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a為常數(shù))在區(qū)間[－2,2]上有最大值20，那么此函數(shù)在區(qū)間[－

12、2,2]上的最小值為_(kāi)_________． 7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x(a∈R)． (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)g(x)＝2x，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 8．(2012·浙江寧波十校聯(lián)考，文21)設(shè)函數(shù)f(x)＝a2ln x－4x，g(x)＝bx2，(a≠0，b≠0，a，b∈R)． (1)當(dāng)b＝時(shí)，函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)在x＝1處有極小值，求函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)和g(x)有相同的極大值，且函

13、數(shù)p(x)＝f(x)＋在區(qū)間[1，e2]上的最大值為－8e，求實(shí)數(shù)b的值．(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：對(duì)函數(shù)y＝x2－ln x求導(dǎo)， 得y′＝x－＝(x＞0)， 令解得x∈(0,1]．因此函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．故選B. 2．(1)解：由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝12， 此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 和. 單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明：由于0≤x≤1，故當(dāng)a≤2時(shí)，f(x)

14、＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當(dāng)a＞2時(shí)，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6， 于是 x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－＞0. 所以當(dāng)0≤x≤1時(shí)，2x3－2x＋1＞0. 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0. 3．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，

15、得x1＝－1，x2＝a＞0. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得0＜a＜. 所以，a的取值范圍是. (3)a＝1時(shí)，f(x)＝x3－x－1. 由(1)知f(x)在[－3，－1]

16、上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增． ①當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]上單調(diào)遞減． 因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者． 由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當(dāng)t∈[－3，－2]時(shí)，f(t)≤f(t＋3)， 故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)． 而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－， 所以g(t)在[－3，－2]上的最小值

17、為g(－2)＝－－＝. ②當(dāng)t∈[－2，－1]時(shí)，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小． 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)，f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，從而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為. 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】(1)解：f′(x)＝a－， 于是解得或 由a，b

18、∈Z，故f(x)＝x＋. (2)證明：在曲線上任取一點(diǎn). 由f′(x0)＝1－知，過(guò)此點(diǎn)的切線方程為y－＝(x－x0)． 令x＝1得y＝，切線與直線x＝1的交點(diǎn)為. 令y＝x，得y＝2x0－1， 切線與直線y＝x的交點(diǎn)為(2x0－1,2x0－1)． 直線x＝1與直線y＝x的交點(diǎn)為(1,1)． 從而所圍三角形的面積為·2x0－1－1 ＝2x0－2＝2. ∴所圍三角形的面積為定值2. 【變式訓(xùn)練1】(1)1　解析：∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a. 又y＝ax2在點(diǎn)(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行， ∴2a＝2，a＝1. (2)2x－y－e＋

19、1＝0　解析：因?yàn)閒(x)＝xln x＋1， 所以f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1. 因?yàn)閒′(x0)＝2，所以ln x0＋1＝2， 解得x0＝e，y0＝e＋1. 由點(diǎn)斜式得，f(x)在點(diǎn)(e，e＋1)處的切線方程為y－(e＋1)＝2(x－e)，即2x－y－e＋1＝0. 【例2】解：(1)由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝－2時(shí)，f′(x)＝2x－＝， 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)． (2)由題意得g′(x)＝2x＋－，函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)． ①若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，則g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即

20、a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，設(shè)φ(x)＝－2x2， ∵φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0. ②若g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)減函數(shù)， 則g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥0. 【變式訓(xùn)練2】解：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝. 設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當(dāng)Δ＜0即0＜a＜2時(shí)，對(duì)一切x＞0都有f′(x)＞0. 此時(shí)f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ②當(dāng)Δ＝0即a＝2時(shí)，僅對(duì)x＝有f′(x)＝0，對(duì)其余的x＞0

21、都有f′(x)＞0. 此時(shí)f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ③當(dāng)Δ＞0即a＞2時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根 x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3. ∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0， 即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒

22、成立， 則必有≤1且f′(1)＝－2a≥0. ∴a≤0. (2)依題意，f′＝0，即＋a－3＝0. ∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x. 令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3. 則當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)變化情況如下表： x 1 (1,3) 3 (3,4) 4 f′(x) － 0 ＋ f(x) －6 －18 －12 ∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)＝－6. (3)函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn)，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3個(gè)不等實(shí)根． ∴x3－4x2－3x

23、－bx＝0， ∴x＝0是其中一個(gè)根， ∴方程x2－4x－3－b＝0有兩個(gè)非零不等實(shí)根． ∴ ∴b＞－7且b≠－3. ∴存在滿(mǎn)足條件的b值，b的取值范圍是b＞－7且b≠－3. 【變式訓(xùn)練3】解：(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)． 因?yàn)閤＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)， 所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1. 經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)a＝1時(shí)，x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)． (2)由題設(shè)，g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)． 當(dāng)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0)時(shí)，g(0)≥g(2)， 即0≥20a－

24、24，得a≤. 反之，當(dāng)a≤時(shí)，對(duì)任意x∈[0,2]， g(x)≤x2(x＋3)－3x(x＋2)＝(2x2＋x－10)＝(2x＋5)(x－2)≤0， 而g(0)＝0，故g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0)． 綜上，a的取值范圍為. 創(chuàng)新模擬·預(yù)測(cè)演練 1．A　解析：f′(x)＝3f′(1)＋2x，令x＝1，得f′(1)＝3f′(1)＋2， ∴f′(1)＝－1.故選A. 2．D　解析：當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＝x＋2－＝＜0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)． 又b＝f＝f＝f＝f， c＝f＝f，則有b＜c＜a. 3．C　解析：設(shè)g(x)＝xf(x)，則g

25、′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0， ∴當(dāng)x＜0時(shí)，g(x)＝xf(x)為減函數(shù)． 又g(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)為增函數(shù)． ∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2， ∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)， 即c＞a＞b，故選C. 4．B　解析：設(shè)h(x)＝f(x)－(2x＋4)，則h′(x)＝f′(x)－2＞0， 故h(x)在R上單調(diào)遞增，又h(－1)＝f(－1)－2＝0， 所以當(dāng)x＞－1時(shí)，h(x)＞0，即f(x)＞2x＋4. 5．x3－6x2＋9x　解析：設(shè)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)， 則f′(x)＝3ax2＋

26、2bx＋c. 由題意，有即 解得 故f(x)＝x3－6x2＋9x. 6．－7　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)． ∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22， ∴a＋22＝20，a＝－2. 故最小值為f(－1)＝－7. 7．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′()＝1＋2＝3. 故曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率為3. (2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)． ①當(dāng)a≥0時(shí)，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－，

27、在區(qū)間上f′(x)＞0，在區(qū)間上f′(x)＜0.所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由題可知，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，轉(zhuǎn)化為[f(x)]max＜[g(x)]max，而[g(x)]max＝2. 由(2)知，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意．(或者舉出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合題意．) 當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 故f(x)的極大值即為最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－. 所以，a的取

28、值范圍為. 8．解：(1)b＝，h(x)＝a2ln x－4x＋x2，h′(x)＝－4＋3x，h′(1)＝a2－1＝0，a2＝1， ∴h(x)＝ln x－4x＋x2，由h′(x)＝－4＋3x＝＞0， 得x＞1或0＜x＜，所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(1，＋∞)． (2)函數(shù)g(x)的極大值為0，且b＜0， 而f′(x)＝－4，令f′(x)＝0?x＝，f(x)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減， 所以f(x)極大值＝f＝a2ln－a2＝0?a2＝4e， 則p(x)＝4eln x－4x＋bx，根據(jù)題意得p(1)＝－4＋b≤－8e?b≤4－8e，p′(x)＝，令p′(x)＝0?x＝， ∵4－b≥8e，∴x≤， ∴函數(shù)p(x)在[1，e2]上單調(diào)遞減， ∴p(x)最大值＝p(1)＝－4＋b＝－8e，得b＝4－8e.