《高中數(shù)學(xué)蘇教版選修11學(xué)案：第3章 章末分層突破 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué)蘇教版選修11學(xué)案：第3章 章末分層突破 Word版含解析（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 章末分層突破 [自我校對] ①(Δx→0) ②f′(x0) ③導(dǎo)數(shù)的運算法則 ④導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 ⑤函數(shù)的最值 　 　 　 　 　 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求曲線的切線方程 運用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可以求過曲線上任一點的切線的斜率，從而進一步求出過此點的切線方程.還可以結(jié)合幾何的有關(guān)知識，求解某些點的坐標(biāo)、三角形面積等.導(dǎo)數(shù)的幾何意義是近幾年高考的要點和熱點之一，常結(jié)合導(dǎo)數(shù)的運算進行考查，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn). 對于較為復(fù)雜的此類問題，一般要利用k＝f′(x0)((x0，f(x0)

2、)為切點)及切點的坐標(biāo)滿足切線方程和曲線方程列方程組求解. 　求過曲線y＝x3－2x上的點(1，－1)的切線方程. 【精彩點撥】　切線過曲線上一點(1，－1)，并不代表(1，－1)就是切點，故需先設(shè)出切點，再求解. 【規(guī)范解答】　設(shè)切點為P(x0，y0)，則y0＝x－2x0.∵y′＝3x2－2，則切線的斜率k＝f′(x0)＝3x－2，∴切線方程為y－(x－2x0)＝(3x－2)(x－x0). 又∵切線過點(1，－1)，∴－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)，整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝－.∴切點為(1，－1)或，相應(yīng)的切線斜率為k

3、＝1或k＝－. 故所求切線方程為y－(－1)＝x－1或y－＝－，即x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0. [再練一題] 1.(2016淮安高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝2處取得極值，并且它的圖象與直線y＝－3x＋3在點(1,0)處相切，則函數(shù)f(x)的表達式為________. 【解析】　f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(x)與直線y＝－3x＋3在點(1,0)處相切， ∴即 ∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝12＋4a＋b＝0.③ 由①②③解得∴f(x)＝x3－3x2＋2. 【答案】　f(x)＝x3－3x2＋2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)

4、的單調(diào)性 1.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，利用f ′(x)＞0，f ′(x)＜0的解集確定單調(diào)區(qū)間，這是函數(shù)中常見問題，是考查的重點. 2.求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間討論時要注意的三個方面：(1)f′(x)＝0有無根，(2)f′(x)＝0根的大小，(3)f′(x)＝0的根是否在定義域內(nèi).另外當(dāng)f′(x)＝0的最高次項系數(shù)含有字母時，則要討論系數(shù)是否為0. 3.已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍有兩種思路：①轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上恒成立問題，即f′(x)≥0(或≤0)恒成立，用分離參數(shù)求最值或函數(shù)的性質(zhì)求解，注意驗證使f′(x)＝0的參數(shù)是否符合題意，②構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的不等式求解，即令

5、f′(x)＞0(或＜0)求得用參數(shù)表示的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合所給區(qū)間，利用區(qū)間端點列不等式求參數(shù)的范圍. 　已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. 【精彩點撥】　(1)求出f′(x)，討論f′(x)＝0的根是否存在，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； (2)根據(jù)題意有f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，分離參數(shù)后可求實數(shù)a的取值范圍. 【規(guī)范解答】　 (1)f′(x)＝3x2－a. ①當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù). ②當(dāng)a＞0時，令3x2－a＝0得x＝；當(dāng)x＞或x＜－時，f′(x

6、)＞0； 當(dāng)－＜x＜時，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù). 綜上可知，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上為增函數(shù)； 當(dāng)a＞0時，f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù). (2)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立.因為3x2≥0，所以只需a≤0. 又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)， 所以a≤0，即a的取值范圍為(－∞，0]. [再練一題] 2.(2016湘潭高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ex－xex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間

7、； (2)若當(dāng)x∈[－2,2]時，不等式f(x)＞m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 【解析】　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex). 若x＜0，則1－ex＞0，所以f′(x)＜0； 若x＞0，則1－ex＜0，所以f′(x)＜0； 若x＝0，則f′(x)＝0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，＋∞). (2)由(1)知f(x)在[－2,2]上單調(diào)遞減， ∴f(x)min＝f(2)＝2－e2. ∴當(dāng)m<2－e2時，不等式f(x)＞m恒成立.即實數(shù)m的取值范圍是(－∞，2－e2).

8、 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般流程 2.求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟： (1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值； (2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)； (3)將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值. 3.注意事項： (1)求函數(shù)最值時，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點就是最值點，要通過認(rèn)真比較才能下結(jié)論. (2)解題時要注意區(qū)分求單調(diào)性和已知單調(diào)性的問題，處理好f′(x)＝0時的情況；區(qū)分極值點和導(dǎo)數(shù)為0的點. 　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x

9、)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝時，y＝f(x)有極值. (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值. 【精彩點撥】　(1)利用f′(1)＝3、f′＝0、f(1)＝4構(gòu)建方程組求解； (2)令f′(x)＝0→列表→求極值和區(qū)間端點的函數(shù)值→ 比較大小→得最大值和最小值 【規(guī)范解答】　 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 當(dāng)x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0，① 當(dāng)x＝時，y＝f(x)有極值，則f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0，② 由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切點的橫

10、坐標(biāo)為1，所以f(1)＝4. 所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的取值及變化情況如下表所示： x －3 (－3，－2) －2 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 8  13   4 由表可知，函數(shù)y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為. [再練一題] 3.已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋cx＋d有極值. (1)求c的取值范圍； (2)

11、若f(x)在x＝2處取得極值，且當(dāng)x＜0時，f(x)＜d2＋2d恒成立，求d的取值范圍. 【解】　(1)∵f(x)＝x3－x2＋cx＋d，∴f′(x)＝x2－x＋c，要使f(x)有極值， 則方程f′(x)＝x2－x＋c＝0有兩個實數(shù)解，從而Δ＝1－4c＞0，∴c＜. (2)∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝4－2＋c＝0，∴c＝－2.∴ f(x)＝x3－x2－2x＋d. ∵f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，∴當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(－1,2]時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減.∴x＜0時，f(x)在x＝－1處取得最大值＋d

12、， ∵x＜0時，f(x)＜d2＋2d恒成立，∴ ＋d＜d2＋2d，即(d＋7)(d－1)＞0， ∴d＜－7或d＞1，即d的取值范圍是(－∞，－7)∪(1，＋∞). 分類討論思想 利用分類討論思想解答問題已成為高考中的熱點問題，尤其是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)中的解答題，在含參數(shù)的問題中，無論是研究單調(diào)性，還是極值、最值，一般都需要分類討論. 　已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值為0，其中a＞0. (1)求a的值； (2)若對任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求實數(shù)k的最小值. 【精彩點撥】　(1)求出函數(shù)f(x)的最小值用a表示解方程可得a的

13、值； (2)構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx2，分類討論求其在[0，＋∞)的最大值，使其最大值≤0可得k的取值范圍，即得其最小值. 【規(guī)范解答】　(1)f(x)的定義域為(－a，＋∞).f ′(x)＝1－＝. 由f ′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.當(dāng)x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－a,1－a) 1－a (1－a，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，故由題意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1. (2)當(dāng)k≤0時，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0，故k≤0不合題意

14、. 當(dāng)k＞0時，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2. g ′(x)＝－2kx＝. 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1. ①當(dāng)k≥時，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立， 因此g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減.從而對于任意的x∈[0，＋∞)，總有g(shù)(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立.故k≥符合題意. ②當(dāng)0＜k＜時，＞0，對于x∈，g′(x)＞0， 故g(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，因此當(dāng)取x0∈時， g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立.故0＜k＜不合題意. 綜上，k的最小值為.

15、 [再練一題] 4.(2016南京高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a＞0). (1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線y＝ f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值. 【解】　(1)f′(x)＝aex－， 當(dāng)f ′(x)＞0，即x＞－ln a時，f(x)在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)f ′(x)＜0，即x＜－ln a時，f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減. ①當(dāng)0＜a＜1時，－ln a ＞0，f(x)在(0，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小

16、值為f(－ln a)＝2＋b; ②當(dāng)a≥1時，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f ′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)，所以a＝，代入原函數(shù)可得2＋＋b＝3，即b＝，故a＝，b＝. 1.(2015全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝________. 【解析】　先用“導(dǎo)數(shù)法”求出切線方程，然后代入點(2,7)求出a的值. ∵f′(x)＝3ax2＋1， ∴f′(1)＝3a＋1. 又

17、f(1)＝a＋2， ∴切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1). ∵切線過點(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1. 【答案】　1 2.(2016天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(0)的值為________. 【導(dǎo)學(xué)號：24830093】 【解析】　因為f(x)＝(2x＋1)ex， 所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex， 所以f′(0)＝3e0＝3. 【答案】　3 3.(2016北京高考)函數(shù)f(x)＝(x≥2)的最大值為________. 【導(dǎo)學(xué)號：24830094】 【解

18、析】　f′(x)＝＝－， 當(dāng)x≥2時，f′(x)＜0，所以f(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，故f(x)max＝f(2)＝＝2. 【答案】　2 4.(2014遼寧高考改編)當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________. 【解析】　當(dāng)x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當(dāng)x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥max. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6. ∴a≥－6. 當(dāng)x∈[－2,0)時，a≤， ∴

19、a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈[－2，－1)時，φ′(x)＜0. 當(dāng)x∈(－1,0)時，φ′(x)＞0. ∴當(dāng)x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值. 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2. 綜上可知－6≤a≤－2. 【答案】　[－6，－2] 5.(2015重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值. (1)確定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性. 【解】　(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x， 因為f(x)在x＝－處取得極值， 所以f′＝0， 即3a＋2＝－＝0

20、， 解得a＝. (2)由(1)得g(x)＝ex， 故g′(x)＝ex＋ex ＝ex ＝x(x＋1)(x＋4)ex. 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4. 當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)； 當(dāng)－40，故g(x)為增函數(shù)； 當(dāng)－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù). 綜上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù). 章末綜合測評(三)　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 (時間120分鐘，滿分160分) 一、填空題(本大

21、題共14小題，每小題5分，共70分.請把答案填寫在題中橫線上.) 1.質(zhì)點運動規(guī)律s＝t2＋3，則在時間(3,3＋Δt)中，質(zhì)點的平均速度等于________. 【解析】　平均速度為＝＝6＋Δt. 【答案】　6＋Δt 2.若f′(x0)＝－3，則當(dāng)h→0時，趨于常數(shù)________. 【解析】?。?. ∵f′(x0)＝－3，∴當(dāng)h→0時，趨于－3，故當(dāng)h→0時，趨于－12. 【答案】　12 3.(2015天津高考)已知函數(shù)f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a為實數(shù)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).若f′(1)＝3，則a的值為________. 【解析】　f′(x)＝

22、a＝a(1＋ln x). 由于f′(1)＝a(1＋ln 1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3. 【答案】　3 4.已知曲線f(x)＝x2＋2x－2在點M處的切線與x軸平行，則點M的坐標(biāo)是________. 【解析】　∵f′(x)＝2x＋2，由f′(x)＝0得x＝－1，又f(－1)＝1－2－2＝－3，∴點M的坐標(biāo)為(－1，－3). 【答案】　(－1，－3) 5.函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為__________. 【解析】　由題知y′＝ex＋xex，令y′＝0，解得x＝－1，代入函數(shù)解析式可得極值點的坐標(biāo)為，又極值點處的切線為平行于x軸的直線，故方程為y＝－. 【答案】

23、　y＝－ 6.下列結(jié)論①(sin x)′＝－cos x；②′＝；③(log3x)′＝；④(x2)′＝；⑤′＝，其中正確的有________(填序號). 【解析】　由于(sin x)′＝cos x，故①錯誤；由于′＝－，故②錯誤； 由于(log3x)′＝，故③錯誤；由于x2＝2x，故④錯誤；由于′＝－＝，所以⑤正確. 【答案】　⑤ 7.函數(shù)y＝xsin x＋cos x在(π，3π)內(nèi)的單調(diào)增區(qū)間是________. 【解析】　∵y＝xsin x＋cos x，∴y′＝xcos x，令y′＝xcos x＞0，且x∈(π，3π)，∴cos x＞0， 且x∈(π，3π)，∴x∈， ∴函數(shù)

24、y＝xsin x＋cos x在(π，3π)內(nèi)的單調(diào)增區(qū)間是. 【答案】　 8.(2016徐州高二檢測)函數(shù)f(x)＝ex(sin x＋cos x)在區(qū)間上的值域為________. 【解析】　f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝excos x， 當(dāng)0≤x≤時，f′(x)≥0，∴f(x)故上單調(diào)遞增. ∴f(x)的最大值在x＝處取得，f＝e， f(x)的最小值在x＝0處取得，f(0)＝.∴函數(shù)值域為. 【答案】　 9.若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是________. 【解析】　由題意可知f

25、′(x)＝－x＋＜0，在x∈(－1，＋∞)上恒成立， 即b＜x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，由于y＝x(x＋2)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)且y(－1)＝－1，所以b≤－1. 【答案】　(－∞，－1] 10.如圖1，是y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象，現(xiàn)有四種說法： ①f(x)在(－2，－1)上是增函數(shù)； ②x＝－1是f(x)的極小值點； ③f(x)在(－1,2)上是增函數(shù)； ④x＝2是f(x)的極小值點. 以上說法正確的序號是________(填序號). 圖1 【解析】　由函數(shù)的圖象可知：f′(－2)＜0，f′(－1)＝0，f(x)在(－2，－1)上是減函數(shù)，①不

26、正確；x＝－1時f′(1)＝0，函數(shù)在(－3，－1)遞減，在(－1,2)單調(diào)遞增，所以x＝－1是f(x)的極小值點，所以②正確；f(x)在(－1,2)上f′(x)＞0，所以函數(shù)在(－1,2)上是增函數(shù)，所以③正確；函數(shù)在(－1,2)單調(diào)遞增，在(2,4)單調(diào)遞減，所以x＝2是f(x)的極大值點，所以④不正確. 【答案】?、冢? 11.已知f(x)＝x3－3x2＋2x＋a，若f(x)在R上的極值點分別為m，n，則m＋n的值為________. 【解析】　∵f(x)＝x3－3x2＋2x＋a，∴f′(x)＝3x2－6x＋2，∵f(x)在R上的極值點分別為m，n，則m，n為f′(x)＝0的兩個根

27、，根據(jù)韋達定理可得，m＋n＝－＝2，∴m＋n的值為2. 【答案】　2 12.若a＞2，則函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在區(qū)間(0,2)上恰好有________個零點. 【解析】　∵f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a，又a＞2，∴2a＞4.當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＜0，此時f(x)單調(diào)遞減，又f(0)＝1，f(2)＝－4a＋1＝－4a，由a＞2知f(2)＜0，∴函數(shù)f(x)在(0,2)上只有1個零點. 【答案】　1 13.(2016郴州高二檢測)對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則f(0)＋f(2)與2f(

28、1)的大小關(guān)系為________. 【解析】　依題意，當(dāng)x≥1時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)x＜1時，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數(shù)，故當(dāng)x＝1時，f(x)取得極小值也為最小值，即有f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，∴f(0)＋f(2)≥2f(1). 【答案】　f(0)＋f(2)≥2f(1) 14.已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－2x＋m的圖象不經(jīng)過第四象限，則實數(shù)m的取值范圍是________. 【解析】　f′(x)＝x2＋x－2.令f′(x)＝0，解得x＝－2或1，則f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上

29、單調(diào)遞增，∴x＝1是極小值點.∵f(x)的圖象不經(jīng)過第四象限，即當(dāng)x＞0時，f(x)≥0.∴f(1)＝＋－2＋m≥0，∴m≥. 【答案】　m≥ 二、解答題(本大題共6小題，共90分.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.) 15.(本小題滿分14分)已知函數(shù)y＝ax3＋bx2，當(dāng)x＝1時，有極大值3. (1)求a，b的值； (2)求函數(shù)y的極小值. 【解】　(1)y′＝3ax2＋2bx，當(dāng)x＝1時，y′|x＝1＝3a＋2b＝0，y|x＝1＝a＋b＝3， 即，解得：a＝－6，b＝9. (2)由(1)得y＝－6x3＋9x2，y′＝－18x2＋18x，令y′＝0，得x＝0，或x

30、＝1 當(dāng)x＞1或x＜0時，y′＜0，函數(shù)在(－∞，0)，(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0＜x＜1時，y′＞0，函數(shù)在(0,1)單調(diào)遞增. ∴y極小值＝y(tǒng)|x＝0＝0. 16.(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值. 【解】　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞). (2)f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a. 因為f(x)在區(qū)間[－1,2]上

31、f′(x)＞0，所以f(x)在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)遞增， 因此f(2)和f(－1)分別是f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a＝20，解得a＝－2.故f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7， 即函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最小值為－7. 17.(本小題滿分14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a＞0). (1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1]上的最大值為，求a的值. 【解】　函數(shù)f(x)的定義域為(0,2)，f′(x)＝－＋a. (1)當(dāng)a＝1時，f′(

32、x)＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去) 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，2). (2)當(dāng)x∈(0,1]時，f′(x)＝＋a＞0， 即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝a，因此a＝. 18.(本小題滿分16分)(2016南京高二檢測)一火車鍋爐每小時煤的消耗費用與火車行駛速度的立方成正比，已知當(dāng)速度為20 km/h時，每小時消耗的煤價值40元，其他費用每小時需400元，火車的最高速度為100 km/h，火車以何速度行駛才能使從甲城開往乙城的總費用最少？ 【解】　設(shè)火車的速度為x km/h，甲、乙兩城距離為a k

33、m.由題意，令40＝k203，∴k＝， 則總費用f(x)＝(kx3＋400)＝a＝a(0＜x≤100). 由f′(x)＝＝0，得x＝20. 當(dāng)0＜x＜20時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)20＜x≤100時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增. ∴當(dāng)x＝20時，f(x)取極小值也是最小值，即速度為20 km/h時，總費用最少. 19.(本小題滿分16分)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x－a). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)g(a)為f(x)在區(qū)間[0,2]上的最小值，試寫出g(a)的表達式. 【解】　(1)由題意知函數(shù)的定義域為[0，＋∞)，f′(x)

34、＝＋＝(x＞0) ①若a≤0，則f ′(x)＞0，故f(x)有單調(diào)遞增區(qū)間[0，＋∞)； ②若a＞0，令f ′(x)＝0，得x＝.當(dāng)0＜x＜時，f ′(x)＜0，當(dāng)x＞時，f ′(x)＞0. 故f(x)有單調(diào)遞減區(qū)間，單調(diào)遞增區(qū)間. 由于函數(shù)在某一點處沒有增減性， 故函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的情況為： 若a≤0，f(x)有單調(diào)遞增區(qū)間[0，＋∞)； 若a＞0，f(x)有單調(diào)遞減區(qū)間，單調(diào)遞增區(qū)間. (2)①若a≤0，f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，所以g(a)＝ f(0)＝0. ②若0＜a＜6，f(x)在[0， ]上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以g(

35、a)＝f＝－. ③若a≥6，f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減， 所以g(a)＝f(2)＝(2－a). 綜上所述，g(a)＝ 20.(本小題滿分16分)(2016洛陽高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝a(x＋1)2ln(x＋1)＋bx(x＞－1)，曲線y＝f(x)過點(e－1，e2－e＋1)，且在點(0,0)處的切線方程為y＝0. (1)求a，b的值； (2)證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥x2； (3)若當(dāng)x≥0時，f(x)≥mx2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 【解】　(1)f′(x)＝2a(x＋1)ln(x＋1)＋a(x＋1)＋b， ∵f′(0)＝a＋b＝0，f(e－1)＝ae2

36、＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1. (2)f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x， 設(shè)g(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2，(x≥0)，g′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)－x， (g′(x))′＝2ln(x＋1)＋1＞0，∴g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)≥g(0)＝0.∴f(x)≥x2. (3)設(shè)h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2，h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx， 由(2)中知(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)， ∴(x＋1)ln(x＋1)≥x， ∴h′(x)≥3x－2mx， ①當(dāng)3－2m≥0即m≤時，h′(x)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增， ∴h(x)≥h(0)＝0，成立. ②當(dāng)3－2m＜0即m＞時，h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x， h′′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m， 令h′′(x)＝0，得x0＝e－1＞0， 當(dāng)x∈[0，x0)時，h′(x)＜h′(0)＝0，∴h(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減， ∴h(x)＜h(0)＝0，不成立. 綜上，m≤.