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【复习方略】2014高考数学(人教A版,理)课件(山东专供)第二章 第十一节导数在研究函数中的应用


第十一节 导数在研究函数中的应用

1.函数的单调性与导数的关系
增函数 常量函数 减函数

2.函数的极值与导数

(1)极值的概念

f(x)<f(x0)

极大值点

f(x)>f(x0) 极 小值点

(

2)判别f(x0)是极大(小)值的方法 异号 则x0是f(x) 若x0满足f′(x0)=0,且在x0的两侧f(x)的导数_____, 的极值点.

f′(x)>0 右侧________, f′(x)<0 即“________ 左正右负”, ①如果在x0附近的左侧________,
那么f(x0)是极大值; f′(x)<0 右侧________, f′(x)>0 即“________ 左负右正”, ②如果在x0附近的左侧________, 那么f(x0)是极小值.

3.求函数f(x)在[a,b]上最值的步骤 极值 (1)求函数y=f(x)在(a,b)内的_____.

极值 与端点处的________________ 函数值f(a),f(b) 比较, (2)将函数y=f(x)的各_____
其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,得出函数f(x) 在[a,b]上的最值.

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.( )

(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(
(3)函数的极大值不一定比极小值大.( )

)

(4)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条 件.( )

(5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极 小值.( )

【解析】(1)错误.f′(x)>0能推出f(x)为增函数,反之不一定. 如函数f(x)=x3在(-≦,+≦)上单调递增,但f′(x)≥0.所以 f′(x)>0是f(x)为增函数的充分条件,但不是必要条件. (2)错误.一个函数在某区间上或定义域内极大值可以不止一个 . (3)正确.一个函数的极大值与极小值没有确定的大小关系 ,极 大值可能比极小值大,也可能比极小值小.

(4)错误.对可导函数f(x),f′(x0)=0只是x0点为极值点的必要 条件,如y=x3在x=0时f′(0)=0,而函数在R上为增函数,所以0不 是极值点. (5)正确.当函数在区间端点处取得最值时,这时的最值不是极 值. 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√

1.函数f(x)=ln x-ax(a>0)的单调递增区间为( (A)(0, 1 )
a

)

(B)( 1 ,+∞)
a

(C)(-∞, 1 )
a

(D)(-∞,a)
x a

【解析】选A.由f′(x)= 1 -a>0,得0<x< 1 ,?f(x)的单调
递增区间为(0, 1 ).
a

2.设f(x)=x(ax2+bx+c)(a≠0)在x=1和x=-1处均有极值,则下列 点中一定在x轴上的是( (A)(a,b) (B)(a,c) ) (C)(b,c) (D)(a+b,c)

【解析】选A.f′(x)=3ax2+2bx+c,由题意知1,-1是方程 3ax2+2bx+c=0的两根,?1-1= -
2b ,b=0,故选A. 3a

3.函数f(x)=x3-3x,x∈(-1,1)( (A)有最大值,但无最小值 (B)有最大值,也有最小值

)

(C)无最大值,也无最小值
(D)无最大值,但有最小值

【解析】选C.f′(x) =3x2-3,≧x∈(-1,1),
?f′(x)<0,

?f(x)在(-1,1)上是减函数,故f(x)无最大值,也无最小值.

4.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是(
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3

)

【解析】选D. f′(x)=3x2-a≥0在[1,+≦)上恒成立,即a≤3x2在 [1,+≦)上恒成立,而(3x2)min=3×12=3. ?a≤3,故amax=3.

5.已知y=f(x)是定义在R上的函数,且f(1)=1,f′(x)>1,则
f(x)>x的解集是( (A)(0,1) (C)(1,+∞) ) (B)(-1,0)∪(0,1) (D)(-∞,-1)∪(1,+∞)

【解析】选C.令F(x)=f(x)-x,则F′(x)=f′(x)-1>0,所以F(x) 是增函数,故易得F(x)>F(1)的解集,即f(x)>x的解集是(1,+≦).

考向 1

利用导数研究函数的单调性
2

【典例1】(1)(2012·辽宁高考)函数y= 1 x2-lnx的单调递减区 间为( ) (B)(0,1] (D)(0,+∞)

(A)(-1,1] (C)[1,+∞)

(2)(2012·北京高考改编)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)= x3+bx. ①若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公切 线,求a,b的值; ②当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间. 【思路点拨】(1)保证函数有意义的前提下,利用y′≤0求解. (2)①利用交点既在f(x)上,也在g(x)上,在公切点处导数相等,

构造方程组求解;②构造函数F(x)=f(x)+g(x),再利用导数求单
调区间.

【规范解答】(1)选B.由y′=( 1 x2-lnx)′=x- 1 ≤0?
2 x

-1≤x≤1,且x≠0,又函数的定义域为(0,+≦),故单调递减区间 为(0,1].

(2)①f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,
?f ?1? ? a ? 1 ? c, 由已知可得 ? ?g ?1? ? 1 ? b ? c, 解得a=b=3. ?2a ? 3 ? b, ?

②令F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+ F′(x)=3x2+2ax+ x 2= ? a ,
6

a 2 ,令F′(x)=0,得x = ? a , 1 2 4

a 2 +1, x 4

≧a>0,?x1<x2,
x ? ? 或x ? ? ; 由F′(x)>0得, a 6 a ?单调递增区间是(-≦,? ),( ? a ,+≦); 2 6 单调递减区间为( ? a , ? a ). 2 6 a 2 a 6

由F′(x)<0得,? ? x ? ? .

a 2

【互动探究】在本例题(2)②中,若条件不变,讨论函数f(x) +g(x)当a>0时,在区间(-∞,-1)上的单调性. 【解析】由本例解析知,当a>0时,函数的单调递增区间是
a a a a (-≦, ? ),( ? a ,+≦);单调递减区间为( ? , ? ).当 ? ≥ 2 2 6 2 6

-1,即0<a≤2时,f(x)+g(x)在(-≦,-1)上为增函数;
当 ? a ? ?1 ? ? a ,即2<a≤6时,f(x)+g(x)在(-≦, ? a )上单
2 6 2

调递增,在( ? a ,-1)上单调递减;
2

当 ? a <-1,即a>6时,f(x)+g(x)在(-≦, ?

6 a ( ? a , ? a )上单调递减,在( ? ,-1)上单调递增. 6 2 6

a )上单调递增,在 2

综上,当0<a≤2时,f(x)+g(x)在(-≦,-1)上为增函数;
当2<a≤6时,f(x)+g(x)在(-≦, ? a )上单调递增,在
2

( ? a ,-1)上单调递减;
2 2

当a>6时,f(x)+g(x)在(-≦, ? a )上单调递增,在( ? , ? ) 上单调递减,在( ? a ,-1)上单调递增.
6

a 2

a 6

【拓展提升】求函数的单调区间的“两个”方法 (1)方法一:①确定函数y=f(x)的定义域;

②求导数y′=f′(x);
③解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区

间;
④解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区

间.

(2)方法二:①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数y′=f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定义区 间内的一切实根; ③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的 各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数 f(x)的定义区间分成若干个小区间; ④确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个 相应区间内的单调性.

【变式备选】(1)函数y=xln x的单调递减区间是______.
1 1 【解析】y′=ln x+x· =ln x+1,令y′<0,解得x< ,又 e x 1 x>0,?y=xln x的单调递减区间是 (0, ). e 1 答案:(0, ) e

(2)已知函数f(x)= 1 x3+ax2+bx,且f′(-1)=0,
3

①试用含a的代数式表示b;

②求f(x)的单调区间.
【解析】①依题意,得f′(x)=x2+2ax+b, 由f′(-1)=1-2a+b=0得b=2a-1. ②由①得f(x)=
1 3 x +ax2+(2a-1)x, 3

故f′(x)=x2+2ax+2a-1=(x+1)(x+2a-1), 令f′(x)=0,则x=-1或x=1-2a,

(i)当a>1时,1-2a<-1, 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-≦,1-2a) + 单调递增 (1-2a,-1) 单调递减 (-1,+≦) + 单调递增

由此得,函数f(x)的单调递增区间为(-≦,1-2a)和(-1,+≦), 单调递减区间为(1-2a,-1).

(ii)由a=1时,1-2a=-1,此时,f′(x)≥0恒成立,且仅在x=-1处
f′(x)=0,故函数f(x)的单调递增区间为R. (iii)当a<1时,1-2a>-1,同理可得函数f(x)的单调递增区间为 (-≦,-1)和(1-2a,+≦),单调递减区间为(-1,1-2a). 综上: 当a>1时,函数f(x)的单调递增区间为(-≦,1-2a)和(-1,+≦), 单调递减区间为(1-2a,-1);

当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为R;
当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-≦,-1)和(1-2a,+≦), 单调递减区间为(-1,1-2a).

考向 2 已知函数的单调性求参数的范围
【典例2】(1)若函数y=a(x3-x)的单调递减区间为( ? 3 , 3 ),
3 3

则a的取值范围是(
(A)a>0

)
(B)-1<a<0

(C)a>1

(D)0<a<1

(2)(2013·厦门模拟)若函数f(x)=x3-ax2+1在[1,2]上单调递

减,求实数a的取值范围.

【思路点拨】(1)由y′<0的解集为( ?

3 3 , 3 3

)确定a的取值范

围.(2)先求出导函数,再利用导数与单调性的关系或转化为恒 成立问题求解.

【规范解答】(1)选A.
3 3 ≧y′= 3a(x 2 ? 1 ) ? 3a(x ? )(x ? ) , 3 3 3 3 3 3 3 <x< 时,(x ? )(x ? )<0, 3 3 3 3 因为函数y=a(x3-x)在( ? 3 , 3 )上单调递减, 3 3 当?

所以y′≤0,即a≥0,经检验a=0不合题意,?a>0.

(2)f′(x)=3x2-2ax=x(3x-2a).
方法一: 由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0,即3x2-2ax≤0在 [1,2]上恒成立,即a≥ 3 x在[1,2]上恒成立.故只需 a≥( x )max,故a≥3. 综上可知,a的取值范围是[3,+≦).
3 2 2

方法二:当a=0时,f′(x)≥0,故y=f(x)在(-≦,+≦)上单调

递增,与y=f(x)在[1,2]上单调递减不符,舍去.
当a<0时,由f′(x)≤0得 2 a ≤x≤0,即f(x)的单调递减区间
3

为[ 2 a ,0],与f(x)在[1,2]上单调递减不符,舍去.
当a>0时,由f′(x)≤0得0≤x≤ 2 a ,即f(x)的减区间为
2 [0, a ],由f(x)在[1,2]上单调递减得 2 a ≥2,得a≥3. 3 3 3 3

综上可知,a的取值范围是[3,+≦).

【互动探究】在本例题(2)中,若将“在[1,2]上单调递减” 变为“在[1,2]上存在单调递减区间”,其他条件不变,试 解答本题. 【解析】方法一:由f(x)在[1,2]上存在单调递减区间,知 f′(x)<0即3x2-2ax<0在[1,2]内有解.即a> x 在[1,2]
3 上有解.故只需a>( 3 x )min,又 3 x 在[1,2]上最小值为 , 2 2 2 3 2

故a>

综上可知,a的取值范围是( 3 ,+≦).
2

3 . 2

方法二:函数f(x)=x3-ax2+1在[1,2]上存在单调递减区间, 即区间[1,2]与单调递减区间存在交集,由本例解析知,只
2 3 以存在交集,此时应满足 2 a >1,即a> 3 .故所求a的取值范 2 3 3 围是( ,+≦). 2

有当a>0时,f(x)的单调递减区间[0, a]与区间[1,2]可

【拓展提升】已知函数单调性,求参数范围的两个方法 (1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间 (a,b)是相应单调区间的子集. (2)转化为不等式的恒成立问题:即“若函数单调递增,则 f′(x)≥0;若函数单调递减,则f′(x)≤0”来求解. 【提醒】f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有 f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意 此时式子中的等号不能省略,否则漏解.

【变式备选】已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex,x∈R,e为自然
对数的底数. (1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间. (2)函数f(x)是否为R上的减函数,若是,求出a的取值范围;若不 是,请说明理由.

【解析】(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,
?f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ≧ex>0,?-x2+2>0,解得 ? 2 <x< 2 . ?函数f(x)的单调递增区间是( ? 2 , 2 ).

(2)f(x)不是R上的减函数. 若函数f(x)在R上单调递减, 则f′(x)≤0对x∈R都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0对x∈R都成立. ≧ex>0,?x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立. ?Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的. 故函数f(x)不可能是R上的减函数.

考向 3 利用导数研究函数的极值(最值) 【典例3】(1)(2013·杭州模拟)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)

在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为
( )

(A)-5

(B)-11

(C)-29

(D)-37

(2)(2013·海口模拟)若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1没有极值,则

a的取值范围是

.

(3)(2012·江苏高考改编)已知a,b是实数,1和-1是函数
f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点. ①求a和b的值; ②设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.

【思路点拨】(1)先由最大值求出m的值,再据此求出最小值.
(2)函数无极值,等价于f′(x)=0无实根,或存在两相等实根. (3)①求出f(x)的导数,根据1和-1是函数f(x)的两个极值点,代 入列方程组求解即可;②由①得,f(x)=x3-3x,求出g′(x),令 g′(x)=0,求解讨论即可.

【规范解答】(1)选D.由f′(x)=6x2-12x>0得,
x<0或x>2,由f′(x)<0得0<x<2.

?f(x)在[-2,0]上为增函数,在[0,2]上为减函数,
?f(x)max=f(0)=m=3.

又f(-2)=-37,f(2)=-5,?f(x)min=-37.
(2)f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),由f(x)没有极值点得

Δ=36a2-36(a+2)≤0,即-1≤a≤2.
答案:[-1,2]

(3)①由f(x)=x3+ax2+bx得f′(x)=3x2+2ax+b, 又因为1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点,所以 3x2+2ax+b=0的两个根分别为1和-1. 由根与系数的关系得1+(-1)= ? 2a ?a=0, 1×(-1)= b ?b=-3,
3 3

所以a=0,b=-3,此时f(x)=x3-3x.

②由①得,f(x)=x3-3x,
g′(x)=f(x)+2=x3-3x+2=(x-1)2(x+2)=0,

解得x1=x2=1,x3=-2.≧当x<-2时,g′(x)<0;
当-2<x<1时,g′(x)>0,?x=-2是g(x)的极值点.

≧当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,
?x=1不是g(x)的极值点.?g(x)的极值点是-2.

【拓展提升】“最值”与“极值”的区别和联系
(1)“最值”是整体概念,是比较整个定义域或区间内的函数值

得出的,具有绝对性;而“极值”是个局部概念,是比较极值点
附近函数值得出的,具有相对性.

(2)从个数上看,一个函数在其定义域上的最值是唯一的,而极
值不唯一.

(3)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个,而函 数的极值可能不止一个,也可能一个也没有. (4)极值只能在区间内部取得,而最值可以在区间的端点处取得. (5)有极值的未必有最值,有最值的未必有极值;极值有可能成 为最值,最值只要不在端点必定是极值.

【变式训练】设 2 <a<1,函数f(x)=x3- 3 ax2+b在区间 [-1,1]上的最大值为1,最小值为 ? 6 ,求函数的解析式.
2
3 2

【解析】f′(x)=3x2-3ax,令f′(x)=0,得x=0或x=a.
3 3 a 又f(-1)=-1- a+b,f(0)=b,f(a)= ? +b, 2 2 f(1)=1- 3 a+b. 2

显然f(-1)<f(1),f(a)<f(0),

因为f(0)-f(1)=

3 a-1>0, 2

所以f(x)在[-1,1]上的最大值为f(0)=b,

所以b=1.

又f(-1)-f(a)= 1 (a+1)2(a-2)<0,
2 3 3 所以f(x)的最小值为f(-1)=-1- a+b=- a, 2 2 3 6 6 所以 ? a ? ? ,所以a ? . 2 2 3 故所求函数的解析式是f(x)=x3- 6 x2+1. 2

【满分指导】导数在函数中的应用题的规范解答 【典例】(12分)(2012·江西高考)已知函数f(x)=(ax2+bx+ c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)=1,f(1)=0. (1)求a的取值范围. (2)设g(x)=f(x)- f′(x),求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值.

【思路点拨】(1)将f(x)用含a的代数式表示出来,根据已知条
件转化为恒成立问题求解.

(2)化简g(x)= f(x)- f′(x),通过对g(x)求导,然后分类讨论
求最值.

【规范解答】(1)由f(0)=1,f(1)=0,得c=1,a+b=-1, 则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex,① ??????????2分 依题意对于任意x∈[0,1],有f′(x)≤0. 当a>0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图象开口向上,而 f′(0)=-a<0,所以需f′(1)=(a-1)e<0,即0<a<1;②

??????????????????????3分

当a=1时,对于任意x∈[0,1],有f′(x)=(x2-1)ex≤0,且只在
x=1时f′(x)=0,f(x)符合条件; 当a=0时,对于任意x∈[0,1],f′(x)=-xex≤0,且只在x=0时, f′(x)=0,f(x)符合条件; 当a<0时,因f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故a的取值范围为0≤a≤1. ????????????5分

(2)因g(x)=(-2ax+1+a)ex, g′(x)=(-2ax+1-a)ex, (ⅰ)当a=0时,g′(x)=ex>0,g(x)在x=0处取得最小值g(0)=1,在 x=1处取得最大值g(1)=e. ????????????6分 (ⅱ)当a=1时,对于任意x∈[0,1]有g′(x)=-2xex≤0,g(x)在 x=0处取得最大值g(0)=2,在x=1取得最小值g(1)=0. ??????????????????????7分

(ⅲ)当0<a<1时,由g′(x)=0得x= 1 ? a >0.
若 1? a 1 ? 1,即0 ? a ? 时,③ 2a 3 2a

g(x)在[0,1]上单调递增,g(x)在x=0处取得最小值g(0)=1+a,

在x=1处取得最大值g(1)=(1-a)e. ????????9分
1? a 1 ? 1,即 ? a ? 1时,③ 2a 3 1?a 1? a 1 ? a g(x)在x= 处取得最大值g( )= 2ae 2a ,在x=0或x=1处 2a 2a 若

取得最小值,而g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e, ??????10分

由g(0)-g(1)=1+a-(1-a)e
=(1+e)a+1-e=0,

得a=

e ?1 .则 当 1 ? a ? e ? 1时,④ e ?1 3 e ?1

g(0)-g(1)≤0,g(x)在x=0处取得最小值g(0)=1+a; 当 e ? 1 ? a ? 1时,④ g(0)-g(1)>0,g(x)在x=1处取得最小值
e ?1

g(1)=(1-a)e.

????????????????12分

【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)

1.(2012·陕西高考)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

)

【解析】选D.≧f(x)=xex,?f′(x)=(xex)′=ex+xex= ex(x+1),令f′(x)=0,则x=-1.当x<-1时,f′(x)<0; 当x>-1时,f′(x)>0,所以x=-1为f(x)的极小值点.

2.(2012·重庆高考)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)

【解析】选D.由图象可知,当x<-2时,y>0,1-x>0, 所以f′(x)>0, 当-2<x<1时,y<0,1-x>0,所以f′(x)<0, 当1<x<2时,y>0,1-x<0,所以f′(x)<0, 当x>2时,y<0,1-x<0,所以f′(x)>0. 所以函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2).

3.(2012·新课标全国卷)已知函数 f ? x ? ?

1 , 则 ln ? x ? 1? ? x

y=f(x)的图象大致为(

)

【解析】选B.令g(x)=ln(1+x)-x,

所以g′(x)= ? x .
1? x

得g′(x)>0?-1<x<0,g′(x)<0?x>0,

得g(x)<g(0)=0,得x>0或-1<x<0时均有f(x)<0,排除A,C,D.

4.(2013·济南模拟)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对 应值如表,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示, x f(x) -1 1 0 2 4 2 5 1

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有4个零点.
其中真命题为 (填写序号).

【解析】由y=f′(x)的图象知,y=f(x)在(-1,0)上递增,在(0,2)
上递减,在(2,4)上递增,在(4,5)上递减,故②正确;当x=0与x=4 时,y=f(x)取极大值,当x=2时,y=f(x)取极小值,因为f(2)的值 不确定,故①④不正确;对于③,t的最大值为5. 答案:②

5.(2012·安徽高考)设函数f(x)= ae x ? 1x ? b (a>0).
ae

(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值. (2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y ? 3 x,
2

求a,b的值.

1 1 a 2t 2 ?1 y ? at ? ? b, y? ? a ? 2 ? . 2 at at at 1 ①当a≥1时,y′>0?y=at+ +b在t≥1上是增函数, at 得:当t=1(x=0)时,f(x)取最小值为a+ 1 +b; a ②当0<a<1时,y=at+ 1 +b≥2+b, at 1 当且仅当at=1(t=ex= , x=-ln a)时,f(x)取最小值为b+2. a

【解析】(1)设t=ex(t≥1),则

(2)f(x)= ae x ? 1x ? b,f ? ? x ? ? ae x ? 1x , 由题意得:
ae

? 2 1 ?f ? 2 ? ? 3, ae ? 2 ? ? ? ae ? ? 3 ? ?f ? ? 2 ? ? ?ae 2 ? 1 2 ? ? ae 2 ?

ae 2 ? ? b ? 3, ?a ? 2 , ? e ?? 3 ?b ? 1 . ? ? 2 2 ?

1.函数 f ? x ?=1 ax 3+ 1 ax 2-2ax+2a+1 的图象经过四个象限,则
3 2

实数a的取值范围是(
6 3 <a< 5 16 8 3 B ? < a < ? ? ? 5 16 8 1 ? C ? ? <a<? 5 16 6 3 ? D ? ? <a<? 5 16

)

?A? ?

【解析】选D.f′(x)=ax2+ax-2a=a(x+2)(x-1),要使函
数f(x)的图象经过四个象限,则f(-2)f(1)<0,即
16 5 6 3 ( a+ 1)( a+ 1) ? 0,解得 ? <a<? . 3 6 5 16

2.已知y= 1 x3+bx2+(b+2)x+3在R上不是增函数,则b的取
3

值范围是_________. 【解析】假设y= x3+bx2+(b+2)x+3在R上是增函数,则 y′≥0恒成立.即x2+2bx+b+2≥0恒成立,所以Δ=4b2- 4(b+2)≤0成立,解得-1≤b≤2,故所求为b<-1或b>2. 答案:b<-1或b>2
1 3


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