2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第3讲导数的简单应用教学案

2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第3讲导数的简单应用教学案

第3讲　导数的简单应用 ‎[考情考向·高考导航]‎ ‎1．此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．‎ ‎2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度属中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度中档．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2019·全国Ⅱ卷)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为(　　)‎ A．x－y－π－1＝0　　　　　 B．2x－y－2π－1＝0‎ C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0‎ 解析：C　[∵y′＝2cos x－sin x，∴切线斜率k＝2cos π－sin π＝－2，‎ ‎∴在点(π，－1)处的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.]‎ ‎2．(全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)‎ A．－1 B．－2e－3‎ C．5e－3 D．1‎ 解析：A　[f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，‎ 则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，‎ 则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，‎ 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，‎ 当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；‎ 当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，‎ 则f(x)极小值为f(1)＝－1.]‎ ‎3．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．‎ 解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝ex×ln x＋ex×＝ex(ln x＋)，‎ 则：f′(1)＝e1×(ln 1＋)＝e.即f′(1)的值为e.‎ 答案：e ‎4．(2019·天津卷)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)‎ A．[0,1] B．[0,2]‎ - 14 -‎ C．[0，e] D．[1，e]‎ 解析：C　[首先f(0)≥0，即a≥0，‎ 当0≤a≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2＋2a－a2≥2a－a2＝a(2－a)＞0，‎ 当a＜1时，f(1)＝1＞0，‎ 故当a≥0时，x2－2ax＋2a≥0在(－∞，1]上恒成立；‎ 若x－aln x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤在(1，＋∞)上恒成立，‎ 令g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 易知x＝e为函数g(x)在(1，＋∞)唯一的极小值点、也是最小值点，‎ 故g(x)max＝g(e)＝e，所以a≤e.‎ 综上可知，a的取值范围是[0，e]．故选C.]‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．导数的几何意义 函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．‎ ‎2．导数与函数单调性的关系 ‎(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.‎ ‎(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．‎ ‎3．可导函数极值的理解 ‎(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值．‎ ‎(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件．‎ ‎(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．‎ ‎4．函数的极值与最值 ‎(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．‎ ‎(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．‎ ‎(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．‎ - 14 -‎ 热点一　导数的几何意义 ‎[例1]　(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)‎ A．a＝e，b＝－1　　　　　　 B．a＝e，b＝1‎ C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1‎ ‎[解析]　D　[y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，‎ ‎∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，‎ 即y＝(ae＋1)x－1.‎ 又∵切线方程为y＝2x＋b，‎ ‎∴即a＝e－1，b＝－1.故选D.]‎ ‎(2)(2019·成都二模)已知曲线C1：y2＝tx(y＞0，t＞0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln的值为(　　)‎ A．4e2 B．8e C．2 D．8‎ ‎[解析]　D　[曲线C1：y＝，y′＝.‎ 当x＝时，y′＝，切线方程为y－2＝，‎ 化简为y＝x＋1.①‎ 与曲线C2相切，设切点为(x0，y0)，‎ y′|x＝x0＝ex0＋1＝，x0＝ln－1，‎ 那么y0＝ex0＋1－1＝－1，‎ 切线方程为y－＝，‎ 化简为y＝x－ln＋－1，②‎ ‎①②是同一方程，‎ 所以－ln＋－1＝1⇔ln＝，‎ 即t＝4，那么tln＝4ln e2＝8，故选D.]‎ - 14 -‎ 求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 ‎(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．‎ ‎(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：‎ 设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．‎ ‎(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：‎ 设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．‎ ‎(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．‎ 解析：导数运算及切线的理解应注意的问题：‎ 一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．‎ 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．‎ 设点A(x0，y0)，则y0＝ln x0.又y′＝，‎ 当x＝x0时，y′＝，‎ 点A在曲线y＝ln x上的切线为y－y0＝(x－x0)，‎ 即y－ln x0＝－1，‎ 代入点(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1，‎ 即x0ln x0＝e，‎ 考查函数H(x)＝xln x，当x∈(0,1)时，H(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，H(x)＞0，‎ 且H′(x)＝ln x＋1，当x＞1时，H′(x)＞0，H(x)单调递增，‎ 注意到H(e)＝e，故x0ln x0＝e存在唯一的实数根x0＝e，此时y0＝1，‎ 故点A的坐标为A(e,1)．‎ 答案：(e,1)‎ ‎(2)(2019·烟台三模)函数f(x)＝exsin x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是________．‎ 解析：由f(x)＝exsin x，得f′(x)＝exsin x＋excos x，所以f(0)＝0且f′(0)＝1，则切线的斜率为1，切点坐标为(0,0)，所以切线方程为y＝x.‎ 答案：y＝x - 14 -‎ 热点二　利用导数研究函数的单调性 逻辑 推理 素养 逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.‎ ‎[例2]　(1)(2019·青岛三模)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是____________．‎ ‎[解析]　由已知得f′(x)＝x2－ax＋1，∵函数f(x)在区间上单调递减，∴f′(x)≤0在区间上恒成立，‎ ‎∴即 解得a≥，∴实数a的取值范围为.‎ ‎[答案]　 ‎(2)(2019·吉林三模节选)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1＋－1，当－≤a≤0时，讨论f(x)的单调性．‎ ‎[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋a－＝ ‎＝.‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝，此时，在(0,1)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ ‎②当－≤a＜0时，f′(x)＝.‎ ‎(ⅰ)当－＝1，即a＝－时，f′(x)＝－≤0在(0，＋∞)上恒成立．‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ ‎(ⅱ)当－＜a＜0时，－＜1，此时在(0,1)，上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在上f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ - 14 -‎ 综上所述：当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；当－＜a＜0时，f(x)在(0,1)，上单调递减，f(x)在上单调递增；当a＝－时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：‎ ‎(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．‎ ‎(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．‎ ‎[注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．‎ ‎(2019·广州二模)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递减区间．‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)．‎ 因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，‎ 所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.‎ 解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.‎ 因为f′(x)＝2－＋＝，‎ 解f′(x)＜0，得0＜x＜1.‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．‎ ‎(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x＞0)，‎ g′(x)＝2＋＋(x＞0)．‎ 因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，‎ - 14 -‎ 所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，‎ 所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．‎ 因为在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.‎ 热点三　利用导数研究函数的极(最)值 ‎[例3]　(2019·银川二模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x.‎ ‎(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．‎ ‎(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．‎ ‎[审题指导]　(1)要求a的值，只需要令f′(1)＝0即可．‎ ‎(2)要求f(x)的最大值，就要根据与区间[a2，a]的关系分类讨论，依据单调性求解．‎ ‎[解析]　(1)因为f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，所以函数的定义域为(0，＋∞)．‎ 所以f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝＝.‎ 因为f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，解得a＝－1.‎ 当a＝－1时，在上f′(x)＜0，在(1，＋∞)上f′(x)＞0，‎ 此时x＝1是函数f(x)的极小值点，所以a＝－1.‎ ‎(2)因为a2＜a，所以0＜a＜1，f′(x)＝－，‎ 因为x∈(0，＋∞)，所以ax＋1＞0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎①当0＜a≤时，f(x)在[a2，a]上单调递增，所以f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a；‎ ‎②当即＜a＜时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2；‎ ‎③当≤a2，即≤a＜1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，所以f(x)max＝f(a2)＝2ln a－a5＋a3－2a2.‎ 综上所述，当0＜a≤时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是ln a－a3＋a2－2a；‎ 当＜a＜时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是－1－ln 2；‎ 当≤a＜1时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln a－a5＋a3－2a2.‎ - 14 -‎ 利用导数研究函数极值、最值的方法 ‎(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左、右函数值的符号．‎ ‎(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．‎ ‎(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．‎ 几点注意：‎ ‎①求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；‎ ‎②求函数最值时，务必将极值与端点值比较得出最大(小)值；‎ ‎③对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．‎ ‎(2019·惠州二模)已知函数f(x)＝ ‎(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；‎ ‎(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．‎ 解析：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极小值  极大值  故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.‎ ‎(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和上单调递减，在上单调递增．‎ 因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.‎ ‎②当1≤x≤e，f(x)＝aln x，‎ 当a≤0时，f(x)≤0；当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，‎ 则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.‎ 故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；‎ - 14 -‎ 当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.‎ 限时50分钟　满分76分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2020·南开中学质检)已知函数f(x)＝g(x)＋2x且曲线y＝g(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　 B．4‎ C．6 D．8‎ 解析：B　[∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.]‎ ‎2．(2019·南京三模)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]‎ C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)‎ 解析：D　[因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]‎ ‎3．(2019·保定三模)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是(　　)‎ A．[0,1) B．(－1,1)‎ C. D．(0,1)‎ 解析：D　[f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．‎ 当a≤0时，f′(x)＞0，‎ ‎∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．‎ 当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．‎ 当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；‎ 当x∈(－，)时，f(x)单调递减，‎ 所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．]‎ ‎4．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a - 14 -‎ 的取值范围是(　　)‎ A．(，＋∞) B．(－∞，－)‎ C．(－，) D．(－∞，－)∪(，＋∞)‎ 解析：D　[f′(x)＝x2＋2ax＋3.‎ 由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，‎ 所以Δ＝4a2－12＞0，‎ 解得a＞或a＜－.]‎ ‎5．(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln 2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是(　　)‎ A．c＞b＞a B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a 解析：A　[令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)＜g(ln 2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln 2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故选A.]‎ ‎6．(山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)‎ A．y＝sin x B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3‎ 解析：A　[当y＝sin x时，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y＝sin x图象存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝ln x，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.]‎ 二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)‎ ‎7．(2019·厦门三模)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为____________．‎ 解析：由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2.‎ 答案：1＋ln 2‎ ‎8．(2019·潍坊三模)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是____________．‎ 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，‎ 由f′(1)＝0，得b＝1－a.‎ - 14 -‎ ‎∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.‎ ‎①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；‎ 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 所以x＝1是f(x)的极大值点．‎ ‎②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.‎ 因为x＝1是f(x)的极大值点，‎ 所以－＞1，解得－1＜a＜0.‎ 综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．‎ 答案：(－1，＋∞)‎ 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎9．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；‎ ‎(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．‎ 解：(1)∵f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex ‎∴f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex ‎∴f′(2)＝(2a－1)e2＝0‎ ‎∴a＝ ‎(2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex ‎①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1‎ f′(x)，f(x)随x变化如下表：‎ x ‎(－∞，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  ‎∴f(x)在x＝1处取得极大值(舍)‎ ‎②当a＞0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1‎ a．当x1＝x2，即a＝1时，‎ f′(x)＝(x－1)2ex≥0‎ ‎∴f(x)在R上单调递增 ‎∴f(x)无极值(舍)‎ b．当x1＞x2，即0＜a＜1时，f′(x)，f(x)随x变化如下表：‎ - 14 -‎ x ‎(－∞，1)‎ ‎1‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)‎ c．当x1＜x2，即a＞1时 f′(x)，f(x)随x变化如下表：‎ x ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)在x＝1处取极小值 即a＞1成立 ‎③当a＜0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1‎ f′(x)，f(x)随x变化如下表：‎ x ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极小值  极大值  ‎∴f(x)在x＝1处取极大值(舍)‎ 综上所述：a的取值范围为(1，＋∞)．‎ ‎10．(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性．‎ ‎(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．‎ 解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．‎ ‎(1)对f(x)＝2x3－ax2＋b求导得f′(x)＝6x2－2ax＝6x.所以有当a＜0时，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；‎ 当a＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；‎ 当a＞0时，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．‎ - 14 -‎ ‎(2)若f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值－1，所以若a＜0，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；‎ 此时在区间[0,1]上单调递增，所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得b＝－1，a＝0，与a＜0矛盾，所以a＜0不成立．‎ 若a＝0，(－∞，＋∞)区间上单调递增；在区间[0.1]．所以f(0)＝－1，f(1)＝1代入解得.‎ 若0＜a≤2，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．‎ 即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f 而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≥f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(1). ‎ 即相减得2－a＋＝2，即a(a－3)(a＋3)＝0，又因为0＜a≤2，所以无解．‎ 若2＜a≤3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．‎ 即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f 而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≤f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(0). ‎ 即相减得＝2，解得x＝3，又因为2＜a≤3，所以无解．‎ 若a＞3，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．‎ 所以有f(x)区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为f(0)，最小值为f(1)‎ 即解得.‎ 综上得或.‎ 答案：(1)见详解；(2)或.‎ ‎11．(2018·江苏卷)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．‎ - 14 -‎ ‎(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；‎ ‎(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；‎ ‎(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．‎ 解：(1)f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2‎ 若存在，则有 根据②得到x0＝－代入①不符合，因此不存在“S点”．‎ ‎(2)f′(x)＝2ax，g′(x)＝ 根据题意有 且有x0＞0‎ 根据②得到x0＝代入①得到a＝.‎ ‎(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝ 转化为－x＋a＋＝0‎ ‎∵0＜x0＜1‎ ‎∴－x＋x＋a(x0－1)＋2x＝0⇒m(x)＝－x＋3x＋a(x0－1)＝0‎ 转化为m(x)存在零点x0,0＜x0＜1‎ 又m(0)＝－a＜0，m(1)＝2‎ ‎∴m(x)恒存在零点大于0小于1‎ ‎∴对任意a＞0均存在b＞0，使得存在“S点”．‎ - 14 -‎