数学经典易错题会诊与高考试题预测15
高考数学经典易错题会诊（十五）
考点15
导数及其应用
►导数的概念与运算
►导数几何意义的运用
►导数的应用
►利用导数的几何意义
►利用导数探讨函数的单调性
►利用导数求函数的极值勤最值
经典易错题会诊
命题角度 1
导数的概念与运算
1．（典型例题）设f0(x)=sinx,f1(x)=f’0(x),f2(x)=f’1(x),…,fn+1(x)=f’n(x),n∈N,则f2005(x) ( )
A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx
[考场错解] 选A
[专家把脉] 由f’1(x)=f’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,…,f2005(x)=f’2004(x)=…=f0(x0=sinx前面解答思路是正确的，但在归纳时发生了错误。因f4(x)=f0(x)=f8(x0=…=f2004(x),所以f2005(x)=f1(x)=cosx.
[对症下药] 选C
2．（典型例题）已知函数f(x)在x=1处的导数为3，f（x）的解析式可能为 （ ）
A．f（x）=(x-1)3+32(x-1) B．f(x)=2x+1 C．f()=2(x-1)2 D．f(x)-x+3
[考场错解] 选B ∵f(x)=2x+1,∴f’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3.
[专家把脉] 上面解答错误原因是导数公式不熟悉，认为（2x+1）’=2x+1.正确的是（2x+1）’=2,所以x=1时的导数是2，不是3。
[对症下药] 选A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1时,f’(1)=3
3.(典型例题) 已知f(3)=2f’(3)=-2，则的值为 （ ）
A．-4 B．0 C．8 D．不存在
[考场错解] 选D ∵x→3,x-3→0 ∴不存在。
[专家把脉] 限不存在是错误的，事实上，求型的极限要通过将式子变形的可求的。
[对诊下药] 选C
=
=
4．（05，全国卷）已知函数f(x)=e-x(cosx+sinx),将满足f’(x)=0的所有正数x
25
从小到大排成数列；
（2）记Sn是数列{xnf(xn)}的前项和。
求
[考场错解] ∵f’(x)=e-x(cosx+sinx)’+(e-x)’(cosx+sinx)
=e-x(-sinx+cosx)+e-x(cosx+sinx)=2e-xcosx
令f’(x)=0,x=nπ+（n=1，2，3，…）从而xn=nπ+。f(xn)=e-( nπ+)(-1)n·=-e.
∴数列{f(xn)}是公比为q=-e-π的等比数列。
[专家把脉] 上面解答求导过程中出现了错误，即（e-x）’=e-x是错误的，由复合函数的求导法则知（e-x）’=e-x(-x)’=-e-x才是正确的。
[对诊下药]（1）证明：f’(x)=(e-x)’(cos+sinx)+e-x(cosx+sinx)’=-e-x(cosx+sinx)+e-x(-sinx+cos)=-2e-xsinx.
令f’(x)=0得-2e-xsinx=0，解出x=nπ,(n为整数，从而xn=nπ(n=1,2,3,…)，f(xn)=(-1)ne-nπ,所以数列|f(xn)|是公比q=-e-π的等比数列，且首项f(x1)=-e-π
(2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+…+xnf(xn)
=nq(1+2q+…+nqn-1)
aSn=πq(q+2q2+…+nqn)=πq(-nqn)从而Sn=(-nqn)
∵|q|=e-π<1 ∴qn=0,
∴
专家会诊
1．理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式：设函数f(x)在x=a处可导，则 的运用。
2．复合函数的求导，关键是搞清复合关系，求导应从外层到内层进行，注意不要遗漏
3．求导数时，先化简再求导是运算的基本方法，一般地，分式函数求导，先看是否化为整式函数或较简单的分式函数；对数函数求导先化为和或差形式；多项式的积的求导，先展开再求导等等。
考场思维训练
1 函数f(x)=x3+ax2+3x-9.已在f(x)在x=-3时取得极值，则a= ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案： D 解析：∵f′(x)=3x2+2ax+3.令f′(x)=0.即3x2+2ax+3=0有一根x=-3, ∴
25
3(-3)2-6a+3=0,得a=5.
2 函数f(x)=x3-8x,则函数f(x)在点x=2处的变化率是 （ ）
A．2 B．-2 C．4 D．-4
答案： C 解析：∵f′(x)=3x2-8. ∴x=2时的变化率是f′(2)=3×22-8=4.
3 满足f(x)=f’(x)的函数是 （ ）
A．f(x)=1-x B．f(x)=x
C．f(x)=0 D．f(x)=1
答案： C 解析：f(x)=0,0′=0, ∴f(x)=f′(x).
4 已知f(x)=ln|2x|, 则f’(x)= ( )
A. B.
C. D.
答案： A 解析：当x>0时，f(x)=ln(2x), ∴f′(x)=c
∴f′(x)= .
5已知函数f(x)=ln(x-2)-
(1)求导数f’(x)
答案： f′(x)=
(2)解不等式:f’(x)>0
答案：令f′(x)=
即
（i）当a ≤-1时，x2+2x-a>恒成立，∴x>2.
(ii)当a>-1时，的解集为{x|x>}
∴当-1
8时，>2, ∴x>.
综合得，当a≤8时，f′(x)>0的解集为（2，+∞）.
当a>8时，f′(x)>0的解集为（，+∞）.
命题角度 2
导数几何意义的运用
1.(典型例题)曲线y=x3在点(1,1)的切线与x轴、直线x=2所围成的三角形面积为_________.
[考场错解] 填2 由曲线y=x3在点（1，1）的切线斜率为1，∴切线方程为y-1==x-1,y=x.
25
所以三条直线y=x,x=0,x=2所围成的三角形面积为S=×2×2=2。
[专家把脉] 根据导数的几何意义，曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导数，上面的解答显然是不知道这点，无故得出切线的斜率为1显然是错误的。
[对症下药] 填。∵f’(x)=3x2 当x=1时f’(1)=3.由导数的几何意义知，曲线在点（1，1）处的斜率为3。即切线方程为y-1=3(x-1) 得y=3x-2.
联立得交点（2，4）。又y=3x-2与x轴交于（，0）。
∴三条直线所围成的面积为S=×4×（2-）=。
2．（典型例题）设t≠0,点P（t,0）是函数f(x)=x3+ax与g(x)=bx3+c的图像的一个公共点，两函数的图像在P点处有相同的切线。
（1）用t表示a、b、c；
（2）若函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）上单调递减，求t的取值范围。
[考场错解] （1）∵函数f(x)=x3+ax与g(x)=bx2+c的图像的一个公共点P(t,0).∴f(t)=g(t)t3+at=bt2+c. ①又两函数的图像在点P处有相同的切线，∴f’(t)=g’(t) 3t3+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t2.∴c=-t3.
[专家把脉] 上面解答中得b=t理由不充足，事实上只由①、②两式是不可用t表示a、b、c，其实错解在使用两函数有公共点P，只是利用f(t)=g(t)是不准确的，准确的结论应是f(t)=0，即t3+at=0，因为t≠0,所以a=-t2.
g(t)=0即bt2+c=0,所以c=ab
又因为f(x)、g(x)在（t,0）处有相同的切线，
所以f’(t)=g;(t).即3t2+a=2bt, ∵a=-t2, ∴b=t.因此c=ab=-t2·t=-t3.
故a=-t2,b=t,c=-t3
(2)解法1 y=f(x)-g(x)=x3-t2x-tx2+t3
y’=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t).
当y’=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(d)-g(x)单调递减。
由y’<0,若t<0,则t0,则-0故f(x)在(- ∞,-1)和(1,+ ∞)上都是增函数。
若x∈(-1,1),则f’(x)<0.故f(x)在（-1，1）上是减函数，所以f(-1)=2是极大值；f(1)=-2是极小值。
（2）∵ f’(x)=3x2-3，∴过点A（0，16），因此过点A的切线斜率为k=-3.∴所求的切线方程是y=-3
[专家把脉]
上面解答第（2）问错了，错误原因是把A（0，16）当成了切点，其实A（0，16），不可能成为切点。因此过点A不在曲线，因此根求方程必须先求切点坐标。
[对症下药] （1）f’(x)=3ax2+2bx-3，依题意f’(1)=f’(-1)=0
即 解得 a=1,b=0
∴f(x)=x3+3x,f’(x)=3x2-3=0.解得x=±1.
又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)>0
∴f(x)在(-∞,-1)与(1，+∞)上是增函数。
若x∈[-1,1]时，f’(x) ≤0,故f9x)在[-1，1]上是减函数。
∴f(-1)=2是极大值。f(1)=-2是极小值。
（2）解：曲线方程为y=f(x)=x3-3x,点A（0，16）不在曲线上。设切点M（x0,y0）,则点M在曲线上，∴y0=x30-3x0.因f’(x0)=3x20-3.故切线的方程为y-y0=(3x20-3)(x-x0). ∵点A（0，16）在曲线上，有16-（x20-0）=3(x20-1)(0-x0),化简得x30=-8，得x0=-2.
专家会诊
设函数y=f(x),在点(x0,y0)处的导数为f’(x0)，则过此点的切线的斜率为f’(x0),在此点处的切线方程为y-y0=f’(x0)(x-x0).利用导数的这个几何意义可将解析几何的问题转化为代数问题求解。
考场思维训练
1 曲线y=2x-x3在点（1，1）处的切线方程为_________.
答案： x+y-2=0 解析: ∵y′=2-3x2.∴y′|x=1=2-3=-1, ∴切线方程为y-1=-(x-1).即x+y-2=0.
2 曲线y=x3在点（a,a3）(a≠0)处的切线与x轴，直线x=a所转成的三角形的面积为，则a=___________.
答案：±1 解析：∵曲线在（a,a3）处的切线斜率为3a2.
25
∴切线方程为y-a3=3a2(x-a).且它与x轴.x=a的交点为（）、（a,a3）,S=
∴a4=1,解得a=±1.
3 已知函数f(x)=lnx,g(x)= ax2+bx(a≠0)
(1)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围。
答案： b=2时，h(x)=lnx-ax2-2x, 则h′(x)=-ax-2=-
∵函数 h(x)存在单调逆减区间，∴h′(x)<0有解.
又∵x>0,则ax2+2x-1>0有x>0的理.
①当a>0时，ax2+2x-1>0总有>0的解.
②当a<0,要ax2+2x-1>0总有>0的解.
则△=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根，此时-11时，r’(t)>0,所以r(t)在[1，+∞]上单调递增，故r(t)>r(1)=0.
25
则lnt>.这与①矛盾,假设不成立.
故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行,证法1得
(x2+x1)(lnx2-lnx1)=2(x2-x1).
因为x1>0,所以()ln().
令t=,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 ②
令r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1,
则r’(t)=lnt+-1.
因为(lnt-)’=-,所以t>1时,(lnt+)’>0.
故lnt+在[1,+ ∞]上单调递增.从而lnt+-1>0,即r1(t)>0.
于是r(t)在[1，+∞]上单调递增.
故r(t)>r(1)=0.即（t+1）lnt>2(t-1). 与②矛盾，假设不成立。
故C1在点M处的切与C2在点N处的线不平行.
4 已知函数f(x)=|1-|,(x>0)
(1)证明：01;
答案：由f(a)=f(b)得|1-|=|1-|.
若1-与1-同号，可得1-=1-这与03,∴函数f(x)的音调递减区间为（-∞，-1）（3，+∞）
（2）令f’(x)=0,得x=-1或x=3
当-20;当x>3时，f’(x)<0.
∴x=-1,是f(x)的极不值点，x=3是极大值点。
∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7.
f(x)的最小值为f(-1)=-1+3-9+a=-14.
[专家把脉] 在闭区间上求函数的最大值和最小值，应把极值点的函数值与两端点的函数值进行比较大小才能产生最大（小）值点，而上面解答题直接用极大（小）值替代最大（小）值，这显然是错误的。
[对症下药] （1）f’(x)=-3x2+6x+9,令f’(x)<0,解得x<-1或x>3.
(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(x)在[-1，2]因为在（-1，3）上f’(x)>0,所以f(x)在[-1，2]上单调递增，又由于f(x)在[-2，-1]上单调递减，因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2，2]上的最大值和最小值，于是22+a=20,解得a=-2.
故f(x)=-x3+3x2+9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7
即函数f(x)在区间[-2，2]上的最小值为-7。
2．（典型例题）已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在R上是减函数，求a的取值范围。
[考场错解] ∵f’(x)=3ax2+6x-1,因为f(x)在R上是减函数，所以f’(x)=3ax2+6x-1<0对任何x∈R恒成立。
∴ 解得a<-3.
[专家把脉] 当f’(x)>0时，f(x)是减函数，但反之并不尽然，如f(x)=-x3是减函数，f’(x)=3x2并不恒小于0，（x=0时f’(x)=0）.因此本题应该有f’(x)在R上恒小于或等于0。
[对症下药] 函数f(x)的导数：f’(x)=3x2+6x-1.
当f’(x)=3ax2+6x-1<0对任何x∈R恒成立时，f(x)在R上是减函数。
①对任何x∈R,3ax2+6x-1<0恒成立，a<0且△=36+12a<0a<-3.
所以当a<-3时，由f’(x)<0对任何x∈R恒成立时，f(x)在R上是减函数。
②当a=-3时,f(x)==-3x3+3x2-x+1=-3(x-)3+.
由函数y=x3在R上的单调性知，当a=-3时，f(x)在R上是减函数。
③当a>-3时，f’(x)=3ax2+6x-1>0在R上至少可解得一个区间，所以当a>-3时，f(x)是在R上的减函数。
综上，所求a的取值范围是（-∞，-3）。
3．（典型例题）已知a∈R,讨论函数f(x)=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。
[考场错解] f’(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)].
令f’(x)=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0,(*)
△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a.
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当a2-4a>0,即a>4或a<0时，方程（*）有两个不相等的实数根x1、x2，因此函数f(x)有两个极值点。
当a2-4a=,即a=或a=0时，方程（*）有两个相等实数根x1=x2。因此函数f(x)有一个极值点。
当a2-4a<0,即00
即a<0或a>4时,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个不同的实根x1、x2,不妨设x10;当x>x1时，f’(x)>0因此f(x)无极值。
（3）当△<0，即00 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)为增函数，此时f(x)无极值点，因此，当a>4或a<0时，f(x)有两个极值点，当0≤a≤4时，f(x)无极值点。
4．（典型例题）设函数f(x)=x-ln(x+m)其中常数m为整数。
（1）当m为何值时，f(x)≥0;
(2)定理：若g(x)在[a、b]上连续，且g(a)与g(b)异号，则至少存在一点x0∈(a、b),使g(x0)=0.试用上述定理证明：当整数m>1时，方程f(x)=0，在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。
[考场错解] 令f(x)≥0,x≥ln(x+m).
∴m≤ex-x ∴m取小于或等于ex-x的整数。
[专家把脉] 上面解答对题意理解错误，原题“当m为何值时，f(x)≥0恒成立”，并不是对x的一定范围成立。因此，m≤ex-x这个结果显然是错误的。
[对症下药] （1）函数f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+ ∞)连续，且f’(x)=1-,令f’(x)=0,得x=1-m.
当-m1-m时，f’(x)>0,f(x)为增函数。
根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m为极小值，而且对x∈(-m,+ ∞)都有f(x) ≥f(1-m)=1-m，故当1-m=f()≥0,即m≤1时，f(x)≥0.即m≤1且m∈Z时，f(x)≥0.
(2)证明：由（1）可知，当整数m>1时，f(1-m)=1-m<0,f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m>0,又f(x)为连续函数，且当m>1时，f(e-m-m)与f(1-m)异号，由所给定理知，存在唯一的x1∈
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(e-m-m;1-m),使f(x1)=0,而当m>1时，f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+-3m>0.
(∵m>12m-1>1).
类似地，当整数m>1时，f(x)=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上为连续增函数，且f(1-m)与f(e2m-m)异号，由所给定理知，存在唯一的x+∈（1-m,e2m-m）使f(x2)=0.
故当整数m>1时，方程f(x)=0在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。
5．（典型例题Ⅰ）用长为90cm，宽为48cm的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成（如图，）问该容器高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？
[考场错解] 设容器的高为x,容器的容积为V，则V=（90-2x）（48-2x）·x=4x3-276x2+4320x
∵V’=12x2-552x+4320=0 得x1=10,x2=36
又∵x<10时，V’<0,100,x>36时,
V’<0
∴当x=36时，V有极大值V（36）<0
故V没有最大值。
[专家把脉] 上面解答有两处错误：一是没有注明原函数定义域；二是验算f’(x)的符号时，计算错误，∵x<10,V’>0;1036,V’>0.
[对症下药] 设容器的高为x，容器的容积为V。
则V=（90-2x）（48-2x）·x
=4x3-276x2+4320x (00,1036时V’>0.
所以，当x=10时V有最大值V（10）=1960cm3
又V(0)=0,V(24)=0
所以当x=10时,V有最大值V（10）=1960。
所以该窗口的高为10cm，容器的容积最大，最大容积是1960cm3.
专家会诊
1．证函数f(x)在（a,b）上单调，可以用函数的单调性定义，也可用导数来证明，前者较繁，后者较易，要注意若f(x)在（a、b）内个别点上满足f’(x)=0(或不存在但连续)其余点满足f(x)>0(或f(x)<0)函数f(x)仍然在（a、b）内单调递增（或递减），即导数为零的点不一定是增、减区间的分界点。
2．函数的极值是在局部对函数值的比较，函数在区间上的极大值（或极小值）可能有若干个，而且有时极小值大于它的极大值，另外，f’(x)=0是可导数f(x)在x=x0处取极值的必要而不充分条件，对于连续函数（不一定处处可导）时可以是不必要条件。
3．函数的最大值、最小值，表示函数f(x)在整个区间的情况，即是在整体区间上对函数值的比较，连续函数f(x)在闭区间[a、b]上必有一个最大值和一最小值，最多各有一个，但f(x)在（a、b）上就不一定有最大值（或最小值）。
4．实际应用问题利用导数求f(x)在（a、b）的最大值时,f’(x)=0在（a,b）的解只有一个，由题意最值确实存在，就是f’(x)=0的解是最值点。
考场思维训练
25
1 已知m∈R,设P：x1和x2是方程x2-ax-2=0的两个实根，不等式|m2-5m-3|≥|x1-x2|对任意实数a∈[-1，1]恒成立。
Q：函数f(x)=x3+(m+)x+6在（-∞,+ ∞）上有极值。
求使P正确且Q正确的m的取值范围。
答案：解：∵|x1-x2|=
∴|x1-x2|≤3
由题意，不等式|m2-5m-3|≥3的解集。由此不等式得
m2-5m-3≤-3 ①
或 m2-5m-3≥3 ②
不等式①的解为0≤m≤5.
不等式②的解为m≤-1或m≥6.
因此，当m≤-1或0≤m≤5或m≥6时，P是正确的。
对函数f(x)=x3+mx2+(m+)x+6求导
f’(x)=3x2+2mx+m+.
令f’(x)=0，即3x2+2mx+m+=0。此一无二次方程的判别式
△=4m2-12(m+)=4m2-12m-16．
若△=0，则f'(x)=0有两个相等的实根x0，且f‘(x)的符号如下：
X
(-∞,x0)
X0
(x0+ ∞)
F’(x)
+
0
+
因此f(x0)不是函数f(x)的极值．
若△>0，则f'(x)=0有两个不相等的实x1和x2 (x10时，函数f(x)在(-∞，+∞)上有极值．
由A=4m2-12m-16>0得
m<-1或m>4，因此，当m<-1或m>4时，Q是正确的．
综上，使P正确且Q正确时，实数m的取值范围为 (-∞，-1)∪(4，5)∪[6，+∞]．
2 已知函数f(x)=∈[0,1]
(1)求f(x)的单调减区间和值域；
答案：对函数F(x)求导，得f'(x)=
令f'(x)=0解得x=或x=．
25
当x变化时f'(x)、f(x)的变化情况如下表．
X
0
(0, )
(,1)
1
F’(X)
-
0
+
-
↘
-4
↗
-3
所以，当x∈(0，)时f(x)是减函数；
当x∈(，1)时f(x)是增函数．
∴当x∈[0，1]时f(x)的值域为[-4，—3]．
（2）设a≥1,函数g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1]若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围.
答案：对函数g(x)求导，得g'(x)=3(x2-a2)．
因为a≥1时，当x∈(0，1)时，g'(x)<3(1-a2)<0．因此当x∈(0，1)时，g(x)为减函数，从而求x∈[0，1]时有g(x)∈[1-2a-3a2,-2a]．任给x1∈[0，1],f(x1)∈[-4，-3]．存在x0∈[0，1]使得g(x0)=f(x0)，则[1-2a-3a2，2a][-4， -3]即
3 已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx.
(1) 求函数f(x)的最大值；
答案：函数的定义域为(-1，+∞),f(x)=-1，令f'(x)=0，解得x=0，当-1 0，当x>0时f'(x)<0，f(0)=0，故当且仅当a=0时,f(x)取得最大值，最大值为0．
(2) 设0a时，F'(x)>0，因此F(x)在(a，+∞)上为增函数．从而x=a时，F(x)有极小值F(a)． 因为F(a)=0，b>a．所以F(b)>0．
即00，G(x)<0，因此C(x)在(0，+∞)上为减函数．
因为G(a)=0，b>a，所以G(b)<0．
即g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2．]
4 设函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax+8,其中a∈R,
25
(1)若f(x)在x=3处取得极值，求实数a的值。
答案： f'(x)=6x2—6(a+1)x+60=6(x-aO(x-1)因f(x)在x=3取得极值，所以f'(3)=6(3-a)(3-1)=0，解得a=3．经检验当a=3时x=3为f)(x)的极值点．
（2）若f(x)在（-∞，0）上为增函数，求a的取值范围。
答案：令f'(x)=6(x-a)(x-1)=0得x1=a,x2=1．当a<1时，若x∈(-∞，-a)∪(1，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，a)和(1，+∞)上为增函数．
故当0≤o<1时f(x)在(-∞，0)上为增函数．
5 某企业有一条价值a万元的流水生产线，要提高该流水生产线的生产能力，提高产品的增加值，就要对充水生产线进行技术改造，假设增加值y万元与技改把风入x万元之间的关系满足①y与（a-x）x2成正比例；
②当x=时，y=;③0≤≤t,其中t为常数且t∈[0,2].
(1)设y=f(x),求出f(x)的表达式，并求其定义域；
答案： f(x)=8a2x2—12x3=(0≤x≤，≤t≤2)．
（2）求出增加值y的最大值，并求出此时的技改投入x值。
答案： f'(x)=16a2x-36x2，令f(x)=0，得x=a，当≤t<1时f'(x)=36(x2-a2)<0．(∵>a)
∴f(x)在[0，]上是减数， ∴当x=t时，ymas=f()=,当1≤t≤2时f'(x)=-36(x2-a2)．∵0；0
y=0得x=x0+
25
∵S=(x20+2) (x0>0)
=
S’=(3x20+4-) 令S’=0得x0=
又∵00.
∴当x0=时，S最小。
把x0=代入①得l的方程为：
2x+3y-8=0.
2．由原点O向三次曲线y=x3-3ax2（a≠0）引切线，切于点P1（x1,y1）(O,P1两点不重合)，再由P1引此曲线的切线，切于点P2（x2,y2）
(P1，P2不重合)。如此继续下去，得到点列{Pn(xn,yn)}
(1) 求x1;
(2) 求xn与xn+1满足的关系式；
(3) 若a>0，试判断xn与a的大小关系并说明理由
[解题思路] 利用导数的几何意义写出切线方程，再通过切线方程找到xn、xn+1的递推关系，通过递推关系求出{xn}的通项公式，最后按n为奇数和偶数两种情况的讨论可得xn与a的大小关系。
[解答] （1）由y=x3-3ax2,得y’=3x2-6ax
过曲线上点P1（x1,y1）的切线L1的斜率为3x21-6ax1.
∴L1的方程为y-(x31-3ax21)=(3x21-6ax1)(x-x1).
又∵L1过原点，故有：-（x31-3ax21）=-x1(3x21-6ax1)
∴2x31=3ax21, ∴x1=a
(2)过曲线上的点Pn+1(xn+1,yn+1)的切线方程是y-(x3n+1-3ax2n+1)=(3x2n+1-6axn+1)(x-xn+1)
∵Ln+1过曲线上点Pn(xn,yn).
故x3n-3ax2n-(x3n+1,-3ax2n+1)=(3x2n+1-6axn+1)(xn-xn+1).
即x3n-x3n+1-3a(x2n-x2n+1)=(3x2n+1-6axn+1)(xn-xn+1).
∵xn-xn+1≠0,
∴x2n+xnxn+1+x2n+1-3a(xn+xn+1)=3x2n+1-6axn+1.
∴x2n+xnxn+1-2x2n+1-3a(xn+xn+1)=0
∴(xn-xn+1)(xn+2xn+1-3a)=0.
∴xn+2xn+1=3a.
(3)由（2）得xn+1=-
25
∴xn+1-a=-(xn-a)
故数列{xn-a}是以x1-a=a为首数，公比为-的等比数列。
∴xn-a=(-)n-1
当n为偶数时，xn-a=-a(-)n<0. ∴xn0. ∴xn>a.
预测角度 2
利用导数探讨函数的单调性
1．已知m∈R,研究函数f(x)=的单调区间
[解题思路] 先求f’(x),再令f’(x)>0和f’(x)<0可解得函数的递增区间和递减区间。
[解答]
记g(x)=-mx2-(m+3)x-3
∴ex>0,只需g(x)的正负即可。
（1）当m=0时，g(x)=-3x-3.
当g(x)>0时，x<-1,f’(x)>0
当g(x)<0时，x>-1,f’(x)<0
∴当m=0时，f’(x)的增区间为（-∞，-1），减区间为（-1，+∞）。
（2）当m≠0时,g(x)有两个根：x1=-,x2=-1.
①当m<0时，x1>x2,在区间（-∞，-1）∪(-,+∞)上，g(x)>0,即f’(x)<0.
∴f(x)在（-∞，-1）∪(-,+∞)上是增函数。
在区间（-1，-）上，g(x)<0，即f’(x)<0.
∴f(x)在（-1，-）上是减函数。
②当00，f’(x)>0.
25
∴f(x)在（-，-1）上是增函数。
③m=3时，x1=x2.
在区间(-∞, -1)∪（-1，+∞）上g(x)<0，f’(x)<0。
∵f(x)在x=-1处连续。∴f(x)在（-∞，+∞）上是减函数。
当m>3时x1>x2。在区间(-∞, -1)∪（-，+∞）上，g(x)<0，f’(x)<0。
∴f(x)在(-∞, -1)∪（-，+∞）上是减函数。
在区间（-1，-）上，g(x)>0，即f’(x)>0.
∴f(x)在（-1，-）上是增函数。
2.已知函数f(x)=在x=1处取极值，且函数g(x)= 在区间（a-6,2a-3）内是减函数，求a的取值范围。
[解答] f’(x)=x3-bx2-(2+a)x+2a
由f’(1)=0得b=1-a.
∴f’(x)=x3+(1-a)x2-(2+a)x+2a
=(x-1)(x+2)(x-a)
若a=1时f’(x)=(x-1)2(x+2). x∈(-2,1)
f’(x)>0 x∈(1,+ ∞),f’(x)>0.
∴x=1不是极值点。
∴a≠1 又b=1-a.g’(x)=x3+(1-a)x2-(a-1)x-a=(x-a)(x2+x+1).当xx1,试比较t2+bt+c与x1的大小，并加以证明。
[解题思路] 由f(x)的单调性可知x1、x2是f’(x)=0的两根，x1,x2-x1<1
∴t-x1>0,x10
∴t2+bt+c>x1.
预测角度 3
利用导数求函数的极值和最值
1．已知函数f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是R上奇函数，当x=-1时，f(x)取得极值2。
（1）求f(x)的单调区间；
（2）若对于x1、x2∈[-1，1]，不等式|f(x1)-f(x2)|≤m，求m的最小值。
[解题思路] 由题设条件易求得a、b、c的值。因此由f’(x)>0和f’(x)<0可求f(x)的单调区间。
（2）若对于任意x1、x2∈[-1，1]，不等式|f(x1)- f(x2)|≤m恒成立，即|f(x1)- f(x2)|
25
是函数f(x)的最大值和最小值之差的绝对值。因此，这一问主要是f(x)在[-1，1]上的最大值和最小值。
[解答] （1）由f(-x)=-f(x)x∈R,∴f(0)=0即d=0.
∴f(x)=ax3+cx,f’(x)=3ax2+c.
由题设f（-1）=2为f(x)的极值，必有f’(-1)=0。
∴ 解得a=1,c=-3。
∴f(x)=x3-3x.∴f’(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1).
令f’(x)>0，解得x>1或x<-1.
f’(x)<0，解得1--1，试判断f(x)在[0，1]上的单调性；
（3）是否存在a，使得当x∈（0，1）时，f(x)有最大值-6。
[解题思路]（1）利用函数f(x)的奇偶性可求得x∈（0，1）时，f(x)的解析式；（2）可用导数法判断；（3）分a>-1和a≤-1两种情况讨论f(x)的最大值。
[解答]（1）设x∈（0，1），则-x∈[-1，0]，f(-x)=-2ax+.
∵f(x)是奇函数，∴f(x)= 2ax-，x∈（0，1）。
（2）f’(x)=2a+=2(a+),
∵a>-1; x∈(0,1), ≥1
∴a+>0,即f’(x)>0.
∴f(x)在（0，1）上是单调递增的。
（3）当a>-1时，f(x)在（0，1）单调递增，fmax（x）= f(1)=-6。∴a=-(不合题意舍去)
当a≤-1，令f’(x)=0，x=
当x∈（-∞，）时，f’(x)>0
25
x∈（，+∞）时，f’(x)>0
∴x=时，f(x)有最大值f（）。
令f()=-6a=-2.此时x=∈（0，1）。
∴存在a=-2,使f(x)在（0，1）上有最大值-6。
3．已知f(x)=-x3+ax,其中a∈R,g(x)=,且f(x)0,∴x=.
又∵x∈(0, )时，h’(x)<0, x∈(,1)时，h’(x)>0.
∴x=时，h(x)有最小值h()=-
∴a<.
考点高分解题综合训练
1 已知函数f(x)在x=1处的导数为1，则等于 （ ）]
A． B．1 C．2 D．
答案： A 解析：∵f′(x)=
2 函数y=xsinx+cosx在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A．（0，π） B．（-π,0）
25
C．( ,π) D．(-π,- )
答案： D 解析：y′=sinx+cosx-sinx=xcosx,x∈(-π,-)时，y′>0.
3 已知函数f(x)=在（1，+∞）上为减函数，则a的取值范围为 （ ）
A．01ln恒成立，
∵x>
4 函数y=2x3-3x2-12x+5在[0，3]上的最大值、最小值分别是 （ ）
A．5，-15 B．5，-4
C．-4，-15 D．5，-16
答案： A 解析：f′(x)=6x2-6x-12,令f′(x)=0即6x2-6-x-12=0.x2-x-2=0 x=2或x=-1,(舍)，
∴当x=2时，y-=-15,x=0时，y=5时，y=-4,最大值为5， 最小值为-15.
5 设f(x)、g(x)分别是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数和偶函数，当x<0时f’(x)g(x)+ f(x) g’(x)=0且g(3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是 （ ）
A．（-3，0）∪（3，+∞） B．（-3，0）∪（0，3）
C．（-∞，-3）∪（3，+∞） D．（-∞，-3）∪（0，3）
答案： D 解析：f(x)·g(x)是定义域上的奇函数.
又x<0时，
f′(x)g(x)+ f(x) g′(x)=[ f(x)·g(x)] ′>0.
∵g(3)=0.
∴f(3)·g(3)=0,又f(m)g(x)在定义域上单调递增.
∴f(x)·g(x)<0的解集为（-∞-3）∪(0,3).
6 函数f(x)=x3-2x+3的图像在x=1处的切线与圆x2+y2=8的位置关系是 （ ）
A．相切 B．相交且过圆心
C．相交但不过圆心 D．相离
答案： C解析：∵f′(x)=3x2-2.f′(1)=1, ∴切线方程为y=x+1,点（0，0）到切线距离d=相交但不地圆心.
7 函数f(x)=xlnx,则f(x)的单调递减区间是_______.
答案：(0,) 解析：令f′(x)=lnx+1<0,得x∈(0, ).
8 曲线y=2-x2与y=x3-2在交点处的切线夹角是__________.
25
答案： 解析：联立
又∵（）′=-x,( )′=.
∴两函数在x=2处导数分别为-2、3.
∴k1=-2,k2=3.tanθ=||=
可求得θ=.
9 已知函数f(x)=mx3+mx2+3x在R上的增函数，求实数m的取值范围。
答案：解：f′(x)=3mx2+2mx+3.
(1) 当m=0时，f′(x)=3>0,
∴f(x)在R上为境函数.
(2) ①当m<0时，f′(x)开口向下△<0,
说明存在区间使f′(x)<0.
∴m<0时，f′(x)在R上不是增函数.
②当09时，f’(x)开口向上且△>0,说明存在砸锅间使f’(x)<0,0
∴m<9,f(x)在R上不是增函数.
综上怕述，所求m的取值范围是[0，9].
10 求函数f(x)=在[，3]上的最大值和最小值。
答案：解：f’(x)=
令f’(x)=0既=0，∴x=1.
∴当x=1时可得f’(x)<0,
当10
25
∴当x=1时可得f(x)的极小值f(1)=ln2
∴f(3)=
f()=-ln2-ln=-ln2-(ln3-ln2)
=ln2-ln3=f(2), ∵ln20, ∴x1,x2同为正数，由1< ≤5得x11）时，f’(t-x) ≤恒成立，试求m的最大值。
答案：当a=时，f’(x)= x2-x+1,
∴f’(t-x)= （t-x）2(t-x)+1,
∵f’(t-x)≤x-,即（t-x）2-(t-x)+1≤,整理得x2-2(t+1)≤0,该式在x∈(1,m)上恒成立.
把x=1,x=m,代和上式得
25
∴t+1-2
∴当t=4时，m有最大值9.
12 已知函数f(x)=-x3-bx2-5cx-2d在[-∞，0]上单调递减，在[0，6]上单调递增，且方程f(x)=0有3个实根：m、n、1。
（1）求f(4)的取值范围。
答案： f’(x)=-3x2-2bx-5c
∴f(x)在（-∞，0）上单调递增，且在[0，6]上单调递增.
∴当x=0时，f(x)取最小值。
∴f(0)=0即c=0
∴f(x)=-x3-2bx=0
∴f(x)=-1-b-2d=0
∵f(x)=3x2-2bx=0的两个根为x1=0,x2=
=-63-15≥-63-15·（-9）=72。
故f(4)的取值范围是[72，+∞].
（2）m2-4mn+n2是否有最小值？若有，求出最小值，若没有，请说明理由。
答案：由于m、n、1是方程f(x)=0的三个根，所以设f(x)=-(x-m)(x-n)(x-1)=-x3+(m+n+1)x2-(m+n+mn)x+mn.与f(x)=-x3-bx2 –2d
比较系数得
∴m2-4mn+n2（m+n）2-6mn=(-b-1)2-6·(-2d)=b2+2b+1+12·(-
即m2-4mn+n2有最小值112.
13 一艘渔艇偏激在距岸9km处，今需派人送信给距渔艇km处的海岸渔站，如果送信人步行每小时5km，船速每小时4km，问应在何处登岸再步行可以使抵达渔站的时间最省？
答案：解：如图所示，设BC为海岸线，A为渔艇停泊处，设D为海岸线上一点，CD=x,只需将时间t表示为x的函数，即可确定登岸的位置.
∵AB=9，AC=3，BC=由A到C所需要时间为t，
则t=
∴t1=令t1=0,解得x=3.
在x∈(0,3),t1<0; x∈(3,15)时，t1>0.
25
在x=3附近，t1由负到正，因此在x=3处取得极小值，又t(0)=
比较知，t(3)最小.
故在距渔站3km处登岸可使抵达渔站的时间最省.
14 函数y=f(x)在区间（0，+∞）内可导，导函数f(x)是减函数，且f’(x)>0，设x0∈（0，+∞），y=kx+m是y=f(x)在点[x0,f(x0)]得的切线方程，并设函数g(x)=kx+m;
（1）用x0、f(x0)、f’(x0)表示m;
答案：解：（1）m=f(x0)+x0f′(x0).
（2）证明：当x0∈（0，+∞）时，g(x)≥f(x)；
答案：证明：令h(x)=g(x)=f(x).
则h′(x)=g′(x)=f′(x)
h′(x0)=0, ∴f′(x)递减，
∴h′(x)递增，因此，x>x0时，h′(x)>0.当x0，所以x0是h(x)唯一的极值点，且是极小值点，可知h(x)的最小值为0，因此，h′(x) ≥0，即g(x)<0,所以x0 是h(x)唯一的极值点，且是极小值点，可知h(x)的最小值为0.因此，h′(x) ≥0，即g(x)≥f(x).
（3）若关于x的不等式a2+1≥ax+b≥在[0，+∞]上恒成立，其中a、b为实数，求x的取值范围及a与b所满足的关系。
答案：0≤b≤01 a>0是不等式成立的必要条件肥下讨论设此条件成立.
X2+1≥ax+b,即x2-ax+1(1-b)。
令（x）=ax+b-,于是ax+b≥对任意x∈[0，+∞]成立的充要条件是（x）≥0,由′(x)=a-=0得x=a-3.
当00.
所以，当x=a-3时，（x）取最小值，因此，（x）≥0成立的充要条件是（x）≥0。即≥（2b）-
综上，不等式x2+1≥ax+b≥x∈[0，+∞]成立的充要条件是（2b）-①显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b) -≤2(1-b) 有解，解得
因此b的取值范围是[，]，a、b所满足的关系式为：（2）-≤a≤2(1-b)
25
-.
25
