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1、 高考數(shù)學精品復(fù)習資料 2019.5 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復(fù)習 第一部分 微專題強化練 專題5 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 一、選擇題 1．(文)曲線y＝xex＋2x－1在點(0，－1)處的切線方程為(　　) A．y＝3x－1　　　 B．y＝－3x－1 C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1 [答案]　A [解析]　k＝y(tǒng)′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3， ∴切線方程為y＝3x－1，故選A. (理)(20xx吉林市質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝2sinx(x∈[0，π])在點P處的切線平行于函數(shù)

2、g(x)＝2(＋1)在點Q處的切線，則直線PQ的斜率(　　) A．1　　　　　　　　　　 B. C. D. 2 [答案]　C [解析]　f′(x)＝2cosx，x∈[0，π]，∴f′(x)∈[－2,2]，g′(x)＝＋≥2，當且僅當x＝1時，等號成立， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則由題意知，2cosx1＝＋，∴2cosx1＝2且＋＝2，∵x1∈[0，π]， ∴x1＝0，∴y1＝0，x2＝1，y2＝，∴kPQ＝＝. [方法點撥]　1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f ′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f

3、 ′(x0)． 2．求曲線y＝f(x)的切線方程的類型及方法 (1)已知切點P(x0，y0)，求y＝f(x)過點P的切線方程： 求出切線的斜率f ′(x0)，由點斜式寫出方程； (2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程： 設(shè)切點P(x0，y0)，通過方程k＝f ′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程； (3)已知切線上一點(非切點)，求y＝f(x)的切線方程： 設(shè)切點P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程． 3．若曲線的切線與已知直線平行或垂直，求曲線的切線方程時，先由平行或垂直

4、關(guān)系確定切線的斜率，再由k＝f′ (x0)求出切點坐標(x0，y0)，最后寫出切線方程． 4．(1)在點P處的切線即是以P為切點的切線，P一定在曲線上． (2)過點Q的切線即切線過點Q，Q不一定是切點，所以本題的易錯點是把點Q作為切點．因此在求過點P的切線方程時，應(yīng)首先檢驗點P是否在已知曲線上． 2．已知f(x)為定義在(－∞，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)ef(0)，f(20xx)>e20xxf(0) B．f(1)e20xxf(0) C．f(1)>ef(0)，f

5、(20xx)0，即F(x)在x∈R上為增函數(shù)， ∴F(1)>F(0)，F(xiàn)(20xx)>F(0)， 即>，>， ∴f(1)>ef(0)， f(20xx)>e20xxf(0)． [方法點撥]　1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f ′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增．如果f ′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減． 2．利

6、用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的步驟． (1)找出函數(shù)f(x)的定義域； (2)求f ′(x)； (3)在定義域內(nèi)解不等式f ′(x)>0，f ′(x)<0. 3．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. 4．若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍，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)恒成立的問題求解，解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題，都離不開分類討論思想． 3．(20xx新課標Ⅱ理，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當x＞0

7、時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) [答案]　A [解析]　考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用． 記函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝，因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，故當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當00，則f(x)>0；當x<－1時，g(x

8、)<0，則f(x)>0，綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A. [方法點撥]　1.在研究函數(shù)的性質(zhì)與圖象，方程與不等式的解，不等式的證明等問題中，根據(jù)解題的需要可以構(gòu)造新的函數(shù)g(x)，通過研究g(x)的性質(zhì)(如單調(diào)性、極值等)來解決原問題是常用的方法．如在討論f ′(x)的符號時，若f ′(x)的一部分為h(x)，f ′(x)的符號由h(x)所決定，則可轉(zhuǎn)化為研究h(x)的極(最)值來解決，證明f(x)>g(x)時，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，轉(zhuǎn)化為h(x)的最小值問題等等． 2．應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題，是多元

9、問題中的常見題型，常見的解題思路有以下兩種： (1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立、方程求解等轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域)，然后求解． (2)換元，將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進而構(gòu)造函數(shù)加以解決． 3．有關(guān)二次方程根的分布問題一般通過兩類方法解決：一是根與系數(shù)的關(guān)系與判別式，二是結(jié)合函數(shù)值的符號(或大小)、對稱軸、判別式用數(shù)形結(jié)合法處理． 4．和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點 ①函數(shù)y＝f(x)，當y>0時轉(zhuǎn)化為不等式f(x)>0. ②數(shù)列是自變量為正整數(shù)的函數(shù)． ③直線與二次曲線位置關(guān)系問題常轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問題． ④立體幾何中有關(guān)計算問題，有時

10、可借助面積、體積公式轉(zhuǎn)化為方程或函數(shù)最值求解． 5．注意方程(或不等式)有解與恒成立的區(qū)別． 6．含兩個未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)化策略： (1)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值． (2)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值． (3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值． (4)?x1∈[a，b]，

11、?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值． (5)?x1∈[a，b]，當x2∈[c，d]時，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域與g(x)在[c，d]上的值域交集非空． (6)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域?g(x)在[c，d]上的值域． (7)?x2∈[c，d]，?x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域?g(x)在[c，d]上的值域． 4．(文)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f ′

12、(x)的圖象如下圖所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) [答案]　B [解析]　本題考查原函數(shù)圖象與導(dǎo)函數(shù)圖象之間的關(guān)系． 由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一點處的切線斜率逐漸變大，而在[0,1]上則逐漸變小，故選B. (理)(20xx石家莊市質(zhì)檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))為頂點的△ABC的面積記為函數(shù)S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的大致圖象為(　　) [答案]　D [解析]　∵A、B為定點，∴|AB|為定值，∴△ABC的面積S(x)隨點C到直線AB的

13、距離d而變化，而d隨x的變化情況為增大→減小→0→增大→減小，∴△ABC的面積先增大再減小，當A、B、C三點共線時，構(gòu)不成三角形；然后△ABC的面積再逐漸增大，最后再逐漸減小，觀察圖象可知，選D. [方法點撥]　1.由導(dǎo)函數(shù)的圖象研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，應(yīng)注意導(dǎo)函數(shù)圖象位于x軸上方的部分對應(yīng)f(x)的增區(qū)間，下方部分對應(yīng)f(x)的減區(qū)間，與x軸的交點對應(yīng)函數(shù)可能的極值點，導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性決定函數(shù)f(x)增長的速度； 2．由函數(shù)的圖象確定導(dǎo)函數(shù)的圖象時，應(yīng)注意觀察函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值點，它們依次對應(yīng)f′(x)的正負值區(qū)間和零點，圖象上開或下降的快慢決定導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性． 5．已知常數(shù)a、b、c都

14、是實數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是(　　) A．－ B. C．2 D．5 [答案]　C [解析]　依題意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2，3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－23＝， ∴b＝－，c＝－18a，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故選C. 二、解答題 6．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫

15、坐標為－2. (1)求a； (2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點. [分析]　(1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可把斜率用a來表示，再由斜率公式可求出a的值；(2)把曲線與直線只有一個交點轉(zhuǎn)化為函數(shù)只有一個零點作為本問的切入點，利用分類討論的思想和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性來判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，從而得出此函數(shù)在每個區(qū)間的單調(diào)情況，進而求出零點個數(shù)，解決本問． [解析]　(1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a， 由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－

16、k)x＋4. 由題設(shè)知1－k>0. 當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根． 當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以 g(x)>h(x)≥h(2)＝0， 所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根． 綜上，g(x)在R上有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． (理)已知函數(shù)f(x)＝ex－a

17、x(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當x>0時，x21，轉(zhuǎn)化為證明x>2lnx＋lnk成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－2lnx－lnk求解． [解析]　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)

18、＝ex－a. 又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln2. 當xln2時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 所以當x＝ln2時，f(x)有極小值． 且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4， f(x)無極大值． (2)令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，即g′(x)>0. 所以g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 所以當x>0時，g(x)

19、>g(0)>0，即x20時x20時，x21，要使不等式x2kx2成立，而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立， 令h(x)＝x－2lnx－lnk，則h′(x)＝1－＝，所以當x>2時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增 取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)

20、＋3(k－lnk)＋5k 易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0. 即存在x0＝，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x20. (1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性； (2)證明

21、：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解． [解析]　本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學思想． (1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)， 所以g′(x)＝2－＝. 當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減， 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． (2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx， 令

22、Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx， 則Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0， 于是，存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0. 令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)， 由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1， 即a0∈(0,1)． 當a＝a0時，有f′(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0 再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 當x∈(1，x0)時，f

23、′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0； 又當x∈(0,1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0， 故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0. 綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解． (理)(20xx江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． 　(1)試討論f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值． [解析]　考查利

24、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性、極值、函數(shù)零點． (1)先求函數(shù)導(dǎo)數(shù)，通過討論導(dǎo)函數(shù)零點求解；(2)通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)關(guān)系求解． (1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. 當a＝0時，因為f′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－，0)時，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當a<0時，x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0，x∈時，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(

25、1)知，函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)＝b，f＝a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)f＝ba3＋b<0，從而或. 又b＝c－a，所以當a>0時，a3－a＋c>0， 或當a<0時，a3－a＋c<0. 設(shè)g(a)＝a3－a＋c，因為函數(shù)f(x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立， 從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根

26、， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞. 綜上c＝1. [方法點撥]　用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)綜合題的一般步驟： 第一步，將所給問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)性質(zhì)的問題． 若已給出函數(shù)，直接進入下一步． 第二步，確定函數(shù)的定義域． 第三步，求導(dǎo)數(shù)f ′(x)，解方程f ′(x)＝0，確定f(x)的極值點x＝x0. 第四步，判斷f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值，若在x＝x0左側(cè)f ′(x)>0，右側(cè)f ′(x)>0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f ′(x)不變號，則x

27、＝x0不是f(x)的極值點． 第五步，求f(x)的最值，比較各極值點與區(qū)間端點f(a)，f(b)的大小，最大的一個為最大值、最小的一個為最小值． 第六步，得出問題的結(jié)論． 8．濟南市“兩會”召開前，某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進行了實地調(diào)研，據(jù)測定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為正數(shù)a、b，它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)． (1)試將y表示為x的函數(shù)； (2)若a＝1時，y在x＝6處取得

28、最小值，試求b的值． [解析]　(1)設(shè)點C受A污染源污染指數(shù)為，點C受B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例系數(shù)，且k>0. 從而點C處污染指數(shù)y＝＋(0

29、目標函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值是首選的方法，若在函數(shù)的定義域內(nèi)函數(shù)只有一個極值點，該極值點即為函數(shù)的最值點． 2．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟 ①審題，設(shè)未知數(shù)；②結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式；③確定函數(shù)的定義域；④在定義域內(nèi)求極值、最值；⑤下結(jié)論． 9．(20xx重慶理，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍． [解析]　第一問主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及極值問題，屬于簡單題型．第二問屬于主要考查了導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及單調(diào)

30、性的應(yīng)用，是高考?？碱}型，屬于簡單題型． (1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝＝， 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 當a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝， 故f(1)＝，f′(1)＝. 從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0. (2)由(1)知f′(x)＝， 令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0解得x1＝， x2＝. 當x0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)； 當x>x2時，g

31、(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)； 由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3， 解得a≥－， 故a的取值范圍為. [方法點撥]　1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的一般步驟 (1)求定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f ′(x)；(3)求極值，先解方程f ′(x)＝0，驗證f ′(x)在根左右兩側(cè)值的符號確定單調(diào)性，若在x＝x0左側(cè)f ′(x)>0，右側(cè)f ′(x)<0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f(x)的值不變號，則x＝x0不是f(x)的極值點；(4)求最值，比較各極值點與區(qū)間[a，b]的端點值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一個為最大值，最

32、小的一個為最小值． 2．已知f(x)在某區(qū)間上的極值或極值的存在情況，則轉(zhuǎn)化為方程f ′(x)＝0的根的大小或存在情況． 10．(文)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0. (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值． [解析]　(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1， 則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex， f ′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex 依題意須對于任意x∈(0,1)，有f ′(x)<0. 當a>0時，因為二次

33、函數(shù)y＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上，而f ′(0)＝－a<0，所以須 f ′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合條件． 故a的取值范圍0≤a≤1. (2)因為g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex， (ⅰ)當a＝0時，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1

34、)＝e. (ⅱ)當a＝1時，對于任意x∈(0,1)有g(shù)′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0. (ⅲ)當00. ①若≥1，即0

35、x＝1處取得最小值g(1)＝(1－a)e. [點評]　本題考查導(dǎo)數(shù)運算，二次函數(shù)、恒成立問題、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等，考查分類討論數(shù)學思想，體現(xiàn)導(dǎo)數(shù)的工具作用．第(1)問中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)問分類的依據(jù)是判定g(x)在[0,1]上的單調(diào)性． (理)設(shè)函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n為正整數(shù)，a、b為常數(shù)．函數(shù)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1. (1)求a、b的值； (2)求函數(shù)f(x)的最大值； (3)證明：f(x)<. [分析]　(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及點(1，f(1))在直線x＋y＝1上可求得a、b. (2)通過求導(dǎo)判定f(x)的單調(diào)

36、性求其最大值． (3)借用第(2)問的結(jié)論f(x)的最大值小于，構(gòu)造新的函數(shù)關(guān)系． [解析]　(1)因為f(1)＝b，由點(1，b)在直線x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0， 因為f ′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn， 所以f ′(1)＝－a. 又因為切線x＋y＝1的斜率為－1， 所以－a＝－1，即a＝1， 故a＝1，b＝0. (2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1， f ′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)． 令f ′(x)＝0，解得x＝， 即f ′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點x＝. 在(0，)上，f ′(x)>0，故f(x)單調(diào)遞

37、增； 而在(，＋∞)上，f ′(x)<0，故f(x)單調(diào)遞減． 故f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f()＝()n(1－)＝. (3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，則 φ′(t)＝－＝(t>0)． 在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)單調(diào)遞減； 而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增． 故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0. 所以φ(t)>0(t>1)， 即lnt>1－(t>1)． 令t＝1＋，得ln>， 即ln()n＋1>lne， 所以()n＋1>e，即<. 由(2)知，f(x)≤<， 故所證不等式成立． [點評]　本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，通過導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，判斷函數(shù)的單調(diào)性，在判斷單調(diào)性和求函數(shù)的最大值時一定要注意函數(shù)的定義域.