高三數(shù)學文一輪備考 第2章第11節(jié)導數(shù)的應用

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1、△+△2019年數(shù)學高考教學資料△+△ 高考真題備選題庫 第2章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第11節(jié) 導數(shù)的應用 考點一 應用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 1．（2013新課標全國Ⅰ，5分）已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調性，并求f(x)的極大值． 解：本題主要考查導數(shù)的基本知識，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性、求極值． (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 從而a＝4，b＝4. (2

2、)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2). 令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2. 從而當x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調遞增，在(－2，－ln 2)上單調遞減． 當x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 2.（2013山東，12分）已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)． (1)設a≥0，求f(x)的單調區(qū)間； (2)設

3、a＞0，且對任意x＞0，f(x)≥f(1)．試比較ln a與－2b的大小． 解：本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和相關函數(shù)值的大小比較，考查分類討論思想、推理論證能力和運算求解能力． (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)， 得f′(x)＝. ①當a＝0時，f′(x)＝. (ⅰ)若b≤0，當x>0時，f′(x)<0恒成立， 所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞)． (ⅱ)若b>0，當0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增． 所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是. ②當a>0

4、時，令f′(x)＝0， 得2ax2＋bx－1＝0. 由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝， x2＝. 當0x2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增． 所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是. 綜上所述， 當a＝0，b≤0時，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，＋∞)； 當a＝0，b>0時，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是； 當a>0時，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是，＋∞. (2)由題意知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值． 由(1)知是f(x)的唯一極小值點， 故＝1，整理得

5、2a＋b＝1即b＝1－2a. 令g(x)＝2－4x＋ln x， 則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝， 當00，g(x)單調遞增； 當x>時，g′(x)<0，g(x)單調遞減． 因此g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4<0. 故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0， 即ln a<－2b. 3．（2012福建，5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0. 其中正確結論

6、的序號是(　　) A．①③　　　　　　　　　　 B．①④ C．②③ D．②④ 解析：∵f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，∴f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝3.依題意有，函數(shù)f(x)＝x3－6x2＋9x－abc的圖像與x軸有三個不同的交點，故f(1)f(3)<0，即(1－6＋9－abc)(33－632＋93－abc)<0，∴00，f(3)＝－abc<0，故②③是對的． 答案：C 4．（2012遼寧，5分）函數(shù)y＝x2－ln x的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－

7、1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：函數(shù)y＝x2－ln x的定義域為(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，則可得0

8、x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． 解：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增． 若a>0，則當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0； 當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0， 所以，f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增． (2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1 ＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故當x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等價于 k<＋x(x>0)．① 令g(x)＝＋x，則 g′(x

9、)＝＋1＝. 由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調遞增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1,2)． 當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等價于k

10、(2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|>0. 解：(1)由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，此時f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當a>0時，f′(x)＝12(x－)(x＋)，此時函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－]和[，＋∞)，單調遞減區(qū)間為[－，] . (2)證明：由于0≤x≤1，故當a≤2時， f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當a>2時，f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2. 設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x

11、)＝6x2－2＝6(x－)(x＋)，于是 x 0 (0，) (，1) 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g()＝1－>0. 所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1>0. 故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x＋2>0. 考點二 應用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值 1．（2013新課標全國Ⅱ，5分）已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結論中錯誤的是(　　) A.? x0∈R，f(x0)＝0 B.函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形 C.若x0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－

12、∞，x0)單調遞減 D.若x0是f(x)的極值點，則 f′(x0)＝0 解析：本題考查三次函數(shù)的性質，考查數(shù)形結合思想，考查考生分析問題和解決問題的能力．由于三次函數(shù)的三次項系數(shù)為正值，當x→－∞時，函數(shù)值→－∞，當x→＋∞時，函數(shù)值也→＋∞，又三次函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，故一定穿過x軸，即一定?x0∈R，f(x0)＝0，選項A中的結論正確；函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通過平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為y＝x3＋nx的形式，這是一個奇函數(shù)，其圖象關于坐標原點對稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形，選項B中的結論正確；由于三次函數(shù)

13、的三次項系數(shù)為正值，故函數(shù)如果存在極值點x1，x2，則極小值點x2＞x1，即函數(shù)在－∞到極小值點的區(qū)間上是先遞增后遞減的，所以選項C中的結論錯誤；根據(jù)導數(shù)與極值的關系，顯然選項D中的結論正確. 答案：C 2．（2013福建，5分）設函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結論一定正確的是(　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 解析：本題主要考查函數(shù)的極值點、導數(shù)等基礎知識，意在考查考生的數(shù)形結合能力、轉化和化歸能力、運算求解能力．取函數(shù)f(x

14、)＝x3－x，則x＝－為f(x)的極大值點，但f(3)>f，∴排除A；取函數(shù)f(x)＝－(x－1)2，則x＝1是f(x)的極大值點，但－1不是f(－x)的極小值點，∴排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的極小值點，∴排除C，故選D. 答案：D 3．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　　　 B. C．(0,1) D．(0，＋∞) 解析：本題主要考查導數(shù)的應用，利用導數(shù)研究函數(shù)極值的方法，考查考生運算能力、綜合分析問題的能力和化歸與轉化能力．由題知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于

15、函數(shù)f(x)有兩個極值點，則f′(x)＝0有兩個不等的正根，顯然a≤0時不合題意，必有a<0.令g(x)＝ln x＋1－2ax，g′(x)＝－2a，令g′(x)＝0，得x＝，故g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，所以g(x)在x＝處取得最大值，即f′＝ln>0，所以0

16、分類討論思想解決問題的能力． (1)當k＝1時， f(x)＝x3－x2＋x，f′(x)＝3x2－2x＋1. ∵方程3x2－2x＋1＝0的判別式Δ＝4－43＝－8＜0， ∴f′(x)＞0恒成立， ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)當k＜0時，f′(x)＝3x2－2kx＋1，方程3x2－2kx＋1＝0的判別式Δ＝4k2－43＝4(k2－3)， ①當Δ≤0時，有k2－3≤0，即－≤k＜0時，f′(x)≥0恒成立，這時f(x)在[k，－k]上單調遞增， 有m＝f(k)＝k3－kk2＋k＝k，M＝f(－k)＝－k3－kk2－k＝－2k3－k. ②當Δ＞0時，有k2－3＞

17、0，即k＜－， 令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，解得 x1＝＜0，x2＝＜0，且x1＜x2＜0， 又x1－k＝－k＝＝＞0， 于是k＜x1＜x2＜0， 當k＜x＜x1或x2＜x＜－k時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)； 當x1＜x＜x2時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)， 故M＝max{f(－k)，f(x1)}，m＝min{f(k)，f(x2)}． 先證f(－k)＞f(x1)． ∵3x－2kx1＋1＝0，∴kx＝， f(x1)＝x－kx＋x1＝x－＋x1＝， ∴f(－k)－f(x1)＝(－2k3－k)－＝－2k3－k＋x－x1＝－2k3＋x＋， 又－k－x1＞

18、0，要證f(－k)＞f(x1)，只需證－2k3＋x＞0?x＞4k3?x1＞k， 由k＜x1＜0知x1＞k顯然成立， ∴f(－k)＞f(x1)． 再證f(k)＜f(x2)． 同理f(x2)＝，有f(k)－f(x2)＝k－＝(k－x2)＋(k＋x)＜0， ∴f(k)＜f(x2)． 綜上所述，M＝f(－k)＝－2k3－k，m＝f(k)＝k. 5.（2013浙江，15分）已知a∈R，函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． 解：本題主要考

19、查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性等性質，及導數(shù)應用等基礎知識，同時考查分類討論等綜合解題能力． (1)當a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6. 又因為f(2)＝4，所以切線方程為y＝6x－8. (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a. 當a>1時， x 0 (0,1) 1 (1，a) a (a,2a) 2a f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 0 單調 遞增 極大值 3a－1

20、單調 遞減 極小值 a2(3－a) 單調 遞增 4a3 比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得 g(a)＝ 當a<－1時， x 0 (0,1) 1 (1，－2a) －2a f′(x) － 0 ＋ f(x) 0 單調 遞減 極小值 3a－1 單調 遞增 －28a3－24a2 得g(a)＝3a－1. 綜上所述，f(x)的閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為 g(a) 6．（2012陜西，5分）設函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x

21、)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，當x＝2時，f′(x)＝0；當x>2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當0

22、，12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由題意知a，b都是正實數(shù)，所以ab≤()2＝()2＝9，當且僅當a＝b＝3時取到等號． 答案：D 8．（2011浙江，5分）設函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則下列圖像不可能為y＝f(x)的圖像是(　　) 解析：若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則易得a＝c.因選項A、B的函數(shù)為f(x)＝a(x＋1)2，則[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點滿足條件；選項C中，對稱軸x＝－＞0，且開口向下，

23、 ∴a＜0，b＞0.∴f(－1)＝2a－b＜0.也滿足條件；選項D中，對稱軸x＝－＜－1，且開口向上， ∴a＞0，b＞2a.∴f(－1)＝2a－b＜0.與圖矛盾． 答案：D 9．（2010山東，5分）已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單元：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為(　　) A．13萬件 B．11萬件 C．9萬件 D．7萬件 解析：因為y′＝－x2＋81，所以當x＞9時，y′＜0；當x∈(0,9)時，y′＞0，所以函數(shù)y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調遞減，在(0,9)上單調遞增，所以

24、x＝9是函數(shù)的極大值點，又因為函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以函數(shù)在x＝9處取得最大值． 答案：C 10．（2012廣東，14分）設00}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合D(用區(qū)間表示)； (2)求函數(shù)f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D內的極值點． 解：(1)方程2x2－3(1＋a)x＋6a＝0的判別式Δ＝9(1＋a)2－48a＝9(a－3)(a－)，而00}， ①當Δ>0時，得a<或a>3，即0

25、＝， x2＝，有0

26、1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當a0，f(1)＝2－3(1＋a)＋6a＝3a－1<0， 再由f(x)的單調性可得0

27、的極值點為x＝a和x＝1；當a＝時，函數(shù)f(x)在D內的極值點為x＝；當00)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解：(1)法一：由題設和均值不等式可知，f(x)＝ax＋＋b≥2＋b， 其中等號成立當且僅當ax＝1， 即當x＝時，f(x)取最小值為2＋b. 法二：f(x)的導數(shù)f′(x)＝a－＝， 當x>時，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上單調遞增； 當0

28、，f′(x)<0，f(x)在(0，)上單調遞減． 所以當x＝時，f(x)取最小值為2＋b. (2)由題設知，f′(x)＝a－，f′(1)＝a－＝，解得a＝2或a＝－(不合題意，舍去)． 將a＝2代入f(1)＝a＋＋b＝，解得b＝－1.所以a＝2，b＝－1. 12．(2010浙江，15分)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)2(x－b)(a，b∈R，a＜b)． (1)當a＝1，b＝2時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)設x1，x2是f(x)的兩個極值點，x3是f(x)的一個零點，且x3≠x1，x3≠x2.證明：存在實數(shù)x4，使得x1，x2，x3，x4按某種順序排列

29、后構成等差數(shù)列，并求x4. 解：(1)當a＝1，b＝2時，因為f′(x)＝(x－1)(3x－5)，故f′(2)＝1. 又f(2)＝0，所以f(x)在點(2,0)處的切線方程為y＝x－2. (2)證明：因為f′(x)＝3(x－a)(x－)，由于a＜b，故a＜，所以f(x)的兩個極值點為x＝a，x＝. 不妨設x1＝a，x2＝， 因為x3≠x1，x3≠x2，且x3是f(x)的零點，故x3＝b， 又因為－a＝2(b－)， 故可令x4＝(a＋)＝， 此時a，，，b依次成等差數(shù)列， 所以存在實數(shù)x4滿足題意，且x4＝. 考點三 利用導數(shù)研究函數(shù)的綜合問題 1．（2013天津，1

30、4分）設a∈[－2,0]，已知函數(shù)f(x)＝ (1)證明f(x)在區(qū)間(－1,1)內單調遞減， 在區(qū)間(1, ＋∞)內單調遞增； (2)設曲線y＝f(x)在點Pi(xi，f(xi))(i＝1,2,3)處的切線相互平行，且x1x2x3≠0.證明x1＋x2＋x3>－. 證明：本題主要考查導數(shù)的運算及其幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查分類討論思想、化歸與轉化思想、函數(shù)與方程思想，考查綜合分析問題和解決問題的能力． (1)設函數(shù)f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－x2＋ax(x≥0)， ①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，由于a∈[－2,0]，從而當－1

31、0時，f′1(x)＝3x2－(a＋5)<3－a－5≤0，所以函數(shù)f1(x)在區(qū)間(－1,0]內單調遞減． ②f′2(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2,0]，所以當01時，f′2(x)>0.即函數(shù)f2(x)在區(qū)間[0,1)內單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞增． 綜合①，②及f1(0)＝f2(0)，可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，1)內單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞增． (2)由(1)知f′(x)在區(qū)間(－∞，0)內單調遞減，在區(qū)間內單調遞減，在區(qū)間內單調遞增，因為曲線y＝f(x)在點Pi(xi，f(xi))(

32、i＝1,2,3)處的切線相互平行，從而x1，x2，x3互不相等，且f′(x1)＝f′(x2)＝f′(x3)．不妨設x1<0－＋，設t＝，則a＝，因為a∈[－2,0]，所以t∈，故x1＋x2＋x3>－t＋＝(t－1)2－≥－， 即x1＋x2＋x3>－. 2．（201

33、3湖北，13分）設a>0，b>0，已知函數(shù)f(x)＝. (1)當a≠b時，討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)當x>0時，稱f(x)為a，b關于x的加權平均數(shù)． (i)判斷f(1)，f，f是否成等比數(shù)列，并證明f≤f； (ii)a，b的幾何平均數(shù)記為G.稱為a，b的調和平均數(shù)，記為H.若H≤f(x)≤G，求x的取值范圍． 解：本題主要考查不等式、導數(shù)的應用，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性等基礎知識，考查運算能力及用函數(shù)思想分析解決問題的能力． (1)f(x)的定義域為(－∞，－1)∪(－1，＋∞)， f′(x)＝＝. 當a>b時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋

34、∞)上單調遞增； 當a0，f＝>0，f＝>0. 故f(1)f＝＝ab＝2， 即f(1)f＝2.① 所以f(1)，f2，f成等比數(shù)列． 因為≥，即f(1)≥f.由①得f≤f. (ⅱ)由(ⅰ)知f＝H，f＝G.故由H≤f(x)≤G， 得f≤f(x)≤f.② 當a＝b時，f＝f(x)＝f＝a. 這時，x的取值范圍為(0，＋∞)； 當a>b時，0<<1，從而<，由f(x)在(0，＋∞)上單調遞增與②式， 得≤x≤，即x的取值范圍為； 當a1，從而>，由f(

35、x)在(0，＋∞)上單調遞減與②式，得≤x≤，即x的取值范圍為. 綜上，當a＝b時，x的取值范圍為(0，＋∞)；當a>b時，x的取值范圍為； 當a0. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內恰有兩個零點，求a的取值范圍； (3)當a＝1時，設函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． 解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝

36、(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0. 當x變化時f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調遞減區(qū)間是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內單調遞增，在區(qū)間(－1,0)內單調遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內恰有兩個零點當且僅當 解得0

37、，f(x)＝x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調遞增，在[－1,1]上單調遞減，在[1,2]上單調遞增． ①當t∈[－3，－2]時，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調遞增，在[－1，t＋3]上單調遞減．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當t∈[－3，－2]時，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上單調遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－

38、.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－－(－)＝. ②當t∈[－2，－1]時，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小． 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上單調遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)， f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又由f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，從而 M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為. 4．（2012湖南，13分）已知函數(shù)f(

39、x)＝ex－ax，其中a>0. (1)若對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合； (2)在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1ln a時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，故當x＝ln a時，f(x)取最小值f(ln a)＝a－aln a. 于是對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當且僅當 a－aln a≥1.?、? 令

40、g(t)＝t－tln t，則g′(t)＝－ln t. 當00，g(t)單調遞增；當t>1時，g′(t)<0，g(t)單調遞減． 故當t＝1時，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，當且僅當a＝1時，①式成立． 綜上所述，a的取值集合為{1}． (2)由題意知，k＝＝－a， 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，則 φ(x1)＝－[ex2－x1－(x2－x1)－1]， φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]． 令F(t)＝et－t－1，則F′(t)＝et－1. 當t<0時，F(xiàn)′(t)<0，F(xiàn)(t)單調遞減；當t>0時，F(xiàn)′(t)>0，F(xiàn)(t)單調遞增． 故當t≠0時，F(xiàn)(t)>F(0)＝0，即et－t－1>0. 從而ex2－x1－(x2－x1)－1>0， ex1－x2－(x1－x2)－1>0， 又>0，>0， 所以φ(x1)<0，φ(x2)>0. 因為函數(shù)y＝φ(x)在區(qū)間[x1，x2]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立． 高考數(shù)學復習精品 高考數(shù)學復習精品