5、] A
[解析] 設F(x)＝，
則F′(x)＝＝，
∵f(x)0，即F(x)在x∈R上為增函數，
∴F(1)>F(0)，F(2012)>F(0)，
即>，>，
∴f(1)>ef(0)，
f(2012)>e2012f(0)．
[方法點撥] 1.函數的單調性與導數
在區(qū)間(a，b)內，如果f ′(x)>0，那么函數f(x)在區(qū)間(a，b)上單調遞增．如果f ′(x)<0，那么函數f(x)在區(qū)間(a，b)上單調遞減．
2．利用導數研究函數的單調性的步驟．
(1)找出函數f(x)的定義域；
(2)求f ′(x)；
(3)在定
6、義域內解不等式f ′(x)>0，f ′(x)<0.
3．求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數f(x)的定義域內解(或證明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0.
4．若已知函數的單調性求參數的值或取值范圍，只需轉化為不等式f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在單調區(qū)間內恒成立的問題求解，解題過程中要注意分類討論；函數單調性問題以及一些相關的逆向問題，都離不開分類討論思想．
3．(2015新課標Ⅱ理，12)設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x＞0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
7、,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[答案] A
[解析] 考查導數的應用．
記函數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，＋∞)上單調遞減；又因為函數f(x)(x∈R)是奇函數，故函數g(x)是偶函數，所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當00，則f(x)>0；當x<－1時，g(x)<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.
8、
[方法點撥] 1.在研究函數的性質與圖象，方程與不等式的解，不等式的證明等問題中，根據解題的需要可以構造新的函數g(x)，通過研究g(x)的性質(如單調性、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，則可轉化為研究h(x)的極(最)值來解決，證明f(x)>g(x)時，可構造函數h(x)＝f(x)－g(x)，轉化為h(x)的最小值問題等等．
2．應用函數與方程思想解決函數、方程、不等式問題，是多元問題中的常見題型，常見的解題思路有以下兩種：
(1)分離變量，構造函數，將不等式恒成立、方程求解等轉化為
9、求函數的最值(或值域)，然后求解．
(2)換元，將問題轉化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進而構造函數加以解決．
3．有關二次方程根的分布問題一般通過兩類方法解決：一是根與系數的關系與判別式，二是結合函數值的符號(或大小)、對稱軸、判別式用數形結合法處理．
4．和函數與方程思想密切關聯(lián)的知識點
①函數y＝f(x)，當y>0時轉化為不等式f(x)>0.
②數列是自變量為正整數的函數．
③直線與二次曲線位置關系問題常轉化為二次方程根的分布問題．
④立體幾何中有關計算問題，有時可借助面積、體積公式轉化為方程或函數最值求解．
5．注意方程(或不等式)有解與恒成立的區(qū)別．
6．含兩
10、個未知數的不等式(函數)問題的常見題型及具體轉化策略：
(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]，?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
11、．
(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y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y＝f ′(x)的圖象如下圖所示，則該函數的圖象是( )
[答案] B
[解析] 本題考查原函數圖象與
12、導函數圖象之間的關系．
由導數的幾何意義可得，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)(2014石家莊市質檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數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S(x)，則函數S(x)的導函數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
13、點共線時，構不成三角形；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.由導函數的圖象研究函數的圖象與性質，應注意導函數圖象位于x軸上方的部分對應f(x)的增區(qū)間，下方部分對應f(x)的減區(qū)間，與x軸的交點對應函數可能的極值點，導函數的單調性決定函數f(x)增長的速度；
2．由函數的圖象確定導函數的圖象時，應注意觀察函數的單調區(qū)間、極值點，它們依次對應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函數的單調性．
5．已知常數a、b、c都是實數，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導函數為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3
14、}，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.
15、
[分析] (1)由導數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化為函數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數判斷函數的單調性來判斷所設函數的單調性，從而得出此函數在每個區(qū)間的單調情況，進而求出零點個數，解決本問．
[解析] (1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a，
由題設得－＝－2，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由題設知1－k>0.
當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調遞增
16、，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)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，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f(x)＝ex－ax(a為常數)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f(
17、x)的極值；
(2)證明：當x>0時，x21，轉化為證明x>2lnx＋lnk成立．構造函數h(x)＝x－2lnx－lnk求解．
[解析] (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
18、
令f′(x)＝0，得x＝ln2.
當xln2時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
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上單調遞增，又g(0)＝1>0，
所以當x>0時，g(x)>g(0)>0，即x20時x2
19、以當x>0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，＋∞)內單調遞增
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內單調遞增
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k
易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0＝，當
20、x∈(x0，＋∞)時，恒有x20.
(1)設g(x)是f(x)的導函數，討論g(x)的單調性；
(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解．
[解析] 本
21、題主要考查導數的運算、導數在研究函數中的應用、函數的零點等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數與方程、數形結合、化歸與轉化等數學思想．
(1)由已知，函數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)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增．
(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，
令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，
22、
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u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，
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，＋∞)上單調遞增．
當x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(
23、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，＋∞)內有唯一解．
(理)(2015江蘇，19)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)試討論f(x)的單調性；
(2)若b＝c－a(實數c是與a無關的常數)，當函數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] 考查利用導數求函數單調性、極值、函數零點．
(1)先求函數導數，通過討論導函數零點求解；(2)通過構造函數，利
24、用導數與函數關系求解．
(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f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，x∈∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，x∈(－，0)時，f′(x)<0，
所以函數f(x)在，(0，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減；
當a<0時，x∈(－∞，0)∪時，f′(x)>0，x∈時，f′(x)<0，
所以函數f(x)在(－∞，0)，上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，函數f(x)的兩個極值為f(0)＝b，f＝a3＋b，則函數f(x)有三個零點等價于f(0)f＝ba
25、3＋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g(a)＝a3－a＋c，因為函數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]，
因函數有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解
26、得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞.
綜上c＝1.
[方法點撥] 用導數研究函數綜合題的一般步驟：
第一步，將所給問題轉化為研究函數性質的問題．
若已給出函數，直接進入下一步．
第二步，確定函數的定義域．
第三步，求導數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)間上的單調性和極值，若在x＝x0左側f ′(x)>0，右側f ′(x)>0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側f ′(x)不變號，則x＝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，
27、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研，據測定，該處的污染指數與附近污染源的強度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數為k(k>0)．現已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為正數a、b，它們連線上任意一點C處的污染指數y等于兩化工廠對該處的污染指數之和．設AC＝x(km)．
(1)試將y表示為x的函數；
(2)若a＝1時，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．
[解析] (1)設點C受A污染源污染指數為，點C受B污染源污染指數為，其中k為比例
28、系數，且k>0.
從而點C處污染指數y＝＋(0
29、．利用導數解決優(yōu)化問題的步驟
①審題，設未知數；②結合題意列出函數關系式；③確定函數的定義域；④在定義域內求極值、最值；⑤下結論．
9．(2015重慶理，20)設函數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，求a的取值范圍．
[解析] 第一問主要考查了導數的幾何意義，導數的求導公式以及極值問題，屬于簡單題型．第二問屬于主要考查了導數的求導公式以及單調性的應用，是高考?？碱}型，屬于簡單題型．
(1)對f(x)求導得f′(x)＝＝，
因為f(x)在x＝
30、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；
當x>x2時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數；
由f(x)在[3，＋∞)上為減函數，知x2＝≤3，
31、
解得a≥－，
故a的取值范圍為.
[方法點撥] 1.利用導數研究函數最值的一般步驟
(1)求定義域；(2)求導數f ′(x)；(3)求極值，先解方程f ′(x)＝0，驗證f ′(x)在根左右兩側值的符號確定單調性，若在x＝x0左側f ′(x)>0，右側f ′(x)<0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側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，則轉化為方程f ′(x)＝0的根的
32、大小或存在情況．
10．(文)已知函數f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.
(1)求a的取值范圍；
(2)設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，因為二次函數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
33、)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)＝e.
(ⅱ)當a＝1時，對于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最
34、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、，考查分類討論數學思想，體現導數的工具作用．第(1)問中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)問分類的依據是判定g(x)在[0,1]上的單調性．
(理)設函數f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n為正整數，a、b為常數．函數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f(x)的最大值；
(3)證明：f(x)<.
[分析] (1)根據導數的幾何意義及點(1，f(1))在直線x＋y＝1上可求得a、b.
(2)通過求導判定f(x)的單調性求其最大值．
(3)借用第(2)問的結論f(x)的最大值小于，構造新的函數關系．
[解析] (1)因
36、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)單調遞增；
而在(，＋∞)上，f ′(x)<0，故f(x)單調遞減．
故f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f
37、()＝()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)單調遞減；
而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)單調遞增．
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] 本題主要考查了導數的幾何意義，通過導數求函數的最大值，判斷函數的單調性，在判斷單調性和求函數的最大值時一定要注意函數的定義域.
【走向高考】全國通用高考數學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題5 導數及其應用含解析
