2024年4月14日发(作者：word制作数学试卷模板)
专题
03
导数及其应用
1. [2019
年高考全国
III
卷理数】已知曲线
y = ae
x
+xlnx
在点
(
1, ae)
处的切线方程为
y=2x+b,
贝
9
A. a = e, b = —1
C. a — e
_1
, b = l
【答案】
D
【解析】
T y\' = ae* + lnx+l,
切线的斜率
k = y\' |
Y=1
=
ae+1 = 2,a = e
_1
，
将
(1,1)
代入
y = 2x + b,
得
2 + b = l,b = -l.
故选
D.
【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有
a, b
的等式，从而求解，属于常考题
型.
了
2 O XTTV 2d V* V 1
\' _ \'若关于
X
的不等式
/(x)>0
在
R
上
B. a=e, b=l
D. a = e\"
1
> b = -
2. [2019
年高考天津理数】已知
tzeR
，设函数/(%)=
恒成立，则
a
的取值范围为
x-alnx, x>l.
A. [0,1]
C. [0,e]
【答案】
C
B. [0,2]
D. [l,e]
【解析】当兀=
1
时，
/(1) = 1 —2a + 2a = l>0
恒成立;
当
x 时，/(%) = x 2 -2ajc + 2a>0^ 2a>^- 恒成立, x-1 令 g(x) =—7 x-1 1 — X (1 — 兀― 1)2_ (1 —兀 )2—2(1 — 兀)+ 1 1 — X 贝 0g(x) = —— 1-X 当 1 — 兀=丄，即 x = 0 时取等号, 1-X 2a= 0, 则 a>0. Y 当 x 〉 l 时， f(x) = x-anx>0, 即 a< ---------------- 11 成立, lnx lnx-1 令〃( x)=—, 则 hx)= (In x) 2 lnx 当 x>e 时, h\'(x) >0, 函数〃( x) 单调递增, 当 0 时， h\'(x) <0, 函数力 (x) 单调递减, 则 x = e 时，〃( x) 取得最小值 A(e) = e, • ■ - a nin =e, 综上可知， a 的取值范围是 ［0,e］. 故选 C. 【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成 立问题. x,x<0 3. (2019 浙江)已知 a,bwR ，函数/(%) = < 1 1 .若函数 f(x)-ax-b 恰有 3 个零点, 2 —X —— ( Q + 1) 兀 + ax, X > 0 13 2 A. a<-, b<0 C. tz>—1, Z?<0 【答案】 C 【解析】当 x<0 时， y=f (x) -ax - b=x - ax - b= (1 - a) x - b=0, 得 x= 丿丿 则 y=f (x) -ax-b 最多有一个零点； 当 x>0 时， y=f (兀) -ax - b= -x 3 —- (a+1) x^+ax - ax - b= -x 3 —- (a+1) x 2 - b, — B. a<-l, b>0 D. a>—1, Z?>0 l-a ) J 3 2 3 2 y = x 2 - ( €l + l)x, 当 a+lwo, 即來- 1 时， y>0, y=f (x) -ax-b 在 ［0, +oo) 上单调递增， 则 y = f -ax-b 最多有一个零点，不合题意； 当 a+l>0, 即 °>-1 时，令 y\'>0 得兀丘@+ 1, +oo), 此时函数单调递增， 令 WVO 得用 ［0, d+1), 此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点. 根据题意，函数 y=f (x) -ax-b 恰有 3 个零点o函数 y=f (x) - ax - b 在(- oo, 0) 上有一个零点，在 ［0, +oo) 上有 2 个零点, 如图： b 1-a —b>0 (a + l) 3 - j (a + l)(a + l) 2 - b<0 6 解得 b<0, 1 - a>0, b> -- (a+1) 3 , 则 a>-l, b<0. 故选 C ・ 【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当兀 V0 时 ， y=f (x) -ax - b=x - ax - b= (l-°) x~ b 最多有 一个零 点；当空 0 时， y=/(x) -ax-b=^- (a+1) 数的草图，从而结合题意可列不等式组求解. - b, 利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函 4. [2019 年高考全国 I 卷理数】曲线 y = 3(x 2 +x)e x 在点 (0,0) 处的切线方程为_________________ . 【答案】 3x-y-0 【解析】 y = 3(2x+l)e A + 3(x 2 + x)e r = 3(x 2 +3x+l)e r , 所以切线的斜率 k = y\' | x=0 =3, 则曲线 y = 3(x 2 + x)^ 在点 (0,0) 处的切线方程为 y = 3x, 即 3x — y = 0 . 【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误•求导要 “慢”, 计算要准，是解答此类问题的基本要求. _ 4 5. [2019 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中， P 是曲线 y = x + —( 无 >0) 上的一个动点，则点 P 到直线 x+ y = 0 的距离的最小值是一 ▲ • 【答案】 4 4 4 【解析】由 y = x （x 〉 0）, 得丁\' = 1 ——, X X 4 4 设斜率为一 1 的直线与曲线 _y = x + -（x>0） 切于 （x 0 ,x 0 +—）, x 勺 由 1 一一 =一 1 得 x 0 = A /2 （ x 0 =- A /2 舍去）， x o 曲线 y = x + -（x>o ） ±, 点 P（V2,3 A /2） 到直线 x+y = o 的距离最小，最小值为 l^ + 3 ^L 4 . 故答案为 4 . 【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到己知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利 用数形结合和转化与化归思想解题. 6. [2019 年高考江苏】在平面直角坐标系中，点 A 在曲线 y=lnr 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点 （-e, -l）（e 为自然对数的底数），则点 A 的坐标是 ▲. 【答案】 （ e, 1） 【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点 A （ x 0 ,y 0 ）, 则 y Q =lnx 0 . 又# =丄， X 则曲线 y = InX 在点 A 处的切线为 y - ％ =丄 （ X — 勺）， 即 yin” 。= — -1, 将点（ -e,-l） 代入，得 -l-lnx 0 = ------------- 1, 兀 0 即 x o lnx o = e, 考察函数 H （ x） = xlnx, 当兀丘（ 0,1） 时， H （ x）<0, 当 XG （1,4-oo） 时， H （ 兀 ） >0, 且 = lnx+l, 当 x 〉 l 时， (x) >0,H(x) 单调递增， 注意到 H ( e) = e, 故 x o lnx o =e 存在唯一的实数根 x 0 =e, 此时 j 0 =1, 故点 A 的坐标为 (e,l). 【名师点睛】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. 7. [2019 年高考北京理数】设函数 /(x) = e T +ae- r (a 为常数).若/ (%)为奇函数，则 ____________________ ；若/ Cr) 是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是 ___________ . 【答案】 —1 ( YO,0] 【解析】首先由奇函数的定义得到关于 a 的恒等式，据此可得 a 的值，然后利用 f\'(x)>0 可得 a 的取值范围. 若函数 f(x) = e + ae x 为奇函数，则 / (—尢)=一/ (尢)，即 e- v + ac x =- (e v + 即( a +1) (e r + , ) = 0 对任意的 x 恒成立， 则 Q +1 = 0, 得 a = — 1. 若函数 f(x) = e+a& x 是 R 上的增函数，则 fx) = e-ae x >G 在 R 上恒成立， 即 a < e 2< 在 R 上恒成立， 又 e\">0 ， 则 a<0, 即实数 a 的取值范围是( 【名师点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性、利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想， 转化成恒成立问题.注重重点知识、基础知识、基本运算能力的考查. &【 2019 年高考全国 I 卷理数】已知函数/(%) =sinx-ln(l + x), 广 (x) 为/ \'(x) 的导数.证明： (1) 广 ( X ) 在区间 (-1,-) 存在唯一极大值点； (2) /Xx) 有且仅有 2 个零点. 【答案】 /I) 见解析； ( 2) 见解析. 【解析】 ( 1 ) 设 g(x) = /\'(x), 则 g(x) = cosx—— ， g\'(x) = —sinx + — 1 + X . (1 + %) 当 xf-1, 导时， g3 单调递减，而 g ，( 0 ) 〉 0,g ，( 》)< 0, 可得 g ( x ) 在［- 1, 导有唯一零点， 设为 Q. 则当 XG (-l,cr) 时， g\'(x)>0 ； 当时， g\'(x)vO. 所以 g(x) 在(- l,a) 单调递增，在”,号单调递减，故 g(x) 在［- 1, 导存在唯一极大值点，即广 ( X ) 在 ］-1 冷 存在唯一 极大值点. ( 2) y ( x) 的定义域为 (-l,+oo). (i) 当 x G (-1QI 时，由⑴知, fx) 在( -1,0) 单调递增，而广 (0) = 0, 所以当 xe(-l,0) 时， fx)<0, 故 /(x) 在 (-1,0) 单调递减，又 /(0)=0, 从而 x = 0 是/(切在 (-1,0］ 的唯一零点. (ii) 当 XE ［ 0,-^ 时，由 ( 1) 知，广(兀)在 (0 。)单调递增，在卜冷 71 单调递减，而 /\'(0)=0, <0, ,使得 /\'(0) = 0, 且当 xe(0,/?) 时， /\'U)>0 ； 当 xw 0,|J 时，广 (x)<0. 故 /(x) 在 (0,0) 单调递增，在 0,? 单调递减. 又 /(0)=0 - /田 71 = l-ln 1 + | >0, 所以当 XG 0,| 时， f(x)>0. 从而，g在 0, 中没有零点. (iii) 当兀彳号，兀时，/ \'(兀) V 0 , 所以 / ( X ) 在兀|单调递减.而 f 有唯一零点. > 0 , f ( 7t) < 0, 所以/ \'(x) 在怎,兀 (iv) 当 x G ( 71, +00) 时， ln(x + l)>l, 所以 /(%) <0, 从而/(兀)在 ( 71, +00 ) 没有零点. 综上， /(x) 有且仅有 2 个零点. 【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题•解决零点问题的关键一方 面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性, 二者缺一 不可. V* 1 9. ［2019 年高考全国 II 卷理数】已知函数 /(x) = lnx --------- . x-1 (1) 讨论 /U) 的单调性，并证明兀 0 有且仅有两个零点； (2) 设 xo 是 /(x) 的一个零点，证明曲线 y=lnx 在点 A(x 0 , liu- 0 ) 处的切线也是曲线 y = e x 的切线. 【答案】 (1) 函数/(劝在 (0,1) 和 (1,+8 ) 上是单调增函数，证明见解析； ( 2) 见解析. 【解析】 ( l)/(x) 的定义域为 ( 0, 1) (1, +oo). 1 2 因为 fx)=- + -~ x (x-1) >0, 所以 / ( X ) 在 ( 0, 1) , (1, +00 ) 单调递增. e +1 p 2 i p 2 _ Q 因为 /(e) =1 ---------- <0, /(e2) = 2 —学 i = 苓二 >0, 所以 /(x) 在 e-1 e -1 e - -1 =0. 又 0< — <1, /(—) = -lnx 1 + — = -f (Xj) = 0 , 故(兀)在 ( 0, 西 西 西一 I 综上， / ( X ) 有且仅有两个零点. (b +00 ) 有唯一零点 X1, 即 f ( X1 ) 1 1) 有唯一零点一. (2) 因为［厂，故点…叭， f) 在曲线曲上. ---- In 兀 0 1 x 0 +1 由题设知/(兀)= 0, 即 ln% 0 =^—, 故直线的斜率 k= --------------------------------- x 0 -1 -lnx 0 -x 0 % 心_ 1 = 1 _ x o +1 _ x % A 1 o 勺 —1 曲线在点 B(-lnx 0 , 一)处切线的斜率是一,曲线 y = ln 兀在点 A(x 0 ,lnx 0 ) 处切线的斜率也是一, x o x o 兀 o 所以曲线 y = lnx 在点 A(x 0 ,ln% 0 ) 处的切线也是曲线尸 e* 的切线. 【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10. ［2019 年高考全国 III 卷理数】已知函数 f(x) = 2x 3 -ax~+b. (1) 讨论/ \'(x) 的单调性; ( 2) 是否存在 a,b, 使得/ \'(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. 【答案】 ( 1) 见解析； ( 2) U=-i^U=r Q = 0 。= 4 【解析】 ( 1) fx) — 6x 2 一 2ax = 2x(3x - a). 令 f r ( x ) = °，得兀=°或兀=彳• 若 °>0, 则当 xe(-oo,0) 单调递增，在 f-|,+oo j 时， fx) > 0 ； 当 j 时， fx) < 0 . 故/(%)在( -oo,0),f-|,+oo 单调递减; 若 6Z=0, / ( X ) 在 (-8,+00 ) 单调递增; 若 d<0, 则当兀 w(-00, 彳 J (0, +00 ) 时， f r (x) > 0 ；当\"(彳 ,oj 时, f r (x) < 0 . 故/⑴ 在 (-00, 彳 J,(0,+oo) 单调递增，在 ［彳 ,o］ 单调递减. (2) 满足题设条件的 a, b 存在. (i) 当 a<0 时，由 ( 1) 知，于(劝在 ［0, 1］ 单调递增，所以于(力在区间 ［0, 1］ 的最小值为 f(O)=b , 最大值为 /\'(1) = 2 —a + b. 此时 a, 〃满足题设条件当且仅当 b = -l, 2-a + b = l, 即 a=0, b = -l. (ii) 当住 3 时，由 ( 1) 知， /\'(x) 在 ［0, 1］ 单调递减，所以 /(x) 在区间 ［0, 1］ 的最大值为 f(O)=b , 最小值为 f (X) = 2 — a + b . 此时 a, Z? 满足题设条件当且仅当 2 —◎ + /? = —1, b=], 即 a=4, b=l. (iii) 当 0<«<3 时，由 ( 1) 知，/(劝在 ［0, 1］ 的最小值为/ 身卜-討,最大值为 b 或 2-a + d —^— + b = —1, b=l, 则 a — 3^2 , 与 0v°v3 矛盾. 27 若—仝+ b = —1, 2 — a + b = 1, 则。= 3 丁 5 或 d = —3 冉或 °=0, 与 0<°<3 矛盾. 综上，当且仅当 —0, b = -l 或 a=4, El 时，/(兀)在 ［0, 1］ 的最小值为 -1, 最大值为 1. 【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最 大 值、最小值这种基本量的计算. 11. ［2019 年高考北京理数】已知函数 /(x)--x 3 -x 2 +x . 4 (I) (II) (III) 求曲线 y = /(x) 的斜率为 1 的切线方程； 当 xe[-2,4] 时，求证： x-6< /(%)<% ； 设 F(x)=j/(x) — (x + a)|(awR), 记 F(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值为 M (a). 当 M (a) 最小时, 求 a 的值. 【答案】( I ) y = x ^y = x- — -, (II) 见解析； ( III) a =-3. 1 3 【解析】( I ) 由 f(x) = -x 3 -x 2 +x 得广 (x) = —/-2x + l. 4 4 令广(劝= 1 ， 又 /(0) = 0, 得 “0 或“亍 Q 所以曲线 y = /(x) 的斜率为 1 的切线方程是 y = x^y-— = x-- f 即 y = x y = x ———. Q Q ( n ) 令 g(x) = f(x) - x, x e [-2,4]. 3 由 g (兀)=—兀 3 _兀 2 得 g\'(x) = — X 2 _2 X . 4 4 Q 令 g G) = 0 得兀 =o 或兀=亍. gG),g(Q 的情况如下： X i -2 (-2,0) 0 磕) 8 3 ( | ， 4) 4 g\'(x) + 一 + 64 ~27 0 g(x) -6 0 所以 g(x) 的最小值为- 6, 最大值为 0. 故一 6< g(x) <0 , 即 x-6< /(x)< x. (Ill) 由 ( II) 知， 当 a v —3 时， M(a) > F(0) =| g(0) — Q | 二 -a>3 ； 当 Q > — 3 时, M(a) A F(—2) =| g(—2) — Q |=6 + Q >3 ； 当 a = —3 时， M (a) = 3. 综上，当 M( Q ) 最小时， a = —3. 【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12. [2019 年高考天津理数】设函数/(%) = e T cos%, g(x) 为 /(x) 的导函数. (I ) 求/(兀)的单调区间； (II) 当 xw — 时，证明 /(x) + g(x)l —-x 1>0 : (III ) 设£为函数 u( x)= /(豹 在区间 ^2/171 + 中, 2/171 + 舟内的零点，其中 neN , 证明 e~ 2n71 2/271H -------- X n < -------------------- • 2 sinx 0 -cosx 0 兀 3 兀 71 【答案】 ( I) f (劝的单调递增区间为 2kn ——, 2kn + — {k e Z),/ (x) 的单调递减区间为 4 4 71 171 2hi + -,2hi + — 伙 wZ). (II) 见解析； ( III) 见解析. _ 4 4 _ 【解析】 ( I ) 由已知，有 f\'(x) = e x (cos x - sin %). 因此，当 x w ]2 炽+中 ,2 公兀+罟]伙 w Z) 时，有 sinx> cosv ，得 f\'(x) <0 , 则 /(%)单调递减；当 x w〔 2 公兀一乎 ， 2^ 兀 +中]伙 w Z) 时， Wsinx < cosx, 得 f\'(x) >0 , 则 /(x) 单调递 增. 所以，/(兀)的单调递增区间为 2 加-乎 ,2 炽+中 ( ZZ)J(x) 的单调递减区间为 TT 兀 2kn + -,2kn + — 伙 wZ). 4 4 (II ) 证明： 记 h(x) = /(x) + g(x) 依题意及( I ), 有 g(x) = e*(cos_x-sinx), 从而 g (沪— 2\'e 兀兀 4 ? 2 时, g\'O)v0, 故 h\'(x) = fx) + g\'(x) + g(x)( j) = g\'(x) K 兀 上单调递减，进而 h{x ） > h 4*2 f(x) + g(x) >0 . <0. 因此，力（兀）在区间 （Ill） 证明：依题意, “(兀”)=/(兀”)一 1 = 0 , 即 e*\" cosx” =1. 记 y n =x n -2nn , 兀兀 4 ? 2 /(y” ) = e ， \" cosy” = €~~ n7r co^x” 一 忍)=宅\"(“ w N ) . 由•/（》”）=/\"\" <1= 于仇）及 （ I ）， 得 y„^y 0 由 （ II） 知，当 xw］ 彳，寸 时， g\'（x）<0, 所以 g（x） 在 扌冷上为减函数’因此 g(y” ) Vg(yo) 又由 ( II) 知’ /(y”) + g(y”)£- 儿” 0, 故 「 ——歹 < /*/、,、 〜- 2rai -2 rm ^-2 rm ^-2nn 二 ----------- < --------- = ---- -------------------- < ----------------- . 2 \" g(y”) TT g(y”) g(y () ) e\" (sin%—cos%) sinx 0 -cosx 0 A 所以， 2 〃兀 H---- x n < ------------------- . 2 sinx 0 -cosx 0 【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函 数思 想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 13. ［2019 年高考浙江】已知实数 azO, 设函数 f （ x ） =aInx+ A / X +T,x>0. 3 （1） 当 = ~~时，求函数/（劝的单调区间； a （2） 对任意兀［丄 ,+8 ） 均有求 a 的取值范围. e 2a 注： e=2.71828… 为自然对数的底数. 【答案】 （ 1 ） / ⑴ 的单调递增区间是 （ 3, 砂）,单调递减区间是 （ 0,3 ）； （2） 0, 乎. 【解析】 （ 1 ） 当 a = 时， /（x） = 4 ln% + Vl + 4 > 0 . 小、 _ 3 1 _（\"^-2）（2^/^ 二+ 1） = --------------------------------- # J （兀）= --- 1 -- 0 4x 2 Jl + x 4x^1 + x 、 ---- , 所以，函数于（劝的单调递减区间为 （ 0, 3）, 单调递增区间为 （ 3, +00 ）・ j J2 (2) 由 /(1)<—, W0<6Z< —. 2a 4 当 0 返时， /(x)V 五等价于進—哎卫— 21n 沦 0. 4 2a a 2 a 令心丄，贝 h>2^2 . a 设 g(f) =t 2 y[x-2t^Jl + x-2]nx,t> 2 A /2 , (i) 当兀w丄, +oo 时, 则 g(0 > g(20) = 8 頁— —21n 兀. ifi p(x) = 4 長 -2 迈 + x -Inx,x> 则 7 /2 1 Xy/x+l (x-l)[l +7x(^2% +2-1)] Xs/x + l(4x + l)(Jx + l + >/2x) 1 7 1 (1,+8 ) p\'M - 0 + p(x) 单调递减 极小值 p（l） 单调递增 所以， p(x) > J >(1) = 0 . 因此， g(t)>g(2^2) = 2p(x)>0. p(* -2yfx In x - (x +1) 令 q(x) = 2y[x In % + (x +1), x e 则 q\'{x) = lnx + 2 + l>0, 故 q （ x ） 在 上单调递增，所以 q （ x, q 所以， g（x） ＜0. 由 ( i) (ii) 知对任意 xw -4-. +oo j , t e [2 A /2, + OO ), g(t).. 0 - 占,T，均有〃）”£• 综上所述，所求 a 的取值范围是 【名师点睛】导数是研究函数的 单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数 的应用的考查主要从以下几个角度进行： （ 1） 考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. （ 2） 利 用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. （ 3） 利用导数求函数的最值（极值），解决生活中 的优化问题. （ 4） 考查数形结合思想的应用. 14. [2019 年高考江苏】设函数 /(x) = (x-a)(x-Z?)(x-c),a,Z?,c w R 、广 (x) 为/ (x) 的导函数. （1） 若 a=b=c, f （4） =8, 求 a 的值; （ 2） 若 a 丰 b, b=c, 且 /（x） 和广⑴的零点均在集合 ｛-3,1,3｝ 中，求/&）的极小值; (3) 若 a = 0,0 且 f (x) 的极大值为 M, 求证: MV 土. 【答案】 ( 1) a = 2 ； (2) 见解析； ( 3) 见解析. 【解析】 (1) 因为 a=b = c, 所以 f(x) = (x - a)(x - b)(x - c) = (x - a) 3 . 因为/⑷ =8, 所以 (4_a)3=8, 解得 a = 2. (2) 因为 b = c, 所以 /(x) = (x-a)(x-Z?) 2 =x 3 -(a+2b)x 2 +b(2a+b)x-ab 2 , 因为 a,b, \"汕 都在集合 ｛—3 丄 3｝ 中，且 a Mb, 所以沁 =1, a = 3, Z? = _3 . 此时 /(x) = (x-3)(x+3) 2 , 广 O) = 3(x+3)(x—1). 令广 （x） = 0, 得 x = —3 或 x = l. 列表如下: X f\'M (-8,-3) + -3 0 (-3,1) 一 1 0 (1,+00 ) + / （ X ） 极大值 极小值 所以/(%)的极小值为 / ⑴ =(1-3)(1+3) 2 = -32 . (3) 因为 a = 0,c = l, 所以 /(x) = x(x-Z>)(x-1) = x 3 -(Z> + l)x 2 + bx , f\'(x) = 3^-2(b+l)x+b. 因为 0< 方< 1, 所以\" = 4(b+l)2—12b = (2b—1)2+3>0, 则广 ( X ) 有 2 个不同的零点，设为召,兀 2 ( 不 <兀). —c 羽 b+1-y/b 2 -b + 1 b+l + ^lb 2 ~b + l 由 f M = 0 , 得 召= ----------- - ----- ,% 2 = -------- - ------ . 列表如下： X ( YO,Xj X] （兀 1 ， 花） 一 *2 区严） + 广 （ X ） + 0 极大值 0 极小值 f(x) 所以 / \' （ X ） 的极大值皿=几对. 解法一： M = /（西）= -（ 方 +1） 彳 +bx ｛ =[3 彳- 2（b + l） 召+片彳-坐尹+驾巴
更多推荐
函数,考查,单调,导数,利用,零点,问题,本题
发布评论