江蘇省2013屆高考數學（蘇教版）二輪復習專題4 導_數()解答題中出現導數的幾率非常大，導數的考查思路比較清晰，把導數作為工具僅限于理論上的分析和實踐中的應用，考查導數有時會跟分類討論、數形結合、函數與方程聯系一起綜合考查，特別是利用導數解決函數最值問題的實際操作，更是層出不窮，所以在平時的學習當中，注重函數模型化的識別.1設直線yxb是曲線yln x(x0)的一條切線，則實數b的值是_解析：由題意得：y，令，得x2，故切點(2，ln 2)，代入直線方程yxb，得bln 21.答案：ln 212函數y4x2單調遞增區間是_解析：令y8x0，(2x1)(4x22x1)0，x.答案：3設f(x)是函數f(x)的導函數，yf(x)的圖象如右圖所示，則f(x)的圖象最有可能的是_(填圖象序號)解析：利用導函數的圖象的零點，可知函數f(x)在(，0)及(2，)上單調遞增，而在(0,2)上單調遞減從而只有圖象符合要求答案：4函數f(x)xa在1,4上單調遞增，則實數a的最大值為_解析：法一：f(x)1，由已知，得10，即a2在區間1,4上恒成立a(2)min2，amax2.法二：令t，則把函數f(x)xa看成是函數yt2at，t1,2，與函數t，x1,4的復合函數，t在區間1,4上單調遞增，要使函數f(x)xa在1,4上單調遞增，只要yt2at在區間1,2上單調遞增即可當且僅當1，即a2，amax2.答案：25(2012南通模擬)各項均為正數的等比數列滿足a1a74，a68，若函數f(x)a1xa2x2a3x3a10x10的導數為f(x)，則f_.解析：各項為正的等比數列滿足：a1a74，a68，推算出a1，q2，所以an2n3.又f(x)a12a2x10a10x9，將x代入得nanxn1n，所以f(1210)答案：(2012江蘇高考)若函數yf(x)在xx0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數yf(x)的極值點已知a，b是實數，1和1是函數f(x)x3ax2bx的兩個極值點(1)求a和b的值；(2)設函數g(x)的導函數g(x)f(x)2，求g(x)的極值點；(3)設h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函數yh(x)的零點個數解(1)由題設知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因為f(x)2(x1)2(x2)，所以g(x)0的根為x1x21，x32.于是函數g(x)的極值點只可能是1或2.當x2時，g(x)0；當2x0，故2是g(x)的極值點當2x1時，g(x)0，故1不是g(x)的極值點所以g(x)的極值點為2.(3)令f(x)t，則h(x)f(t)c.先討論關于x的方程f(x)d根的情況，d2,2當|d|2時，由(2)可知，f(x)2的兩個不同的根為1和2，注意到f(x)是奇函數，所以f(x)2的兩個不同的根為1和2.當|d|0，f(1)df(2)d2d0，于是f(x)是單調增函數，從而f(x)f(2)2，此時f(x)d無實根同理，f(x)d在(，2)上無實根當x(1,2)時，f(x)0，于是f(x)是單調增函數，又f(1)d0，yf(x)d的圖象不間斷，所以f(x)d在(1,2)內有惟一實根同理，f(x)d在(2，1)內有惟一實根當x(1,1)時，f(x)0，f(1)d0，yf(x)d的圖象不間斷，所以f(x)d在(1,1)內有惟一實根由上可知：當|d|2時，f(x)d有兩個不同的根x1，x2滿足|x1|1，|x2|2；當|d|2時，f(x)d有三個不同的根x3，x4，x5滿足|xi|2，i3,4,5.現考慮函數yh(x)的零點()當|c|2時，f(t)c有兩個根t1，t2滿足|t1|1，|t2|2，而f(x)t1有三個不同的根，f(x)t2有兩個不同的根，故yh(x)有5個零點()當|c|2時，f(t)c有三個不同的根t3，t4，t5滿足|ti|2，i3,4,5，而f(x)ti(i3,4,5)有三個不同的根，故yh(x)有9個零點綜上可知，當|c|2時，函數yh(x)有5個零點；當|c|0)，f(x)x10，x1，x2.f(x)在上單調遞減，在上單調遞增f(x)在x時取極小值(2)f(x)(x0)，令g(x)x22axa2a，4a23a22aa22a，設g(x)0的兩根x1，x2(x10時，即a2時，若x10x2，則a2a0，即a0時，f(x)在(0，x2)上單調遞減，(x2，)上單調遞增，f(x)x2a，f(x)10，f(x)在(0，)上單調遞增，不合題意；若x1x20，則即a時，f(x)在(0，)上單調遞增，滿足題意；若0x12時，f(x)在(0，x1)上單調遞增，在(x1，x2)上單調遞減，在(x2，)上單調遞增，不合題意綜上得a的取值范圍為0,2(2012徐州最后一卷)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函數f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；(3)證明對一切x(0，)，都有ln x成立解(1)f(x)ln x1，當x，f(x)0，f(x)單調遞增0tt2，t無解；0tt2，即0t時，f(x)minf；t0)，則h(x)，x(0,1)，h(x)0，h(x)單調遞增，所以h(x)minh(1)4.因為對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4.(3)問題等價于證明xln x(x(0，)，由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，當且僅當x時取到設m(x)(x(0，)，則m(x)，易得m(x)maxm(1)，當且僅當x1時取到，從而對一切x(0，)，都有ln x成立本題第一問考查單調和分類討論的思想；第二問是通過轉化與化歸思想解決h(x)的最小值問題；第三問有一定的難度，如果直接化成ln x0來解決，對p(x)ln x求導將無法得到極值點，通過將原不等式化歸成xln x，分別求f(x)的最小值和m(x)的最大值來研究，則不難獲得證明設a0，f(x)x1ln2 x2aln x(x0)(1)令F(x)xf(x)，討論F(x)在(0，)內的單調性并求極值；(2)求證：當x1時，恒有xln2 x2aln x1.解：(1)根據求導法則有f(x)1，x0，故F(x)xf(x)x2ln x2a，x0，于是F(x)1，x0.列表如下：x(0,2)2(2，)F(x)0F(x)極小值F(2)故知F(x)在(0,2)內是減函數，在(2，)內是增函數，所以在x2處取得極小值F(2)22ln 22a.(2)證明：由a0知，F(x)的極小值F(2)22ln 22a0.于是由上表知，對一切x(0，)，恒有F(x)xf(x)0.從而當x0時，恒有f(x)0，故f(x)在(0，)內單調遞增所以當x1時，f(x)f(1)0，即x1ln2 x2aln x0.故當x1時，恒有xln2 x2aln x1.(2012泰州中學期末)設f(x)ln x，g(x)f(x)f(x)(1)求g(x)的單調區間和最小值；(2)討論g(x)與g的大小關系；(3)求a的取值范圍，使得g(a)g(x)0成立 解(1)由題設知f(x)ln x，g(x)ln x，所以g(x)，令g(x)0得x1，當x(0,1)時，g(x)0，g(x)是增函數，故(1，)是g(x)的單調遞增區間因此，x1是g(x)的惟一極值點，且為極小值點，從而是最小值點所以g(x)的最小值為g(1)1.(2)gln xx，設h(x)g(x)g2ln xx，則h(x)，當x1時，h(1)0，即g(x)g，當x(0,1)(1，)時，h(x)0.因此h(x)在(0，)內單調遞減，當0xh(1)0，即g(x)g.(3)由(1)知g(x)的最小值為1，所以，g(a)g(x)0，成立g(a)1，即ln a1，從而得0ae.所以a的取值范圍為(0，e)(1)先求出原函數f(x)，再求得g(x)，然后利用導數判斷函數的單調性(單調區間)，并求出最小值；(2)作差法比較，構造一個新的函數，利用導數判斷函數的單調性，并由單調性判斷函數的正負；(3)對于恒成立問題可轉化為求函數的最值問題若不等式|ax3ln x|1對任意x(0,1都成立，則實數a取值范圍是_解析：顯然x1時，有|a|1，a1或a1.令g(x)ax3ln x，g(x)3ax2.當a1時，對任意x(0,1，g(x)0，g(x)在(0,1上遞減，g(x)ming(1)a1，此時g(x)a，)，|g(x)|的最小值為0，不符合題意當a1時，對任意x(0,1，g(x)0x.|g(x)|的最小值為gln (3a)1，解得a.答案：(1)利用導數研究函數極值問題需注意解題步驟(2)根據函數的極值求參數值一定要注意進行檢驗(3)利用導數研究函數最值問題討論思路很清晰，但計算比較復雜，其次有時需要二次求導研究導函數的最值來判斷導函數的正負1若存在過點(1,0)的直線與曲線yx3和yax2x9都相切，則實數a的取值為_解析：設過(1,0)的直線與yx3相切于點(x0，x)，所以切線方程為yx3x(xx0)，即y3xx2x，又(1,0)在切線上，則x00或x0，當x00時，由y0與yax2x9相切可得a，當x0時，由yx與yax2x9相切可得a1.答案：或12設P為曲線C：yx22x3上的點，且曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為，則點P橫坐標的取值范圍為_解析：由曲線C在點P處切線傾斜角的取值范圍為.可得曲線C在點P處切線的斜率范圍為0,1，又y2x2，設點P的橫坐標為x0，則02x021，解得1x0.答案：3(2012啟東期末)若函數f(x)x3ax2(a1)x1在區間(1,4)上是減函數，在區間(6，)上是增函數，則實數a的取值范圍是_解析：f(x)x2ax(a1)，令f(x)0，得x1或xa1，結合圖象知4a16，故a5,7答案：5,74(2012通州中學期末)已知函數f(x)ln xax22x(a0)存在單調遞減區間，則實數a的取值范圍是_解析：f(x)ax2.因為函數f(x)存在單調遞減區間，所以f(x)0有正解當a0時，yax22x1為開口向上的拋物線，ax22x10總有正解；當a0總有正解，則44a0，解得1a0.綜上所述，a的取值范圍為(1,0)(0，)答案：(1,0)(0，)5已知函數f(x)x3(1a)x2a(a2)xb(a，bR)若函數f(x)在區間(1,1)上不單調，則實數a的取值范圍是_解析：函數f(x)在區間(1,1)上不單調，等價于f(x)0在區間(1,1)上有實數解，且無重根又f(x)3x22(1a)xa(a2)，由f(x)0，得x1a，x2.從而或解得或所以a的取值范圍是.答案：6已知函數f(x)x3bx2cxd在區間1,2上是減函數，則bc的最大值為_解析：考查線性規劃思想，有導函數f(x)0恒成立構造線性區域，得到bc的最大值為.答案：7已知函數f(x)滿足f(x)f(1)ex1f(0)xx2，則f(x)的解析式為_解析：令x0列一個方程，然后求導，再令x1，列一個方程，從而求出f(1)e，f(0)1，f(x)exxx2.答案：f(x)exxx28(2012南通高中聯考)設函數f(x)ax，x0，且f(x)1sin x，則a的取值范圍_解析：因為f(x)1sin xax1sin x.當x0時，01sin 01恒成立當0x時，ax1sin xaamin.令g(x)(0x)，則g(x)，令c(x)xcos x1sin x，c(x)xsin x0，x(0，故c(x)在(0，上單調遞減，c(x)c(0)10.綜上可知x(0，時，g(x)0，故g(x)在區間(0，上單調遞減所以g(x)ming().故a.答案：9設函數f(x)x2axa3，g(x)ax2a.若存在x0R，使得f(x0)0與g(x0)0同時成立，則實數a的取值范圍是_解析：由f(x)x2axa3知，f(0)a3，f(1)4，又存在x0R，使得f(x0)0，即a6.又g(x)ax2a恒過(2,0)若a6時，a7，若a2時，4，顯然不成立答案：(7，)10設函數f(x)ax33x1(xR)，若對于任意的x1,1，都有f(x)0成立，則實數a的值為_解析：若x0，則不論a取何值，f(x)10顯然成立；當x0即x(0,1時，f(x)ax33x10可化為a，設g(x)，則g(x)，g(x)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，因此g(x)maxg4，從而a4；當x0，g(x)在區間1,0)上單調遞增，因此g(x)ming(1)4，從而a4.綜上a4.答案：411(2012南通學科基地)已知函數f(x)ax22xsin2和函數g(x)ln x，記F(x)f(x)g(x)(1)當時，若f(x)在1,2上的最大值是f(2)，求實數a的取值范圍；(2)當a1時，判斷F(x)在其定義域內是否有極值，并予以證明；(3)對任意的，若F(x)在其定義域內既有極大值又有極小值，試求實數a的取值范圍解：(1)時，f(x)ax2x.當a0時，f(x)x，不合題意；當a0時，f(x)ax2x在上遞減，在上遞增，f(x)在1,2上的最大值是maxf(1)，f(2)f(2)，所以f(1)f(2)，即a2a3，所以a1.綜上所述，實數a的取值范圍是1，)(2)a1時，F(x)x22xsin2ln x的定義域為(0，)，F(x)x2sin222sin2