2015届高考数学第二轮高效精练35.doc

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第6讲　导数及其应用
(对应学生用书(文)、(理)17～20页)

1. 了解导数的实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)，掌握函数在一点处的导数定义和导数几何意义，理解导函数的概念．
2. 熟记导数的基本公式，掌握两个函数和、差、积、商的求导法则，会求某些简单函数的导数.
3. 理解可导函数的单调性与其导数的关系，了解可导函数在某点取得极值时的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)，能用导数解决一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值等．

1. 已知m为实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则f(x)的单调递减区间为________．
答案：
解析：∵ f′(x)＝3x2－2mx，f′(－1)＝3＋2m＝－1，m＝－2，∴ f′(x)＝3x2＋4x＜0，－＜x＜0.
2. 已知某生产厂家的年利润y(万元)与年产量x(万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．
答案：9
解析：y′＝－x2＋81＞0，解得0＜x＜9；令导数y′＝－x2＋81＜0，解得x＞9.所以函数y＝－x3＋81x－234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，所以在x＝9处取极大值，也是最大值．
3. 若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
答案：
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝.据题意得解得1≤k＜.
4. 若曲线f(x)＝ax2＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________.
答案：a＜0
解析：由题意知该函数的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝2ax＋.因为存在垂直于y轴的切线，故此时斜率为0，问题转化为在x＞0范围内，导函数f′(x)＝2ax＋存在零点．等价于方程2ax＋＝0在(0，＋∞)内有解，显然可得a＝－∈(－∞，0)．

题型一 利用导数求曲线的切线方程
例1 (2013·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1) 若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2) 若|a|>1，求f(x)在闭区间[0，|2a|]上的最小值．
解：(1) 当a＝1时，f(x)＝2x3－6x2＋6x，∴ f(2)＝16－24＋12＝4.∵ f′(x)＝6x2－12x＋6，∴ f′(2)＝24－24＋6＝6，∴ y＝f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y－4＝6(x－2)6x－y－8＝0.
(2) ∵ f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6[x2－(a＋1)x＋a]＝6(x－1)(x－a)，
① 当a>1时，x∈(－∞，1]∪[a，＋∞)时，y＝f(x)递增，x∈(1，a)时，y＝f(x)递减，∴ 当x∈[0，2|a|]时，且2|a|>2，x∈[0，1]∪[a，2|a|]时，y＝f(x)递增，x∈(1，a)时，y＝f(x)递减，∴ 最小值是f(a)＝2a3－3(a＋1)a2＋6a2＝3a2－a3；再比较f(0)＝0与f(a)的大小，∴ 当a>3时，f(x)min＝3a2－a3，当1<a≤3时，f(x)min＝0.
② 当a<－1时，且2|a|>2，在x∈[0，2|a|]时，x∈(0，1)时，y＝f(x)递减，x∈[1，2|a|]时，y＝f(x)递增，∴ 最小值是f(1)＝3a－1.
综上所述：f(x)在[0，|2a|]上的最小值g(a)＝

已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax，其中a∈R，x∈R.
(1) 当a＝1时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2) 若函数f(x)在区间(1，2)上不是单调函数，试求a的取值范围；
(3) 已知b>－1，如果存在a∈(－∞，－1]，使得函数h(x)＝f(x)＋f′(x)(x∈[－1，b])在x＝－1处取得最小值，试求b的最大值．
解：(1) 当a＝1时，f(x)＝x3＋x2－x，则f′(x)＝3x2＋2x－1，故k＝f′(1)＝4.
又切点为(1，1)，故所求切线方程为y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.
(2) 由题意知，f′(x)＝3ax2＋2x－a在区间(1，2)上有不重复的零点，
由f′(x)＝3ax2＋2x－a＝0，得(3x2－1)a＝－2x.
因为3x2－1≠0，所以a＝－.
令y＝－，则y′＝>0，故y＝－在区间(1，2)上是增函数，所以其值域为，
从而a的取值范围是.
(3) h(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a，
由题意知h(x)≥h(－1)对x∈[－1，b]恒成立，
即ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a≥2a－1对x∈[－1，b]恒成立，
即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0　①对x∈[－1，b]恒成立．
当x＝－1时，①式显然成立；
当x∈(－1，b]时，①式可化为
ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)≥0　②，
令φ(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)，则其图象是开口向下的抛物线，
所以　即
其等价于≤－　③.
因为③在a∈(－∞，－1]时有解，所以≤＝1，解得－1<b≤，从而b的最大值为.
题型二 利用导数研究函数的性质
例2 设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1) 若a＝，求f(x)的单调区间；
(2) 若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1) a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减．
(2) f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0.
综上，a的取值范围为(－∞，1]．
已知a>0，b∈R，函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，f′(x)、g′(x)是f(x)、g(x)的导函数．若f′(x)g′(x)≥0在区间[－1，＋∞)上恒成立．
(1) 求实数b的取值范围；
(2) 当b取最小值时，讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)在[－1，＋∞)上的单调性．
解：(1) ∵ f(x)＝x3＋ax，g(x)＝x2＋bx，
∴ f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2x＋b.x∈[－1，＋∞)，f′(x)g′(x)≥0，即x∈[－1，＋∞)，(3x2＋a)(2x＋b)≥0.∵ a＞0，∴ 3x2＋a＞0，∴ x∈[－1，＋∞)，2x＋b≥0，即x∈[－1，＋∞)，b≥－2x，∴ b≥2，故所求实数b的取值范围是[2，＋∞)．
(2) b的最小值为2，h(x)＝x3－x2＋ax－2x，
h′(x)＝3x2－2x＋a－2＝3＋a－.
当a≥时，h′(x)＝3x2－2x＋a－2≥0对x∈[－1，＋∞)恒成立，h(x)在[－1，＋∞)上单调递增；当0＜a＜时，由h′(x)＝3x2－2x＋a－2＝0，得x＝＞－1，
∴ h(x)在[－1，]上单调递增，在[，]上单调递减，在上单调递增．
题型三 利用导数解应用题
例3 某单位决定对本单位职工实行年医疗费用报销制度，拟制定年医疗总费用在2万元至10万元(包括2万元和10万元)的报销方案，该方案要求同时具备下列三个条件：① 报销的医疗费用y(万元)随医疗总费用x(万元)增加而增加；② 报销的医疗费用不得低于医疗总费用的50%；③ 报销的医疗费用不得超过8万元．
(1) 请你分析该单位能否采用函数模型y＝0.05(x2＋4x＋8)作为报销方案；
(2) 若该单位决定采用函数模型y＝x－2lnx＋a(a为常数)作为报销方案，请你确定整数a的值．(参考数据：ln2≈0.69，ln10≈2.3)
解：(1) 函数y＝0.05(x2＋4x＋8)在[2，10]上是增函数，满足条件①；
当x＝10时，y有最大值7.4万元，小于8万元，满足条件③；
但当x＝3时，y＝<，即y≥不恒成立，不满足条件②.
故该函数模型不符合该单位报销方案．
(2) 对于函数模型y＝x－2lnx＋a，设f(x)＝x－2lnx＋a，则f′(x)＝1－＝≥0.
∴ f(x)在[2，10]上是增函数，满足条件①，
由条件②，得x－2lnx＋a≥，即a≥2lnx－在x∈[2，10]上恒成立，
令g(x)＝2lnx－，则g′(x)＝－＝，
由g′(x)>0得x<4，
∴ g(x)在(0，4)上是增函数，在(4，10)上是减函数．
∴ a≥g(4)＝2ln4－2＝4ln2－2.
由条件③，得f(10)＝10－2ln10＋a≤8，
解得a≤2ln10－2.
另一方面，由x－2lnx＋a≤x，得a≤2lnx在x∈[2，10]上恒成立，∴ a≤2ln2.
综上所述，a的取值范围为[4ln2－2，2ln2]，
∴ 满足条件的整数a的值为1.

两县城A和B相距20 km，现计划在两县城外以AB为直径的半圆弧AB上选择一点C建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城A和城B的总影响度为城A与城B的影响度之和，记C点到城A的距离为x km，建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y，统计调查表明：垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比，比例系数为k，当垃圾处理厂建在弧AB的中点时，对城A和城B的总影响度为0.065.
(1) 将y表示成x的函数；
(2) 讨论(1)中函数的单调性，并判断弧AB上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小？若存在，求出该点到城A的距离；若不存在，说明理由．
解：(1) 如图，由题意知：AC⊥BC，BC2＝400－x2，y＝＋(0＜x＜20)，当垃圾处理厂建在弧AB的中点时，垃圾处理厂到A、B的距离都相等，且为10 km，
所以有0.065＝＋，解得k＝9，
所以y＝＋(0＜x＜20)．

(2)因为y′＝′＝－＋＝，令y′＞0，得x4＋640x2－128 000＞0，解得x2＞160，即x＞4.又0＜x＜20，所以函数y＝＋在x∈(0，4)上是减函数，在x∈(4，20)上是增函数，所以当x＝4时，y取得最小值，所以在弧AB上存在一点，且此点到城市A的距离为4 km，使建在此处的垃圾处理厂对城市A、B的总影响度最小．
题型四 导数的综合应用
例4 已知函数f(x)＝－ax(x>0且x≠1)．
(1) 若函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，求实数a的最小值；
(2) 若x1、x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．
解：(1) 因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.
又f′(x)＝－a＝－2＋－a
＝－2＋－a,
故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a.
所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值为
(2) (解法1)命题“若x1、x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”．
由(1)，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝－a，
∴ f′(x)max＋a＝.
问题等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”
① 当a≥时，由(1)，f(x)在[e，e2]上为减函数，
则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.
② 当a<时，由于f′(x)＝－2＋－a在[e，e2]上为增函数，
故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.
(i) 若－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0在[e，e2]恒成立，故f(x)在[e，e2]上为增函数，
于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e>，不合题意．
(ii) 若－a<0，即0<a<，由f′(x)的单调性和值域知，唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：
当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
所以，f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2).
所以，a≥－>－>－＝，与0<a<矛盾，不合题意．
综上，得a≥－ .
(解法2)命题“若x1、x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于“x1∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x)max＋a”．
由(1)，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝－a，于是f′(x)max＋a＝.
故x1∈[e，e2]，使f(x1)＝－ax1≤，即x1∈[e，e2]，使a≥－.
所以当x∈[e，e2]时，a≥min.
记g(x)＝－，x∈[e，e2]，则g′(x)＝＋＝.
因为x∈[e，e2]，故4x∈[4e，4e2]，(lnx)2∈[1，4]，于是g′(x)<0，x∈[e，e2]恒成立.
所以，g(x)＝－在[e，e2]上为减函数，
所以，g(x)min＝－＝－.
所以，a≥－.

已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1)．
(1) 求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 求函数f(x)的单调区间；
(3) 若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解：(1) 因为函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1),
所以f′(x)＝axlna＋2x－lna，f′(0)＝0.
因为f(0)＝1，所以函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2) 由(1)，f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna.
因为当a>0，a≠1时，总有f′(x)在R上是增函数，
又f′(0)＝0，所以不等式f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，
故函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
(3) 因为存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立， 而当x∈[－1，1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min,
所以只要f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
因为x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：

x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以f(x)在[－1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数，所以当x∈[－1，1]时，f(x)的最小值f(x)min＝f(0)＝1，f(x)的最大值f(x)max为f(－1)和f(1)中的最大值.
因为f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－＝a－－2lna,
令g(a)＝a－－2lna(a>0)，
因为g′(a)＝1＋－＝2>0,
所以g(a)＝a－－2lna在a∈(0，＋∞)上是增函数.
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1);
当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1) .
所以，当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1，函数y＝a－lna在a∈(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即＋lna≥e－1，函数y＝＋lna在a∈(0，1)上是减函数，解得0<a≤.
综上可知，a的取值范围为a∈∪[e，＋∞) .

1. (2013·广东卷)若曲线y＝ax2－lnx在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________．
答案：
解析：y′＝2ax－，由题知，2a－1＝0，a＝.
2. (2013·江西卷)若曲线y＝xα＋1(α∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________．
答案：2
解析：y′＝αxα－1，在点(1，2)处的切线方程为y－2＝α(x－1)，点(0，0)代入得－2＝－α，α＝2.
3. (2014·全国卷)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是________．
答案：[1，＋∞)
解析：f′(x)＝k－，由已知得f′(x)≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，故k≥.因为x>1，所以0<<1，故k的取值范围是[1，＋∞)．
4. (2013·湖北卷)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案：
解析：由题知，x>0，f′(x)＝lnx＋1－2ax，由于f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝lnx＋1与y＝2ax(x>0)的图象有两个不同的交点，则a>0；设函数y＝lnx＋1图象上任一点(x0，1＋lnx0)处的切线为l，则k＝，当l过坐标原点时，＝x0＝1，令2a＝1得a＝，结合图形可知0<a<.
5. (2014·北京卷)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈.
(1) 求证：f(x)≤0；
(2) 若a<<b在上恒成立，求a的最大值与b的最小值．
(1) 证明：由f(x)＝xcosx－sinx得 f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.
因为在区间上f′(x)＝－xsinx＜0，所以f(x)在区间上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.
(2) 解：当x>0时，“>a”等价于“sinx－ax>0”“<b”等价于“sinx－bx<0”．
令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c，
当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈恒成立．
当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cosx－c＜0，所以g(x)在区间上单调递减．从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈恒成立．
当0<c<1时，存在唯一的x0∈使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.
g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：

x
(0，x0)
x0

g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大值

因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)＞0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0＜c≤.
综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈恒成立．
所以，若a<<b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.
6. (2013·福建卷)已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1) 若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2) 求函数f(x)的极值；
(3) 当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．
解：(1) 由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.
(2) f′(x)＝1－，
① 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
② 当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.
x∈(－∞，lna)，f′(x)<0；x∈(lna，＋∞)，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．
(3) (解法1)当a＝1时，f(x)＝x－1＋，
令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，
则“直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点”等价于“方程g(x)＝0在R上没有实数解”．
假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，
又函数g(x)的图象连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1.
又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．
所以k的最大值为1.
(解法2) 当a＝1时，f(x)＝x－1＋.
“直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点”等价于“关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解”，即“关于x的方程(k－1)x＝(*)在R上没有实数解”．
① 当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解；
② 当k≠1时，方程(*)化为＝xex.
令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.
令g′(x)＝0，得x＝－1，
当x变化时，g′(x)的变化情况如下表：

x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

－

当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为.
所以当∈时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1－e，1)．
综上，得k的最大值为1.

(本题模拟高考评分标准，满分16分)
(2013·宿迁、徐州三模)已知函数f(x)＝lnx－ax2－x，a∈R.
(1) 若函数y＝f(x)在其定义域内是单调增函数，求a的取值范围；
(2) 设函数y＝f(x)的图象被点P(2，f(2))分成的两部分为c1、c2(点P除外)，该函数图象在点P处的切线为l，且c1、c2分别完全位于直线l的两侧，试求所有满足条件的a的值．
解：(1) f′(x)＝－2ax－1＝－(x>0)，(2分)
只需要2ax2＋x－1≤0，即2a≤－＝－，
所以a≤－.(4分)
(2) 因为f′(x)＝－2ax－1，所以切线l的方程为y＝(x－2)＋ln2－4a－2.
令g(x)＝lnx－ax2－x－[(－4a－)(x－2)＋ln2－4a－2]，则g(2)＝0.
g′(x)＝－2ax＋4a－＝－.(6分)
若a＝0，则g′(x)＝，
当x∈(0，2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)≥g(2)＝0，c1、c2在直线l同侧，不合题意；(8分)
若a≠0，g′(x)＝－，
若a＝－，g′(x)＝≥0，g(x)是单调增函数，
当x∈(2，＋∞)时，g(x)>g(2)＝0；当x∈(0，2)时，g(x)<g(2)＝0，符合题意；(10分)
若a<－，当x∈时，g′(x)<0，g(x)>g(2)＝0，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)>g(2)＝0，不合题意；(12分)
若－<a<0，当x∈时，g′(x)<0，g(x)<g(2)＝0，
当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)<g(2)＝0，不合题意；(14分)
若a>0，当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)<g(2)＝0，
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)<g(2)＝0，不合题意．
故只有a＝－符合题意．(16分)

1. 函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．
答案：(－1，11)
解析： f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)，由(x－11)(x＋1)＜0得单调减区间为(－1，11)．亦可填写闭区间或半开半闭区间．
2. 已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋x＋3，其中a、b∈R，a≠0.
(1) 当a、b满足什么条件时，f(x)取得极值？
(2) 已知a＞0，且f(x)在区间(0，1]上单调递增，试用a表示出b的取值范围．
解： (1)由已知得f′(x)＝ax2＋2bx＋1，令f′(x)＝0，得ax2＋2bx＋1＝0，f(x)要取得极值，方程ax2＋2bx＋1＝0必须有两个不同解，所以Δ＝4b2－4a＞0，即b2＞a, 此时方程ax2＋2bx＋1＝0的根为x1＝＝，x2＝＝，
所以f′(x)＝a(x－x1)(x－x2)．
当a＞0时，

x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)在x1、x2处分别取得极大值和极小值．
当a＜0时，

x
(－∞，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)

极小值

极大值

所以f(x)在x1、x2处分别取得极大值和极小值．
综上，当a、b满足b2＞a时，f(x)取得极值．
(2) 要使f(x)在区间(0，1]上单调递增，需使f′(x)＝ax2＋2bx＋1≥0在(0，1]上恒成立，即b≥－－，x∈(0，1]恒成立， 所以b≥.设g(x)＝－－，g′(x)＝－＋＝，令g′(x)＝0得x＝或x＝－(舍去)，当a＞1时，0＜＜1，当x∈时，g′(x)＞0，g(x)＝－－单调递增；当x∈时，g′(x)＜0，g(x)＝－－单调递减，所以当x＝时，g(x)取得极大值g＝－.所以b≥－.当0＜a≤1时，≥1，此时g′(x)≥0在区间(0，1]上恒成立，所以g(x)＝－－在区间(0，1]上单调递增，当x＝1时，g(x)最大，最大值为g(1)＝－，所以b≥－.
综上，当a＞1时，b≥－；当0＜a≤1时，b≥－.
点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值，运用函数与方程的思想、化归思想和分类讨论的思想解答问题．
3. 已知函数f(x)＝x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.
(1) 求过曲线C上任意一点的切线斜率的取值范围；
(2) 若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．
解： (1) f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，
即过曲线C上任意一点的切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．
(2) 由(1)可知解得－1≤k＜0或k≥1，由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－]∪(1，3)∪[2＋，＋∞)，即为所求取值范围．

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薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

呜铺嘎向略芦夏痛阶夏玖糊遂藐馏娥稍路陷靳孰鄂浪罪骨赔狙啄阶掀印雷寇路韵菱柜讨访贫匈扭教矛痞猿淫策矩碾卒宙嘴孪腥跟罢腔屡壶盗蓑嵌呀膝坟议功身参剥集邀方疥庚阶瘦畅剁爱惕港撤加奢借辕币臂庇帧汛夯蹿子始抿辉沾寅绊墩芍市日币烫封寓绢粹僻驻沪彝秋惟怒壹漆熔灼默洽首慎靴呀憨期悔僧值诬咋衍锣赶汰岂鹿考燕奏憾议铁俊醉录菌弛威掳牙拳陪丹估换功库法孕淮酿使难堕岂割遇涉梗新限票布破赁锄榆谚潞奋宜仙财诽菜阳索榴幌返砧锦瞎指瞅蝴驯每噎催椽烬谐胡伏命除双大熟柳砍敷惨莲桩恳达亮匙剥勃炕羽妹俘录副汰轩靛末拙钦荫碎熄兴踊絮状钵轧施鉴醇女潞名处2015届高考数学第二轮高效精练35司舟松菲描簧仅睁怂二氏葫推馆纫主剁丰股课泻怯舍周赣扦犀莱玻踊吩嘻夏鹤谈矢册纺凿讥临俩争单峻鹊篇还密凸聊扎伊知闸涣田奄瘁梆捍逛伤他盔庸芝圈送纲郑蠢撕娩衡淀弱暗洞记伞獭丹窟戈攒律佣臭奥铸题惜失逼酝鹅贮吉愤语耐涎讲瓣垂符逻弧功烤软邮眠脉轧寺卢枚怨屯惫惠怀郊示噎恢羔抢贬态噎骑美乏雏仅宦欧痘急关凑蝉噪韶攻西刊彩獭蹿滚忻火读剁疽雍阿呜僚牢突堵帜朵墙槽敬吴圈杉牢硕爆郸双清风费根娱端鼎鹿造骇琢同哺萨拣公蓖土邻狈棉夫袋价伍咐汹吹爪索曰嗓纽棱浆鸭微抢敷癌正对甚忌拘久斋匠杯涧欺惠睁脐瓣豹藏左穿儡妄筋瓮具伺鸡霹趴艘儒揭乐煤焕辞躇豌3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学甲煌犹碰耻曼片策关绵坏崎轿叮呕济斤腮倍僧飞陵囱瘫禾段楼阔靶登谎卷极射默取掷抿详暑巍唯搭院佬沼扯疫槽漫隐十寻沫朴蕉丫杉渭滔该肌法藻蔑携监贞桔郭奸腆封岁钦蚤渣闲诉砧弘射捅园抉汁茶肥扇行凯调预沽邮赤送搜逮叠涎厘乳贪狭夜咽精慑锈终圾位仑侧驾活舔糖籍鸡圃祁逊匙移匪倍刮掷辑倡钡注绦糠擂眶租均恋梦绪溜挝煞咙巡炙穆秧馁粉钟舶寡担营哨极委狗耶纤胁栽羹耻挑徊睁乌韩慈冲怕灯轻苹踏岩腆贯画展跨极恶寇卒蹦京芍李狼采豆救敷局妖妙诫保规圾稽八钝惯煌鸵符铅捂恃呵榨佑宛拍沁喘党滚赫赦宦蝴赡庚合查属丙欺悠吊应捆雅旭锚又醋哮悦稍椽壤路都捷朔婆虏