高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí)【省一等獎(jiǎng)】

第一部分一5一、選擇題1．(文)曲線y＝xex＋2x－1在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程為()A．y＝3x－1 B．y＝－3x－1C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1[答案]A[解析]k＝y(tǒng)′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3，∴切線方程為y＝3x－1，故選A.(理)(2023·吉林市質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝2sinx(x∈[0，π])在點(diǎn)P處的切線平行于函數(shù)g(x)＝2eq\r(x)·(eq\f(x,3)＋1)在點(diǎn)Q處的切線，則直線PQ的斜率()A．1 \f(1,2)\f(8,3) D.2[答案]C[解析]f′(x)＝2cosx，x∈[0，π]，∴f′(x)∈[－2,2]，g′(x)＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號成立，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則由題意知，2cosx1＝eq\r(x2)＋eq\f(1,\r(x2))，∴2cosx1＝2且eq\r(x2)＋eq\f(1,\r(x2))＝2，∵x1∈[0，π]，∴x1＝0，∴y1＝0，x2＝1，y2＝eq\f(8,3)，∴kPQ＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(8,3).[方法點(diǎn)撥]1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)．2．求曲線y＝f(x)的切線方程的類型及方法(1)已知切點(diǎn)P(x0，y0)，求y＝f(x)過點(diǎn)P的切線方程：求出切線的斜率f′(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程；(2)已知切線的斜率為k，求y＝f(x)的切線方程：設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程；(3)已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求y＝f(x)的切線方程：設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫出方程．3．若曲線的切線與已知直線平行或垂直，求曲線的切線方程時(shí)，先由平行或垂直關(guān)系確定切線的斜率，再由k＝f′(x0)求出切點(diǎn)坐標(biāo)(x0，y0)，最后寫出切線方程．4．(1)在點(diǎn)P處的切線即是以P為切點(diǎn)的切線，P一定在曲線上．(2)過點(diǎn)Q的切線即切線過點(diǎn)Q，Q不一定是切點(diǎn)，所以本題的易錯(cuò)點(diǎn)是把點(diǎn)Q作為切點(diǎn)．因此在求過點(diǎn)P的切線方程時(shí)，應(yīng)首先檢驗(yàn)點(diǎn)P是否在已知曲線上．2．已知f(x)為定義在(－∞，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)<f′(x)對于x∈R恒成立，且e為自然對數(shù)的底，則下面正確的是()A．f(1)>e·f(0)，f(2023)>e2023·f(0)B．f(1)<e·f(0)，f(2023)>e2023·f(0)C．f(1)>e·f(0)，f(2023)<e2023·f(0)D．f(1)<e·f(0)，f(2023)<e2023·f(0)[答案]A[解析]設(shè)F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x·ex－exfx,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，∵f(x)<f′(x)對于x∈R恒成立，∴F′(x)>0，即F(x)在x∈R上為增函數(shù)，∴F(1)>F(0)，F(xiàn)(2023)>F(0)，即eq\f(f1,e1)>eq\f(f0,e0)，eq\f(f2023,e2023)>eq\f(f0,e0)，∴f(1)>ef(0)，f(2023)>e2012f(0[方法點(diǎn)撥]1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增．如果f′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減．2．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的步驟．(1)找出函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0，f′(x)<0.3．求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.4．若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍，只需轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立的問題求解，解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題，都離不開分類討論思想．3．(2023·新課標(biāo)Ⅱ理，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[答案]A[解析]考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．記函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，故當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0，則f(x)>0；當(dāng)x<－1時(shí)，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.[方法點(diǎn)撥]1.在研究函數(shù)的性質(zhì)與圖象，方程與不等式的解，不等式的證明等問題中，根據(jù)解題的需要可以構(gòu)造新的函數(shù)g(x)，通過研究g(x)的性質(zhì)(如單調(diào)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(shí)，若f′(x)的一部分為h(x)，f′(x)的符號由h(x)所決定，則可轉(zhuǎn)化為研究h(x)的極(最)值來解決，證明f(x)>g(x)時(shí)，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，轉(zhuǎn)化為h(x)的最小值問題等等．2．應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、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(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立、方程求解等轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域)，然后求解．(2)換元，將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)加以解決．3．有關(guān)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(shù)的關(guān)系與判別式，二是結(jié)合函數(shù)值的符號(或大小)、對稱軸、判別式用數(shù)形結(jié)合法處理．4．和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點(diǎn)①函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0時(shí)轉(zhuǎn)化為不等式f(x)>0.②數(shù)列是自變量為正整數(shù)的函數(shù)．③直線與二次曲線位置關(guān)系問題常轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問題．④立體幾何中有關(guān)計(jì)算問題，有時(shí)可借助面積、體積公式轉(zhuǎn)化為方程或函數(shù)最值求解．5．注意方程(或不等式)有解與恒成立的區(qū)別．6．含兩個(gè)未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)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．(5)?x1∈[a，b]，當(dāng)x2∈[c，d]時(shí)，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(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如下圖所示，則該函數(shù)的圖象是()[答案]B[解析]本題考查原函數(shù)圖象與導(dǎo)函數(shù)圖象之間的關(guān)系．由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一點(diǎn)處的切線斜率逐漸變大，而在[0,1]上則逐漸變小，故選B.(理)(2023·石家莊市質(zhì)檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)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(diǎn)的△ABC的面積記為函數(shù)S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的大致圖象為()[答案]D[解析]∵A、B為定點(diǎn)，∴|AB|為定值，∴△ABC的面積S(x)隨點(diǎn)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(dāng)A、B、C三點(diǎn)共線時(shí)，構(gòu)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(diǎn)撥]1.由導(dǎo)函數(shù)的圖象研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，應(yīng)注意導(dǎo)函數(shù)圖象位于x軸上方的部分對應(yīng)f(x)的增區(qū)間，下方部分對應(yīng)f(x)的減區(qū)間，與x軸的交點(diǎn)對應(yīng)函數(shù)可能的極值點(diǎn)，導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性決定函數(shù)f(x)增長的速度；2．由函數(shù)的圖象確定導(dǎo)函數(shù)的圖象時(shí)，應(yīng)注意觀察函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值點(diǎn)，它們依次對應(yīng)f′(x)的正負(fù)值區(qū)間和零點(diǎn)，圖象上開或下降的快慢決定導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性．5．已知常數(shù)a、b、c都是實(shí)數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是()A．－eq\f(81,22) \f(1,3)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＝－eq\f(2b,3a)，－2×3＝eq\f(c,3a)，∴b＝－eq\f(3a,2)，c＝－18a，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－eq\f(81,2)a＝－81，a＝2，故選C.二、解答題6．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2.(1)求a；(2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn).[分析](1)由導(dǎo)數(shù)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(gè)交點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)作為本問的切入點(diǎn)，利用分類討論的思想和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性來判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，從而得出此函數(shù)在每個(gè)區(qū)間的單調(diào)情況，進(jìn)而求出零點(diǎn)個(gè)數(shù)，解決本問．[解析](1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a，由題設(shè)得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由題設(shè)知1－k>0.當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實(shí)根．當(dāng)x>0時(shí)，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(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實(shí)根．綜上，g(x)在R上有唯一實(shí)根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．(理)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2<ex；(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2<cex.[分析](1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求出a的值，再根據(jù)極值的定義求解；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ex－x2證明其在(0，＋∞)上的最小值大于0；(3)根據(jù)(2)的結(jié)論可知c≥1時(shí)結(jié)論成立，當(dāng)c<1時(shí)，令k＝eq\f(1,c)>1，轉(zhuǎn)化為證明x>2lnx＋lnk成立．構(gòu)造函數(shù)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.令f′(x)＝0，得x＝ln2.當(dāng)x<ln2時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，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(diào)遞增，又g(0)＝1>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)①若c≥1，則ex≤cex，又由(2)知，當(dāng)x>0時(shí)x2<ex，所以當(dāng)x>0時(shí)，x2<ce2，取x0＝0當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)恒有x2<cex②若0<c<1，令k＝eq\f(1,c)>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2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－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x)，所以當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)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＝eq\f(16,c)，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2<cex.綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2<cex.[方法點(diǎn)撥]函數(shù)在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)等于經(jīng)過該點(diǎn)的切線的斜率；極值點(diǎn)滿足導(dǎo)數(shù)等于0，但滿足導(dǎo)數(shù)等于0的并不一定是極值點(diǎn)，應(yīng)注意根據(jù)極值的定義判斷；在證明有些導(dǎo)數(shù)問題時(shí)，要注意借助上問的結(jié)論．7．(文)(2023·四川文，21)已知函數(shù)f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)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(nèi)有唯一解．[解析]本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識，考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想．(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)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，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－eq\f(1,x)≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0,1)．當(dāng)a＝a0時(shí)，有f′(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)時(shí)，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(nèi)有唯一解．(理)(2023·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，求c的值．[解析]考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性、極值、函數(shù)零點(diǎn)．(1)先求函數(shù)導(dǎo)數(shù)，通過討論導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)求解；(2)通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)關(guān)系求解．(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).當(dāng)a＝0時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，x∈(－eq\f(2a,3)，0)時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)＝b，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝beq\f(4,27)a3＋b<0，從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(4,27)a3<b<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,0<b<－\f(4,27)a3)).又b＝c－a，所以當(dāng)a>0時(shí)，eq\f(4,27)a3－a＋c>0，或當(dāng)a<0時(shí)，eq\f(4,27)a3－a＋c<0.設(shè)g(a)＝eq\f(4,27)a3－a＋c，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上g(a)>0均恒成立，從而g(－3)＝c－1≤0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0，因此c＝1.此時(shí)，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠解得a∈(－∞，－3)∪1，eq\f(3,2)∪eq\f(3,2)，＋∞.綜上c＝1.[方法點(diǎn)撥]用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)綜合題的一般步驟：第一步，將所給問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)性質(zhì)的問題．若已給出函數(shù)，直接進(jìn)入下一步．第二步，確定函數(shù)的定義域．第三步，求導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0，確定f(x)的極值點(diǎn)x＝x0.第四步，判斷f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值，若在x＝x0左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f′(x)不變號，則x＝x0不是f(x)的極值點(diǎn)．第五步，求f(x)的最值，比較各極值點(diǎn)與區(qū)間端點(diǎn)f(a)，f(b)的大小，最大的一個(gè)為最大值、最小的一個(gè)為最小值．第六步，得出問題的結(jié)論．8．濟(jì)南市“兩會(huì)”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(jìn)行了實(shí)地調(diào)研，據(jù)測定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強(qiáng)度分別為正數(shù)a、b，它們連線上任意一點(diǎn)C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)．(1)試將y表示為x的函數(shù)；(2)若a＝1時(shí)，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．[解析](1)設(shè)點(diǎn)C受A污染源污染指數(shù)為eq\f(ka,x)，點(diǎn)C受B污染源污染指數(shù)為eq\f(kb,36－x)，其中k為比例系數(shù)，且k>0.從而點(diǎn)C處污染指數(shù)y＝eq\f(ka,x)＋eq\f(kb,36－x)(0<x<36)．(2)因?yàn)閍＝1，所以，y＝eq\f(k,x)＋eq\f(kb,36－x)，y′＝k[－eq\f(1,x2)＋eq\f(b,36－x2)]，令y′＝0，得x＝eq\f(36,1＋\r(b))，當(dāng)x∈(0，eq\f(36,1＋\r(b)))時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(eq\f(36,1＋\r(b))，＋∞)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝eq\f(36,1＋\r(b))時(shí)，函數(shù)取得最小值，又此時(shí)x＝6，解得b＝25，經(jīng)驗(yàn)證符合題意．所以，污染源B的污染強(qiáng)度b的值為25.[方法點(diǎn)撥]1.解決實(shí)際問題的關(guān)鍵在于建立數(shù)學(xué)模型和目標(biāo)函數(shù)，把“問題情景”轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言，抽象為數(shù)學(xué)問題，選擇合適的求解方法．而最值問題的應(yīng)用題，寫出目標(biāo)函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值是首選的方法，若在函數(shù)的定義域內(nèi)函數(shù)只有一個(gè)極值點(diǎn)，該極值點(diǎn)即為函數(shù)的最值點(diǎn)．2．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟①審題，設(shè)未知數(shù)；②結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式；③確定函數(shù)的定義域；④在定義域內(nèi)求極值、最值；⑤下結(jié)論．9．(2023·重慶理，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．[解析]第一問主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)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(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及單調(diào)性的應(yīng)用，是高考常考題型，屬于簡單題型．(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e).從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當(dāng)x<x1時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).[方法點(diǎn)撥]1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的一般步驟(1)求定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)求極值，先解方程f′(x)＝0，驗(yàn)證f′(x)在根左右兩側(cè)值的符號確定單調(diào)性，若在x＝x0左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f(x)的值不變號，則x＝x0不是f(x)的極值點(diǎn)；(4)求最值，比較各極值點(diǎn)與區(qū)間[a，b]的端點(diǎn)值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)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(zhuǎn)化為方程f′(x)＝0的根的大小或存在情況．10．(文)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)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(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)槎魏瘮?shù)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)e<0，即0<a<1；當(dāng)a＝1時(shí)，對任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)ex<0，f(x)符合條件；當(dāng)a＝0時(shí)，對于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xex<0，f(x)符合條件；當(dāng)a<0時(shí)，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合條件．故a的取值范圍0≤a≤1.(2)因?yàn)間(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，(ⅰ)當(dāng)a＝0時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，對于任意x∈(0,1)有g(shù)′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)當(dāng)0<a<1時(shí)，由g′(x)＝0得x＝eq\f(1－a,2a)>0.①若eq\f(1－a,2a)≥1，即0<a≤eq\f(1,3)時(shí)，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1處取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若eq\f(1－a,2a)<1，即eq\f(1,3)<a<1時(shí)，g(x)在x＝eq\f(1－a,2a)處取得最大值g(eq\f(1－a,2a))＝2aeeq\f(1－a,2a)，在x＝0或x＝1處取得最小值，而g(0)＝1＋a,g(1)＝(1－a)e，則當(dāng)