微专题21 利用导数研究函数的性质
1.导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数即曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线的斜率．
(2)曲线y＝f(x)在某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线不一定相同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
2．利用导数研究函数的单调性
在区间(a，b)上，若f(x)单调递增，则f′(x)≥0且f′(x)不恒等于零；若f(x)单调递减，则f′(x)≤0且f′(x)不恒等于零．
3.利用导数研究函数的极值、最值
(1)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以求f(x)的极值点时，除了找方程f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性．
(2)若函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续，且在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值，且函数f(x)的最值必在极值点或区间端点处取得．
微点一 切线问题
例1 (1)(2025·聊城一模)曲线y＝x ln x在x＝1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ( )
A．4 B．3 C．1 D．
(2)(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝________．
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
曲线y＝f(x)切线问题的解题策略
(1)设切点坐标为(x0，f(x0))(有时题中已给出).
(2)求函数f(x)的导数f′(x)，从而得到曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率k＝f′(x0).
(3)得到曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
(4)根据题中所给条件列出方程或方程组求解即可．训练1 (1)(2025·兰州一模)若函数y＝的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为 ( )
A．(1，0) B．(0，1) C．(1，1) D．(1，e)
(2)若曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝(a>0)存在公切线，则实数a的取值范围为________．
(3)(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________．
微点二 单调性问题
考向1 利用导数研究函数的单调性
例2 已知函数f(x)＝－2a2ln x＋x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间．
(1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．训练2 已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
考向2 函数单调性的应用
例3 (1) (2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是______________．
(2)已知函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]上不单调，则实数a的取值范围是_____________________________________________________________________．
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
(1)若函数f(x)在区间I上单调递增，则对任意x∈I，都有f′(x)≥0成立；若函数f(x)在区间I上单调递减，则对任意x∈I，都有f′(x)≤0成立.
(2)若函数f(x)在区间I上存在单调递增区间，则存在x∈I，使得f′(x)>0成立；若函数f(x)在区间I上存在单调递减区间，则存在x∈I，使得f′(x)<0成立.训练3 (1)(2025·湛江模拟)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是 ( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(－∞，3) D．(－∞，3]
(2)已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是 ( )
A．b>a>c B．b>c>a
C．c>a>b D．c>b>a
微点三 极值与最值
例4 (1)函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为 ( )
A． B．e2 C． D．2e
(2)若x＝a是函数f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x的极小值点，则函数f(x)在区间上的最大值为 ( )
A．3＋ln 3 B．3－ln 3
C．＋ln 3 D．－ln 3
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
例5 (2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
用导数研究函数的极值、最值等问题的求解
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得出函数的极值的基础上，将区间端点处的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)若所给函数f(x)含有参数，则需通过对参数分情况讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.
(3)若函数f(x)在区间(a，b)上有唯一的极值点，则这个极值点就是函数的最值点，此结论在导数的实际问题中经常使用．训练4 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则 ( )
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
(2)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝ ( )
A．－1 B．－ C． D．1
1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ( )
A． B． C． D．
2．(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则 ( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
3．(2024·新课标Ⅱ卷)(多选题)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则 ( )
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
4．(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________________．
微专题21 利用导数研究函数的性质
例1 (1)D 解析 对函数y＝x ln x求导得y′＝ln x＋1，故所求切线斜率为k＝ln 1＋1＝1，切点坐标为(1，0)，所以曲线y＝x ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1，该切线交x轴于点(1，0)，交y轴于点(0，－1)，因此，曲线y＝x ln x在x＝1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×12＝.故选D.
(2)4 解析 设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a的切点坐标为(x0，ex0＋x0＋a)，由y＝ex＋x＋a得y′＝ex＋1，所以y′|x＝x0＝ex0＋1＝2，解得x0＝0，所以切点坐标为(0，1＋a)，又切点(0，1＋a)在切线y＝2x＋5上，所以1＋a＝5，解得a＝4.
训练1 (1)B 解析 设切点坐标为(x0，y0)，函数y＝，所以y′＝， 因为切线与x轴平行，所以y′|x＝x0＝＝0，解得x0＝0，y0＝＝＝1，故切点坐标为(0，1)，故选B.
(2) 解析 y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，y＝(a>0)在点处的切线斜率为en，如果两个曲线存在公共切线，那么2m＝en.又由斜率公式得2m＝，由此得到m＝2n－2，则4n－4＝en有解，即y＝4x－4与y＝ex的图象有公共点．当直线y＝4x－4与曲线y＝ex相切时，设切点为(s，t)，则es＝4，且t＝4s－4＝es，可得t＝4，s＝2，即切点为(2，4)，a＝，故a的取值范围是.
(3)y＝x y＝－x 解析 先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
例2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝－2ln x＋x2＋x，所以f(1)＝，f′(x)＝－＋x＋1，所以f′(1)＝0，故切线方程为y＝.
(2)f(x)＝－2a2ln x＋x2＋ax，x>0，所以f′(x)＝－＋x＋a＝，所以当a＝0时，f′(x)＝x>0，所以f(x)仅有单调递增区间，其为(0，＋∞).当a>0时，x＋2a>0，所以当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).当a<0时，x－a>0，所以当x∈(0，－2a)时，f′(x)<0；当x∈(－2a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－2a，＋∞)，单调递减区间为(0，－2a).综上所述，当a＝0时，f(x)仅有单调递增区间，单调递增区间为(0，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－2a，＋∞)，单调递减区间为(0，－2a).
训练2 解 (1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，令f′(x)>0，则x
x2；令f′(x)<0，则x1(2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x－x＋ax0＋1)，因为f′(x0)＝3x－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0).由l过坐标原点，得2x－x－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).
例3 (1) 解析 由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax≥0.设g(x)＝ln a＋ ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0(2)(－10，－3) 解析 g′(x)＝2＋＋＝.因为函数g(x)在区间[1，2]上不单调，所以g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，且1－8a≠0，即a≠，则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，易知函数y＝－2x2－x在(1，2)上是减函数，所以y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).
训练3 (1)B 解析 函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋x－(b－1).由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即＋x－(b－1)<0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋≥2.要使＋x－(b－1)<0有解，只需23，所以实数b的取值范围是(3，＋∞).
(2)A 解析 令函数f(x)＝(x≥e)，求导得f′(x)＝.令g(x)＝1－ln x－，则g′(x)＝<0(x≥e)，故g(x)＝1－ln x－(x≥e)单调递减．又g(e)＝1－1－<0，故g(x)<0(x≥e)，即f′(x)<0(x≥e).故f(x)在[e，＋∞)上单调递减，而e<3<4，则f(e)>f(3)>f(4)，即>>，所以b>a>c.故选A.
例4 (1)A 解析 依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，且最小值为f(3)＝＝.故选A.
(2)C 解析 由f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x，得f′(x)＝3x－(a＋3)＋＝，因为x＝a是函数f(x)的极小值点，所以f′(a)＝0，即3a2－a2－3a＋1＝0，即2a2－3a＋1＝0，解得a＝或a＝1.当a＝时，f′(x)＝＝，当x>或00，当1或00，当例5 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.
(2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x0)，即a2＋ln a－1>0(a>0).令g(a)＝a2＋ln a－1(a>0)，则g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，故实数a的取值范围为(1，＋∞).
训练4 (1)BCD 解析 函数f(x)＝a ln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实根x1，x2，于是即有显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．故选BCD.
(2)B 解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B.
真题巧用·明技法
1．A 解析 f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A.
2．AC 解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误．因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确．假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.
3．AD 解析 由题可知，f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，由f′(x)<0得00得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a0得x>0或x4．(－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析 因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)ex0＝，化简得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).(共53张PPT)
赢在微点 考前顶层设计 数学
专题六
函数、导数与不等式
专题六 函数、导数与不等式
微专题21
利用导数研究函数的
性质
核心整合
核心整合
核心整合
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解
解
解析
方法提炼
解
解
解
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解
解
解
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
8当
0
01
:
以题梳点
和考君
真题巧用
明技君微练(三十三) 利用导数研究函数的性质
班级： 姓名：
基础过关练
一、单项选择题
1．函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 ( )
A.y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C.y＝2x－3 D．y＝2x＋1
2．若函数f(x)＝x－－a ln x单调递增，则实数a的取值范围为 ( )
A.(－∞，0] B．(－∞，－4]
C.[－4，4] D．(－∞，4]
3．当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间[－4，4]上的最大值为 ( )
A.8 B．12 C．16 D．32
4．已知a＝ln ，b＝，c＝，则下列结论正确的是 ( )
A.cC.a5．(2025·徐州模拟)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是 ( )
A.a<0 B．b<0
C.ab>－1 D．a＋b>0
6．(2025·济宁一模)曲线y＝(a>0)与y＝ln x和y＝ex分别交于A，B两点，设曲线y＝ln x在A处的切线斜率为k1，y＝ex在B处的切线斜率为k2，若k1＋k2＝，则a＝ ( )
A.2ln 2 B．2ln 3 C．3ln 2 D．3ln 3
二、多项选择题
7．(2025·茂名模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是 ( )
A.f(x)有极大值2ln 2
B.f(x)有极小值3－2ln 2
C.f(x)无最大值
D.f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增
8．(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3a2x，则下列说法正确的是 ( )
A.若a≠0，则f(x)有两个极值点
B.f(x)的图象的对称中心在函数g(x)＝x3的图象上
C.若f(x)在区间(0，3)单调递减，则a∈(－∞，－3]∪[1，＋∞)
D.不等式f(2a－1)三、填空题
9．(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝过原点O作曲线y＝f(x)的切线，其切线方程为______________．
10．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是____________．
四、解答题
11．(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有极小值，且极小值大于(a2＋1)(a－1)，求a的取值范围．
12．设函数f(x)＝ex+1－x2－kx.
(1)当k＝0时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求k的取值范围；
(3)当x≥－1时，f(x)≥f(－1)，求k的取值范围．
能力提升练
13.函数f(x)＝x sin (x＋)在区间(0，2 028)上的极值点个数为 ( )
A.675 B．676
C.2 027 D．2 028
14．某地计划对如图所示的半径为a的直角扇形区域ABC按以下方案进行扩建改造，在扇形ABC内取一点P使得BP＝a，以BP为半径作扇形PBE，且满足∠PBE＝2∠PBC＝2θ，其中0<θ≤θ0<，cos θ0＝，则图中阴影部分的面积取最小值时θ的大小为 ( )
A. B． C． D．
微练(三十三) 利用导数研究函数的性质
1．B 解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
2．D 解析 依题意得f′(x)＝1＋－＝≥0，即x2－ax＋4≥0对任意x>0恒成立，即a≤＋x恒成立，因为＋x≥2＝4(当且仅当x＝2时取“＝”)，所以a≤4.故选D.
3．C 解析 f′(x)＝3x2＋2bx－12，因为f(x)在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝12＋4b－12＝0，所以b＝0，则f(x)＝x3－12x，由f′(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在[2，4]上单调递增，又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，所以f(x)max＝16，选C.
4．C 解析 设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．a＝ln ＝ln 2＝ln 2＝ln 4＝f(4)，又b＝＝f(3)，c＝＝f(e)，e<3<4，且f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(4)5．B 解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－＝，又函数f(x)既有极大值也有极小值，所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，由a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2，所以即ab>－2，a>0，b<0.故选B.
6．A 解析 因为y＝ln x和y＝ex互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，且反比例函数y＝(a>0)的图象也关于直线y＝x对称，可知点A，B关于直线y＝x对称，设A(x0，ln x0)，x0>1，则B(ln x0，x0)，设f(x)＝ln x，g(x)＝ex，则f′(x)＝，g′(x)＝ex，由题意可得：k1＋k2＝＋eln x0＝＋x0＝，解得x0＝2或x0＝(舍去)，可得A(2，ln 2)，则＝ln 2，所以a＝2ln 2.故选A.
7．BCD 解析 f(x)＝ex－2x＋1的定义域为R，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0得x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f(x)极小值＝f(ln 2)＝3－2ln 2，所以B，C，D正确，A错误．故选BCD.
8．ACD 解析 f(x)＝x3－ax2－3a2x，f′(x)＝x2－2ax－3a2＝(x－3a)(x＋a)，当a<0时，x∈(－∞，3a)，f(x)单调递增，x∈(3a，－a)，f(x)单调递减，x∈(－a，＋∞)，f(x)单调递增，故f(x)有两个极值点，当a>0时，x∈(－∞，－a)，f(x)单调递增，x∈(－a，3a)，f(x)单调递减，x∈(3a，＋∞)，f(x)单调递增，f(x)有两个极值点，故A正确；因为f′(x)＝x2－2ax－3a2，所以f(x)的图象的对称中心为，当a≠0时，不在函数g(x)＝x3的图象上，故B错误；当a＝0时，f(x)单调递增，故a≠0，由A可知，当a<0时，x∈(3a，－a)，f(x)单调递减，所以得到a≤－3，当a>0时，x∈(－a，3a)，f(x)单调递减，所以得到a≥1，所以f(x)在区间(0，3)单调递减，则a∈(－∞，－3]∪[1，＋∞)，故C正确；因为f(2a－1)0，即>0，解得a>－且a≠，故D正确．故选ACD.
9．x－ey＝0 解析 当x≤0时，函数f(x)＝ex，可得f′(x)＝ex.设切点为P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0，所以切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，因为切线过原点O(0，0)，可得－ex0＝－x0ex0，解得x0＝1，不符合题意，舍去；当x>0时，函数f(x)＝ln x，可得f′(x)＝.设切点为P(x1，y1)，则f′(x1)＝，所以切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，因为切点过原点O(0，0)，可得ln x1＝1，解得x1＝e，此时切线方程为y－1＝(x－e)，即x－ey＝0.
10．(－∞，－1) 解析 因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.由题意知ex＋a＝0有大于0的实根，得a＝－ex，因为x>0，所以ex>1，所以a<－1.
11．解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①a≤0时，f′(x)<0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②a>0时，令f′(x)<0得00得x>，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知a>0时，f极小值＝f＝－a ln a＋a－1>(a2＋1)(a－1)，整理得ln a＋a2－a<0，令g(a)＝ln a＋a2－a，则g′(a)＝＋2a－1≥2－1＝2－1>0，故g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以a的取值范围为(0，1).
12．解 (1)当k＝0时，f(x)＝ex+1－x2，则f′(x)＝ex+1－2x，则曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线斜率为f′(－1)＝3，又f(－1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＝3x＋3.
(2)f′(x)＝ex+1－2x－k，由题意得，x∈[－1，＋∞)，f′(x)≥0恒成立．令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝ex+1－2，且F′(x)在[－1，＋∞)单调递增，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2－1>－1，所以当x∈(－1，ln 2－1)时，F′(x)<0，故F(x)单调递减；当x∈(ln 2－1，＋∞)时，F′(x)>0，故F(x)单调递增；所以F(x)min＝F(ln 2－1)＝4－2ln 2－k，又f′(x)≥0，当且仅当F(x)min≥0，故k≤4－2ln 2，即k的取值范围为(－∞，4－2ln 2].
(3)因为f(－1)＝k，所以题意等价于当x>－1时，f(x)≥k.即 x∈(－1，＋∞)，ex+1－x2－kx≥k，整理，得ex+1－x2≥k(x＋1)，因为x>－1，所以x＋1>0，故题意等价于≥k.设G(x)＝，x∈(－1，＋∞)，G(x)的导函数G′(x)＝，化简得G′(x)＝(ex+1－x－2)，考察函数g(x)＝ex－x－1，x∈(－∞，＋∞)，其导函数为g′(x)＝ex－1，当x<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>0，g′(x)>0，g(x)单调递增；故在x＝0时，g(x)取到最小值，即g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，所以ex+1≥x＋2 ex+1－x－2≥0，所以当x∈(－1，0)，G′(x)<0，G(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)，G′(x)>0，G(x)单调递增；所以G(x)的最小值为G(0)＝e，故k≤e，即k的取值范围为(－∞，e].
13．B 解析
由题意可得f′(x)＝sin (x＋)＋x cos (x＋).当f′(x)＝0时，显然cos (x＋)≠0，于是tan ＝－x，易知符合条件的解为f′(x)的变号零点，即f(x)的极值点，于是f(x)的极值点均可视作y＝tan 的图象与直线y＝－x交点的横坐标，如图，由x>0可知交点必在第四象限．当x>0时，由图象可知tan <0的解集为，n∈N.故y＝tan 的图象与直线y＝－x在每一个区间上有且仅有一个交点．由 (0，2 028)解得n＝0，1，…，675，故满足条件的区间共676个，于是y＝tan 的图象与直线y＝－x在区间(0，2 028)上共有676个交点，即f(x)在区间(0，2 028)上共有676个极值点．故选B.
14．A 解析 由题意知∠PBC＝∠EBC＝θ，则题图中阴影部分的面积S＝a2＋a·a sin θ－a·a sin －·2θ·2＝a2＋a2(sin θ－cos θ－θ)，因为0<θ0<，cos θ0＝，所以<θ0<，所以0<θ≤θ0<，令f(θ)＝sin θ－cos θ－θ，θ∈(0，θ0]，则f′(θ)＝cos θ＋sin θ－＝sin －，由θ∈(0，θ0]，得θ＋∈，因为<θ0<，所以θ0＋∈，令f′(θ)＝0，得sin (θ＋)＝，所以θ＋＝，所以θ＝，当0<θ<时，f′(θ)<0，当<θ<θ0时，f′(θ)>0，所以函数f(θ)在上单调递减，在上单调递增，所以当θ＝时，f(θ)最小，即题图中阴影部分的面积取最小值．故选A.(共30张PPT)
微练(三十三)
利用导数研究函数的性质
基础过关练
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