2018-2019高中數(shù)學 第3章 導數(shù)及其應用 習題課 導數(shù)的應用學案 蘇教版選修1-1

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1、習題課　導數(shù)的應用 學習目標　1.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.2.理解函數(shù)的極值、最值與導數(shù)的關(guān)系.3.掌握函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值的綜合應用. 知識點一　函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的關(guān)系 定義在區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)y＝f(x) f′(x)的正負 f(x)的單調(diào)性 f′(x)>0 單調(diào)遞增 f′(x)<0 單調(diào)遞減 知識點二　求函數(shù)y＝f(x)的極值的方法 解方程f′(x)＝0，當f′(x0)＝0時， (1)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極大值. (2)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，那么f(x0)

2、是極小值. 知識點三　函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上最大值與最小值的求法 1.求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值. 2.將函數(shù)y＝f(x)的極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值. 1.函數(shù)y＝xlnx在上是減函數(shù).(　√　) 2.若函數(shù)y＝ax－lnx在內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍為(2，＋∞).(　×　) 3.設(shè)函數(shù)f(x)＝x·(x－c)2在x＝2處有極大值，則c＝2.(　×　) 4.函數(shù)f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值為.(　√　) 類型一　導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性 例1　已知函數(shù)f(x)＝lnx

3、，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中g(shù)(x)的函數(shù)圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸. (1)確定a與b的關(guān)系； (2)若a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 解　(1)依題意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx， 則g′(x)＝＋2ax＋b. 由函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸得g′(1)＝1＋2a＋b＝0， ∴b＝－2a－1. (2)由(1)得 g′(x)＝＝. ∵函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴當a＝0時，g′(x)＝－. 由g′(x)＞0得0＜x

4、＜1，由g′(x)＜0得x＞1，即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a＞0時，令g′(x)＝0得x＝1或x＝， 若＜1，即a＞，由g′(x)＞0得x＞1或0＜x＜， 由g′(x)＜0得＜x＜1， 即函數(shù)g(x)在，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0得x＞或0＜x＜1，由g′(x)＜0得1＜x＜， 即函數(shù)g(x)在(0,1)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0， 即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 綜上可得，當a＝0時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

5、在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當00，故f(x)在

6、(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a≤0時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ③當00，故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增. 綜上所述，當a≥1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當0

7、　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 解　(1)f′(x)＝3x2－a. ①當a≤0時，f′(x)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù). ②當a＞0時，令3x2－a＝0得x＝±； 當x＞或x＜－時，f′(x)＞0； 當－＜x＜時，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù). 綜上可知，當a≤0時，f(x)在R上為增函數(shù)； 當a＞0時，f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù). (2)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立. 因為3x2≥0，所以只需a≤0. 又因為a＝

8、0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0，即a的取值范圍為(－∞，0]. 引申探究 1.函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍. 解　因為f′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)， 所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范圍為(－∞，3]. 2.函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，試求a的取值范圍. 解　由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得

9、a≥3x2在(－1,1)上恒成立. 因為－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即當a的取值范圍為[3，＋∞)時，f(x)在(－1,1)上為減函數(shù). 3.函數(shù)f(x)不變，若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求a的值. 解　由例題可知， f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為， ∴＝1，即a＝3. 4.函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍. 解　∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0). ∵f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)， ∴0＜＜1，得0＜a＜3， 即a的取值范圍為(0,3). 反思

10、與感悟　f(x)為(a，b)上的增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)≠0.應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解. 跟蹤訓練2　已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)，求a的取值范圍. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 解　因為f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)， 故f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立， 即a≥－2x在上恒成立. 令h(x)＝－2x，則h′(x)＝－－2， 當x∈時，h′(x)＜0，則h(x)為減函數(shù)， 所以h(x)＜h＝3.所以a≥3. 故a

11、的取值范圍是[3，＋∞). 類型二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 例3　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b的圖象上一點P(1,0)，且在點P處的切線與直線3x＋y＝0平行. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，t](0

12、＝－3. 又函數(shù)過(1,0)點，即－2＋b＝0，b＝2. 所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2. (2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x. 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ①當0

13、 t3－3t2＋2 f(x)min＝f(2)＝－2， f(x)max為f(0)與f(t)中較大的一個. 因為f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0， 所以f(x)max＝f(0)＝2. (3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c， 則g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). 當x∈[1,2)時，g′(x)<0；當x∈(2,3]時，g′(x)>0. 要使g(x)＝0在[1,3]上恰有兩個相異的實根， 則解得－2

14、單調(diào)性即可得極值點，當連續(xù)函數(shù)的極值點只有一個時，相應的極值點必為函數(shù)的最值點. (2)求閉區(qū)間上可導函數(shù)的最值時，對函數(shù)極值是極大值還是極小值可不再作判斷，只需要直接與端點的函數(shù)值比較即可獲得. 跟蹤訓練3　已知函數(shù)f(x)＝ax3＋(a－1)x2＋48(a－2)x＋b的圖象關(guān)于原點成中心對稱. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (3)當x∈[1,5]時，求函數(shù)的最值. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 解　(1)∵函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱， 則f(x)是奇函數(shù)， ∴f(－x)＝－f(x)，

15、 即－ax3＋(a－1)x2－48(a－2)x＋b＝－ax3－(a－1)x2－48(a－2)x－b， 于是2(a－1)x2＋2b＝0恒成立， ∴解得a＝1，b＝0. (2)由(1)得f(x)＝x3－48x， ∴f′(x)＝3x2－48＝3(x＋4)(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝－4，x2＝4； 令f′(x)<0，得－40，得x<－4或x>4. ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－4,4)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－4)和(4，＋∞)， ∴f(x)極大值＝f(－4)＝128，f(x)極小值＝f(4)＝－128. (3)由(2)知，函數(shù)在[1,4]

16、上單調(diào)遞減，在[4,5]上單調(diào)遞增，則f(4)＝－128，f(1)＝－47，f(5)＝－115，∴函數(shù)的最大值為－47，最小值為－128. 1.已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的最值 答案　(0,1) 解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，顯然a>0，f′(x)＝3(x＋)(x－)，由已知條件0<<1，解得0

17、_. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 答案　－37 解析　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∴f(x)在x∈[0,2]上單調(diào)遞減，在[－2,0]上單調(diào)遞增， ∴f(x)的最大值為f(0)＝m＝3， f(x)的最小值為f(－2)＝－16－24＋3＝－37. 3.已知函數(shù)f(x)＝在(－2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 答案　 解析　因為f(x)＝，所以f′(x)＝. 由函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)內(nèi)單

18、調(diào)遞減， 知f′(x)≤0在(－2，＋∞)內(nèi)恒成立， 即≤0在(－2，＋∞)內(nèi)恒成立，因此a≤. 當a＝時，f(x)＝，此時函數(shù)f(x)為常函數(shù)， 故a＝不符合題意，舍去. 故實數(shù)a的取值范圍為. 4.已知a，b為正實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值為4，則f(x)在[－1,0]上的最小值為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 答案　－ 解析　因為函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值為4，所以函數(shù)g(x)＝ax3＋bx在[0,1]上的最大值為2，而g(x)是奇函

19、數(shù)，所以g(x)在[－1,0]上的最小值為－2，故f(x)在[－1,0]上的最小值為－2＋2－1＝－. 5.已知a∈R，且函數(shù)y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的極值點，則實數(shù)a的取值范圍為__________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 答案　(－∞，－1) 解析　因為y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a. 令y′＝0，即ex＋a＝0，則ex＝－a，即x＝ln(－a)， 又因為x＞0，所以－a＞1，即a＜－1. 導數(shù)作為一種重要的工具，在研究函數(shù)中具有重要的作用，例如函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值等問題，都可以通過導數(shù)得以解決.

20、不但如此，利用導數(shù)研究得到函數(shù)的性質(zhì)后，還可以進一步研究方程、不等式等諸多代數(shù)問題，所以一定要熟練掌握利用導數(shù)來研究函數(shù)的各種方法. 一、填空題 1.函數(shù)y＝ex－lnx的值域為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 答案　[2，＋∞) 解析　由y′＝e－(x＞0)知函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且函數(shù)連續(xù)、無上界，從而y＝ex－lnx的值域為[2，＋∞). 2.函數(shù)y＝在定義域內(nèi)的最大值、最小值分別是________. 考點　 題點　 答案　2，－2 解析　函數(shù)的定義域為R. 令y′＝＝＝0， 得x＝

21、±1.當x變化時，y′，y隨x的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) y′ － 0 ＋ 0 － y ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘ 當x趨近于負無窮大時，y趨近于0；當x趨近于正無窮大時，y趨近于0.由上表可知，當x＝－1時，y取極小值也是最小值－2；當x＝1時，y取極大值也是最大值2. 3.設(shè)f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的單調(diào)增函數(shù)，則m的值為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 答案　6 解析　因為f(x)是

22、R上的單調(diào)增函數(shù)，故f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)≥0在x∈R上恒成立，于是Δ＝4m2－48(m－3)≤0，即(m－6)2≤0，得m＝6. 4.已知函數(shù)f(x)＝2f′(1)lnx－x，則f(x)的極大值為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 答案　2ln2－2 解析　f′(x)＝－1，令x＝1得，f′(1)＝2f′(1)－1，f′(1)＝1，所以f(x)＝2lnx－x，f′(x)＝－1，f′(x)＝－1的零點是x＝2，所以當00，f(x)是增函數(shù)，當x>2時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，

23、所以x＝2是f(x)的極大值點，極大值為f(2)＝2ln2－2. 5.已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸相切于點(1,0)，則函數(shù)f(x)的極大值為________，極小值為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 答案　　0 解析　∵f′(x)＝3x2－2px－q， ∴f′(1)＝3－2p－q＝0.① 又f(1)＝1－p－q＝0，② 由①②解得p＝2，q＝－1， ∴f(x)＝x3－2x2＋x，∴f′(x)＝3x2－4x＋1. 令3x2－4x＋1＝0，解得x1＝，x2＝1. 當x<時，f′(x)>0； 當

24、1時，f′(x)>0， ∴當x＝時，f(x)有極大值為；當x＝1時，f(x)有極小值為0. 6.若函數(shù)y＝a(x3－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 答案　(0，＋∞) 解析　y′＝a(3x2－1)，令y′＝0，得x＝±.由函數(shù)y＝a(x3－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，，得導函數(shù)y′＝a(3x2－1)的圖象是開口向上的拋物線，所以a>0. 7.若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)上為減函數(shù)，在區(qū)間(6，＋∞)上為增函數(shù)

25、，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 答案　[5,7] 解析　函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)＝x2－ax＋a－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1. 當a－1≤1，即a≤2時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意. 當a－1>1，即a>2時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，在(1，a－1)上為減函數(shù)，在(a－1，＋∞)上為增函數(shù). 依題意有當x∈(1,4)時，f′(x)≤0， 當x∈(6，＋∞)時，f′(x)≥0， 所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7， 所以a的取值范圍為

26、[5,7]. 8.已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 答案?。?3 解析　由題意求導得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增， ∴當m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口

27、向下，且對稱軸為x＝1， ∴當n∈[－1,1]時，f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 9.若函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 答案　(－1,1) 解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±， 則f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 從而解得

28、 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1). 10.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍為________. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 答案　[4，＋∞) 解析　∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化為a≥－. 令g(x)＝－，則g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝. 當00； 當

29、點(1，f(1))處的切線垂直于y軸. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 解　(1)f′(x)＝－＋. 由題意知，曲線在x＝1處的切線斜率為0，即f′(1)＝0， 從而有a－＋＝0，解得a＝－1. (2)由(1)知，f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x>0)， 則f′(x)＝－－＋ ＝＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(舍去). 當x∈(0,1)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù).

30、故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3. 12.已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，其中a為常數(shù). (1)當a＝－1時，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為－3，求a的值. 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值 題點　利用導數(shù)研究函數(shù)的最值 解　(1)當a＝－1時，f(x)＝－x＋lnx， f′(x)＝－1＋＝， 當00；當x>1時，f′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù). ∴f(x)max＝f(1)＝－1. (2)∵f′(x)＝a＋，當x∈(0，e]時，∈， ①若a≥－，

31、則f′(x)≥0，f(x)在(0，e]上是增函數(shù)， ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0不合題意； ②若a<－，則由f′(x)>0， 即a＋>0，得0，且當x∈[1,4a]時，|?f′(x)|≤12a恒成立，試確定a的取

32、值范圍. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 解　(1)當a＝1時，f(x)＝x3－3x2－9x＋1，且f′(x)＝3x2－6x－9， 由f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3. 當x<－1時，f′(x)>0；當－13時，f′(x)>0. 因此x＝3是函數(shù)的極小值點，極小值為f(3)＝－26. (2)f′(x)＝3x2－6ax－9a2的圖象是一條開口向上且對稱軸為直線x＝a的拋物線， 因此，若

33、所以f′(x)在[1,4a]上的最小值為f′(1)＝3－6a－9a2，最大值為f′(4a)＝15a2. 由|?f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a， 于是3－6a－9a2≥－12a，且15a2≤12a， 結(jié)合1，則|?f′(a)|＝12a2>12a， 故當x∈[1,4a]時，|?f′(x)|≤12a不恒成立. 所以使|?f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范圍為. 三、探究與拓展 14.設(shè)f(x)＝x3＋x，x∈R，若當0≤θ≤時，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為____

34、____. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 答案　(－∞，1) 解析　因為f(x)＝x3＋x，x∈R， 故f′(x)＝3x2＋1>0， 則f(x)在x∈R上為單調(diào)增函數(shù)， 又因為f(－x)＝－f(x)，故f(x)也為奇函數(shù)， 由f(msinθ)＋f(1－m)>0， 即f(msinθ)>－f(1－m)＝f(m－1)， 得msinθ>m－1，即m(sinθ－1)>－1， 因為0≤θ≤， 故當θ＝時，0>－1恒成立； 當θ∈時，m<恒成立， 即m

35、[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)若函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象恰有一個公共點，求實數(shù)a的值； (3)若函數(shù)y＝f(x)＋g(x)有兩個不同的極值點x1，x2(x1ln 2，求實數(shù)a的取值范圍. 考點　導數(shù)的綜合應用 題點　導數(shù)的綜合應用 解　(1)令f′(x)＝lnx＋1＝0得x＝， ①當0

36、，f(x)－g(x)＝xlnx＋x2－ax＋2＝0在(0，＋∞)上有且僅有一個根， 即a＝lnx＋x＋在(0，＋∞)上有且僅有一個根， 令h(x)＝lnx＋x＋(x>0)，則h′(x)＝＋1－＝＝(x＋2)(x－1)(x>0)， 易知h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a＝h(x)min＝h(1)＝3. (3)由題意得，y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x2＋ax－2，則其導函數(shù)為y′＝lnx－2x＋1＋a， 由題意知y′＝lnx－2x＋1＋a＝0有兩個不同的實根x1，x2， 等價于a＝－lnx＋2x－1有兩個不同的實根x1，x2，且x10)的圖象有兩個不同的交點. 由G′(x)＝－＋2(x>0)，得G(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 畫出函數(shù)G(x)圖象的大致形狀(如圖). 由圖象易知，當a>G(x)min＝G＝ln2時，x1，x2存在，且x2－x1的值隨著a的增大而增大. 而當x2－x1＝ln2時， 則有 兩式相減可得ln＝2(x2－x1)＝2ln2， 得x2＝4x1，代入上述方程組解得x1＝，x2＝ln2， 此時實數(shù)a＝ln2－ln－1， 所以實數(shù)a的取值范圍為. 17