专题三 导数
———————命题观察·高考定位———————
(对应学生用书第9页)
1．(2017·江苏高考)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
[因为f (－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x－ex＋＝－f (x)，
所以f (x)＝x3－2x＋ex－是奇函数．
因为f (a－1)＋f (2a2)≤0，
所以f (2a2)≤－f (a－1)，即f (2a2)≤f (1－a)．
因为f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2＝3x2≥0，
所以f (x)在R上单调递增，
所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，
所以－1≤a≤.]
2．(2014·江苏高考)本在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
－3 [y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，
直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.
由题意得解得则a＋b＝－3.]
3．(2013·江苏高考)抛物线y＝x2在x＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D(包含三角形内部与边界)．若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x＋2y的取值范围是________．
[由于y′＝2x，所以抛物线在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
画出可行域(如图)．设x＋2y＝z，则y＝－x＋z，可知当直线y＝－x＋z经过点A，B(0，－1)时，z分别取到最大值和最小值，此时最大值zmax＝，最小值zmin
＝－2，故取值范围是.]
4．(2015·江苏高考)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论f (x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f (x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值.
【导学号：56394014】
[解] (1)f ′(x)＝3x2＋2ax，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f ′(x)＝3x2≥0，所以函数f (x)
在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，x∈时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f ′(x)＞0，x∈时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，函数f (x)的两个极值为f (0)＝b，
f ＝a3＋b，则函数f (x)有三个零点等价于f (0)·f ＝b＜0，
从而或
又b＝c－a，所以当a＞0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f (x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f (x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
综上c＝1.
5．(2016·江苏高考)已知函数f (x)＝ax＋bx(a>0，b>0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f (x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求实数m的最大值．
(2)若00，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f (x)＋≥2＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，而g(0)＝f (0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由00，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0
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