【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第6讲 导数及其应用

第6讲　导数及其应用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(2022·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.-11-\n(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-11-\n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，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)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.-11-\n∴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20km，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xkm，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10km，所以有0.065＝＋，解得k＝9，所以y＝＋(0＜x＜20)．(2)因为y′＝′＝－＋＝，令y′＞0，得x4＋640x2－128000＞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4km，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.-11-\n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)＝＋＝.-11-\n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，＋∞).-11-\n1.(2022·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.(2022·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.(2022·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.(2022·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.(2022·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-11-\n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)x0g′(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.(2022·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，-11-\n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)(2022·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.-11-\ng′(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，＋∞)-11-\nf′(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．-11-