2020高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用课下层级训练14利用导数研究函数的单调性含解析文新人教A版
2020届高考一轮复习数学(理科) 第二章 函数、导数及其应用专题探究课(一)
令 y＝(x＋1)－x＋1 1，则 y′＝1＋（x＋11）2＞0. 所以 y＝(x＋1)－x＋1 1在(－1，1)上单调递增， 所以 y＜(1＋1)－1＋1 1＝32，即 a≥32. 所以 a 的取值范围为32，＋∞.
热点 2 导数在函数零点中的应用 导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为 研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负， 求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要 考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数．(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围． 【例 2】 设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且 ef(x)－ f′(1)ex＋ef(0)x－12ex2＝0. (1)求 f(x)的解析式；
[变式训练] 已知函数 f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)当 a＝0 时，求证：f(x)≥0； (2)当 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围． (1)证明：当 a＝0 时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调 递增，f(x)min＝f(0)＝0，所以 f(x)≥0.
(2)当 a≥1e时，f(x)≥eex－ln x－1.7′ 4 设 g(x)＝eex－ln x－1，则 g′(x)＝eex－1x. 当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0. 所以 x＝1 是 g(x)的最小值点.10′ 5 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥1e时，f(x)≥0.12′ 6
第二章 函数、导数及其应用
2020版高考数学(文)高分计划一轮高分讲义：第2章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用(一)
2．11导数在研究函数中的应用(一)[知识梳理]1．函数的单调性与导数2．函数的极值与导数设函数f(x)在点x0及其附近有定义极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，即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．例如，函数y＝x3在x＝0处有y′＝0，但x＝0不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的极值点．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．4．极值与最值(1)当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；(2)极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．[诊断自测]1．概念思辨(1)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．()(2)若函数f(x)在(a，b)内恒有f′(x)>0，那么f(x)在(a，b)上单调递增；反之，若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(选修A1－2P93T2)已知函数f(x)＝x2－ln |x|，则函数y＝f(x)的大致图象是()答案 A解析f(－x)＝(－x)2－ln |－x|＝x2－ln |x|＝f(x)，∴f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除D；当x>0时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，∴当0<x <22时，f ′(x )<0，当x >22时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，排除C ； 当x ＝22时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝12－ln 22>0，排除B.故选A. (2)(选修A1－2P 93T 3)已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 D解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－a ，∵函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴在[1，＋∞)上，f ′(x )≥0恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，∴a ≤3.故选D.3.小题热身(1)(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0答案 C解析 ∵若x 0是f (x )的极小值点，则y ＝f (x )的图象大致如右图所示，则在(－∞，x 0)上不单调，故C 不正确．故选C.(2)(2018·武汉模拟)若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________．答案(2，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．题型1利用导数研究函数的单调性角度1判断或证明函数的单调性x(e x－a)－a2x.典例(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．含参数的导数解答题，首先求定义域，注意应用分类讨论思想方法．解(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－a e x－a2＝(2e x＋a)(e x－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ，从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，从而当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．角度2 已知函数单调性求参数的取值范围(多维探究)典例已知函数f (x )＝x 3－ax －1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围．用分类讨论思想方法、分离系数法．解 (1)f ′(x )＝3x 2－a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a >0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±3a 3； 当x >3a 3或x <－3a 3时，f ′(x )>0； 当－3a 3<x <3a 3时，f ′(x )<0.因此f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数． 综上可知，当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数．(2)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立．因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．[条件探究1] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．解 因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．[条件探究2] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围．解 由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1<x <1，所以3x 2<3，所以a ≥3，即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1，1)上为减函数．[条件探究3] 函数f (x )不变，若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值．解 由母题可知，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3，∴3a 3＝1，即a ＝3. [条件探究4] 函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．解 ∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±3a 3(a ≥0)．∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，∴0<3a 3<1，得0<a <3，即a 的取值范围为(0,3)．方法技巧1．利用导数讨论(证明)函数f (x )在(a ，b )内单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)得出结论：f ′(x )>0时为增函数，f ′(x )<0时为减函数．提醒：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．2．利用导数求函数单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间．确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得出单调区间．3．利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路(1)由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．冲关针对训练(2015·重庆高考)设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x ， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x－e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞. 题型2 利用导数研究函数的极值典例(2017·长沙一模)已知函数f (x )＝e x －a x ，a 为实常数． (1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a 的取值范围．本题用构造函数法．解 (1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而f ′(x )＝e x ＋a x 2，当a >0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)当a ≥0时，由(1)知f ′(x )>0，f (x )无极值点；当a <0时，令g (x )＝f ′(x )＝e x＋ax 2，则g ′(x )＝e x －2ax 3.g ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立， 故g (x )＝e x＋ax 2在(0，＋∞)上单调递增．当0<x <1时，e x ∈(1，e)，ax 2∈(－∞，a )，故在(0,1)上存在实数s ，使得as 2<－e ，从而在(0，＋∞)上存在实数s ，使得g (s )<0；当x >1时，e x∈(e ，＋∞)，ax 2∈(a,0)，故在(1，＋∞)上存在实数t ，使得e t >－a ，从而在(0，＋∞)上存在实数t 使得g (t )>0. 因此g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x 0.于是当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点， 且极值f (x 0)＝e x 0－a x 0.由g (x 0)＝0知a ＝－x 20ex 0，因此f (x 0)＝e x 0－ax 0＝(x 0＋1)e x 0，令φ(x )＝(x ＋1)e x ，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ， 故φ(x )在(0，＋∞)上单调递增．而f (x 0)＝(x 0＋1)e x 0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)＝(ln 2＋1)e ln 2，所以x 0>ln 2.令ω(x )＝－x 2e x ，则ω′(x )＝－(x 2＋2x )e x ， 故x 0>ln 2时，ω′(x )＝－(x 2＋2x )e x <0， ω(x )＝－x 2e x 单调递减． 从而a <－(ln 2)2e ln 2＝－2(ln 2)2，故所求a的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2)．方法技巧1．利用导数研究函数极值问题的一般流程2．已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．冲关针对训练(2017·郑州质检)已知函数f(x)＝x ln x－x，g(x)＝a2x2－ax(a∈R)．(1)若f(x)和g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a的取值范围；(2)令h(x)＝f(x)－g(x)－ax(a∈R)，若h(x)在定义域内有两个不同的极值点．①求a的取值范围；②设两个极值点分别为x1，x2，证明：x1·x2＞e2.解(1)由f(x)＝x ln x－x，知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x，当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． g (x )＝a 2x 2－ax ＝a2(x 2－2x )(a ∈R )，若g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则a >0.(2)①依题意知，函数h (x )的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝ln x －ax ，所以方程h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根，即方程ln x －ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根． 可转化为函数y ＝ln x 与函数y ＝ax 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，如图．若令过原点且与函数y ＝ln x 的图象相切的直线的斜率为k ，则 0<a <k .设切点A (x 0，ln x 0)，所以k ＝y ′| x ＝x 0＝1x 0，又k ＝ln x 0x 0，所以1x 0＝ln x 0x 0，解得x 0＝e ，于是k ＝1e ，所以0<a <1e .②由①可知x 1，x 2分别是方程ln x －ax ＝0的两个根，即ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2，不妨设x 1>x 2，作差得，ln x 1x 2＝a (x 1－x 2)，即a ＝ln x 1x2x 1－x 2.原不等式x 1·x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔a (x 1＋x 2)>2⇔ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2.令x 1x 2＝t ，则t >1，ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2⇔ln t >2(t －1)t ＋1.设F (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1，则F ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以函数F (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (t )>F (1)＝0，即不等式ln t >2(t －1)t ＋1成立，故所证不等式x 1·x 2>e 2成立．题型3 利用导数研究函数的最值典例(2017·石家庄检测)已知函数f (x )＝a x ＋ln x －2，a ∈R . (1)若曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．本题用待定系数法、分类讨论思想方法．解 (1)∵f (x )＝ax ＋ln x －2(x >0)， ∴f ′(x )＝－a x 2＋1x (x >0)，又曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1， ∴f ′(2)＝－14a ＋12＝－32⇒a ＝8. ∴f ′(x )＝－8x 2＋1x ＝x －8x 2(x >0)，令f ′(x )>0，得x >8，f (x )在(8，＋∞)上单调递增； 令f ′(x )<0，得0<x <8，f (x )在(0,8)上单调递减．∴f (x )的单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8)．(2)由(1)知f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，即f (x )在(0，e 2]上单调递增，无最小值，不满足题意．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，所以当f ′(x )>0时，x >a ，当f ′(x )<0时，0<x <a ，此时函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减． 若a >e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (e 2)＝ae 2＋ln e 2－2＝a e 2，由ae 2＝2，得a ＝2e 2，满足a >e 2，符合题意；若a ≤e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝ f (a )＝aa ＋ln a －2＝ln a －1，由ln a －1＝2，得a ＝e 3，不满足a ≤e 2，不符合题意，舍去．综上可知，存在实数a ＝2e 2，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2. 方法技巧1．求函数f (x )在区间[a ，b ]上最值的方法(1)若函数f (x )在区间[a ，b ]上单调，则f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表求解．(3)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(小)值点．2．已知函数f (x )的最值求参数的方法先利用导数将最值用参数表示，再构建方程组求解．提醒：由f ′(x )＝0得到根x 0是否在[a ，b ]内不明确时要分情况讨论．冲关针对训练(2017·德州一模)设函数f (x )＝ln x －12ax 2＋bx (a >0)，f ′(1)＝0.(1)用含a 的式子表示b ；(2)令F (x )＝f (x )＋12ax 2－bx ＋ax (0<x ≤3)，其图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝2，试求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤c ，c ＋12(c >0)上的最大值． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x －ax ＋b ，∴f ′(1)＝1－a ＋b ＝0， ∴b ＝a －1.(2)F (x )＝ln x ＋ax ，x ∈(0,3]，则有k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12，在x 0∈(0,3]上恒成立，∴a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0,3]． 当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12，∴a ≥12，即a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)依题意，知f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝2时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，则f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－(2x ＋1)(x －1)x. 令f ′(x )＝0，解得x ＝1，x ＝－12(舍)．当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．当c ＋12≤1，即0<c ≤12时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤c ，c ＋12上单调递增， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫c ＋12＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋122＋c ＋12＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋12＋14－c 2.当⎩⎨⎧0<c <1，c ＋12>1，即12<c <1时，f (x )在[c,1]上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，c ＋12上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝0.当c ≥1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤c ，c ＋12上单调递减， ∴f (x )max ＝f (c )＝ln c －c 2＋c .综上，当0<c ≤12时，f (x )max ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋12－c 2＋14；当12<c <1时，f (x )max ＝0； 当c ≥1时，f (x )max ＝ln c －c 2＋c .1．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53，f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立，令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在[－1,1]上恒成立，令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝4－3a －5≤0，g (－1)＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13.故选C.2．(2017·江淮联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3答案 A解析 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x <0，解得0<x <3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A.3．(2017·安阳调研)已知函数f (x )＝ln x ＋12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．答案 (－∞，1)解析 f ′(x )＝1x ＋ax －2＝ax 2－2x ＋1x (x >0)，函数f (x )存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax 2－2x ＋1≤0，等价于a 小于2x －1x 2在x ∈(0，＋∞)上的最大值．设g (x )＝2x －1x 2，则g ′(x )＝－2x ＋2x 3，可知函数g (x )在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x ＝1时，函数g (x )取得最大值，此时g (x )＝1，所以a <1，故填(－∞，1)．4．(2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为 f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1.(2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0，即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·陕西模拟)函数f (x )＝ax x 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a (1－x 2)(x 2＋1)2＝a (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．若函数f (x )＝(x 2－2x )e x 在(a ，b )上单调递减，则b －a 的最大值为( )A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2答案 D解析f′(x)＝(2x－2)e x＋(x2－2x)e x＝(x2－2)e x，令f′(x)<0，∴－2<x<2，即函数f(x)的单调递减区间为(－2，2)．∴b－a的最大值为2 2.故选D.3．函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0,3]上的最小值为()A．－8 B．－4 C．0 D.4 27答案 B解析f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝43，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．f(0)＝－4，f(2)＝0.故f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)＝－4.故选B.4．(2017·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为() A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)答案 A解析设g(x)＝f(x)e2x，则g′(x)＝f′(x)－2f(x)e2x<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.故选A.5．(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－a ln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．a<1 B．a≤1 C．a<2 D．a≤2答案 D解析由f(x)＝x2－a ln x，得f′(x)＝2x－a x，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．c <b <aD ．b <c <a 答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )可得对称轴为x ＝1，故f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)．又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b .故选B.7．若函数f (x )＝e －x ·x ，则( ) A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确答案 B解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x＝e －x⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋12x ＝e －x ·1－2x 2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1e ·12＝12e.故选B.8．已知函数f (x )＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1D ．a ≥3 答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式ax －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[2，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．{4}D ．[2,4]答案 C解析 f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0， 解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(2018·黄山一模)已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2e B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0)答案 B解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln x x 在[1，e]上有解，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B.二、填空题11．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x >0恒成立．m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取得最大值1，故m ≥1.12．(2017·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝________. 答案 1解析 由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.13．(2018·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f(1＋x)＝f(1－x)，f(1)＝a，且当0<x<1时，f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，则f(x)在[2017,2018]上的最小值为________．答案a解析由f(1＋x)＝f(1－x)可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．又f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，且f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)是以4为周期的周期函数，则f(x)在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g(x)＝f(x)e x，则g′(x)＝f′(x)－f(x)e x<0，函数g(x)在(0,1)上递减，则g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)<f(x)<0，则函数f(x)在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f(x)在(1,2)上单调递增，则f(x)在[2017,2018]上的最小值为f(2017)＝f(1)＝a.14．(2018·启东中学调研)已知函数f(x)＝e x＋a ln x的定义域是D，关于函数f(x)给出下列命题：①对于任意a∈(0，＋∞)，函数f(x)是D上的减函数；②对于任意a∈(－∞，0)，函数f(x)存在最小值；③存在a∈(0，＋∞)，使得对于任意的x∈D，都有f(x)>0成立；④存在a∈(－∞，0)，使得函数f(x)有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)答案②④解析由f(x)＝e x＋a ln x，可得f′(x)＝e x＋ax，若a>0，则f′(x)>0，得函数f(x)是D上的增函数，存在x∈(0,1)，使得f(x)<0即得命题①③不正确；若a<0，设e x＋ax＝0的根为m，则在(0，m)上f′(x)<0，在(m，＋∞)上f′(x)>0，所以函数f(x)存在最小值f(m)，即命题②正确；若f(m)<0，则函数f(x)有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B级三、解答题15．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解 (1)f ′(x )＝1x －a (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0， 即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a . 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0； 当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. 综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .16．(2017·河北石家庄联考)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)； 令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )， 函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x －ax ≥0恒成立，当x >0时，f (x )≥0，即e x －ax ≥0，即a ≤exx .令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x(x －1)x 2， 当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ，故实数a 的取值范围是(0，e]．17．(2017·湖南湘中名校联考)设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2. 令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4. ①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝ a ＋a 2－42， 当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． (2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以k ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a .则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.亦即x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2>1)． (*)再由(1)知，函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而x 2>1，所以x2－1x2－2ln x2>1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.海阔天空专业文档。
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用课件
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解析 由条件知 f′(x)＝2x＋a－x12≥0 在12，＋∞上恒
成立，即 a≥x12－2x 在12，＋∞上恒成立．∵函数 y＝x12－
2x 在12，＋∞上为减函数，∴ymax＜112－2×12＝3，∴a≥3. 2
经检验，当 a＝3 时，满足题意．
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∴对应函数 f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、 增．
观察选项可知，排除 A，C. 如图所示，f′(x)有 3 个零点，从左到右依次设为 x1， x2，x3，且 x1，x3 是极小值点，x2 是极大值点，且 x2>0，故 选项 D 正确．故选 D.
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2．函数的极大值与极大值点 若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附 近其他点的函数值 都大 ，且 f′(b)＝0，而且在 x＝b 附近 的左侧 f′(x)＞0 ，右侧 f′(x)＜0 ，则点 b 叫做函数的 极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1) C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2) D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
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解析 由图可得函数 y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2， 则当 x<1 时，1－x>0，此时在(－∞，－2)上 f′(x)>0，在(－ 2,1)上 f′(x)<0；当 x>1 时，1－x<0，此时在(1,2)上 f′(x)<0， 在(2，＋∞)上 f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－2)为增函数， 在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此 f(x)有极大 值 f(－2)，极小值 f(2)．故选 D.
2020版高考数学新设计大一轮复习 利用导数研究函数的极值、最值习题理(含解析)新人教A版
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1－1】 已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 答案 D规律方法 由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数.解 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.规律方法 运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点. 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋m x存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x.设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x(x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－m x 2＝－mx 2－x ＋mx2， 令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·ex －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f (x )＝(x 2－x －1)·ex －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0， 所以x ＝1是函数f (x )的极小值点， 则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； ②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 ①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值. 解 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v×1.5＝180v(升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032， 当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.解析 由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故当x ＝2时，f (x )取得最大值80， 则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 415[思维升华]1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值. [易错防范]1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析 由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C2.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则( ) A.a <－1 B.a >－1 C.a >－1eD.a <－1e解析 因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 又函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x＋a ＝0有大于零的解， 当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x<－1. 答案 A3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A.11或18 B.11 C.18D.17或18解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18. 答案 C4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A5.(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A.2e －1B.－1eC.1D.2ln 2解析 由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x ) 在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案 D 二、填空题6.函数f (x )＝x e －x，x ∈[0，4]的最大值是________. 解析 f ′(x )＝e －x－x ·e －x＝e －x(1－x )， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e 为最大值.答案 1e7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________.解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案 －48.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2，103三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝a x－2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由已知，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ， 故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1， 又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4. ∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C12.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x，所以由f ′(x )＝0解得x＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π. 因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm. 答案 414.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
202新数学复习第二章函数导数及其应用2.2.2利用导数证明不等式学案含解析
第2课时利用导数证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有:(1）直接构造法:证明不等式f(x）〉g(x)（f（x)<g(x))转化为证明f(x)－g（x）>0（f（x）－g(x）〈0），进而构造辅助函数h（x）＝f(x）－g(x)；(2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x〈x<e x（x〉0),错误!≤ln（x＋1)≤x（x>－1）；(3)特征分析构造法：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构"构造辅助函数；(4）构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f（x)和g(x)，利用其最值求解．方法1直接构造差函数法【例1】已知函数f(x)＝1－错误!,g(x)＝错误!＋错误!－bx(e为自然对数的底数），若曲线y＝f(x)与曲线y＝g（x）的一个公共点是A（1,1）,且在点A处的切线互相垂直．(1）求a，b的值；(2)求证：当x≥1时,f（x）＋g(x)≥错误!.【解】（1）因为f（x)＝1－ln x x，所以f′（x)＝错误!，f′（1)＝－1。
因为g(x)＝错误!＋错误!－bx，所以g′(x）＝－错误!－错误!－b。
因为曲线y＝f(x）与曲线y＝g(x）的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g（1）＝1，且f′（1)·g′(1)＝－1，即g(1）＝1＋a－b＝1，g′（1）＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。
（2)证明：由(1)知,g（x）＝－错误!＋错误!＋x,则f(x)＋g（x)≥2x⇔1－错误!－错误!－错误!＋x≥0.令h(x)＝1－错误!－错误!－错误!＋x(x≥1),则h′(x)＝－错误!＋错误!＋错误!＋1＝错误!＋错误!＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝ln xx2＋错误!＋1>0，所以h(x）在[1，＋∞)上单调递增，所以h（x)≥h（1)＝0,即1－错误!－错误!－错误!＋x≥0,所以当x≥1时,f(x)＋g(x）≥错误!。
2020版高考数学(文)高分计划一轮高分讲义：第2章函数、导数及其应用 2.9 函数模型及其应用 Word版含解析
2.9函数模型及其应用[知识梳理]1．七类常见函数模型2．指数、对数、幂函数模型的性质3．解函数应用问题的步骤(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型．(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型．(3)解模：求解数学模型，得出数学结论．(4)还原：将数学问题还原为实际问题．以上过程用框图表示如下：特别提醒：(1)“直线上升”是匀速增长，其增长量固定不变；“指数增长”先慢后快，其增长量成倍增加，常用“指数爆炸”来形容；“对数增长”先快后慢，其增长速度缓慢．(2)充分理解题意，并熟练掌握几种常见函数的图象和性质是解题的关键．(3)易忽视实际问题中自变量的取值范围，需合理确定函数的定义域，必须验证数学结果对实际问题的合理性．[诊断自测]1．概念思辨(1)在(0，＋∞)上，随着x的增大，y＝a x(a>1)的增长速度会超过并远远大于y＝xα(α>0)的增长速度．()(2)指数函数模型，一般用于解决变化较快，短时间内变化量较大的实际问题．()(3)当a>1时，不存在实数x0，使a x0<x a0<log a x0.()(4)对数函数增长模型比较适合于描述增长速度平缓的变化规律．()答案(1)√(2)√(3)√(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P59T6)如果在今后若干年内，我国国民经济生产总值都控制在平均每年增长9%的水平，那么要达到国民经济生产总值比1995年翻两番的年份大约是(lg 2＝0.3010，lg 3＝0.4771，lg 109＝2.0374，lg 0.09＝－2.9543)()A．2015年B．2011年C．2010年D．2008年答案 B解析设1995年总值为a，经过x年翻两番，则a·(1＋9%)x＝4a.∴x＝2lg 2lg 1.09≈16.故选B.(2)(必修A1P107T1)在某种新型材料的研制中，实验人员获得了下列一组实验数据：现准备用下列四个函数中的一个近似地表示这些数据的规律，其中最接近的一个是()A ．y ＝2x －2B ．y ＝12(x 2－1) C ．y ＝log 2x D ．y ＝log 12x答案 B解析 由题意得，表中数据y 随x 的变化趋势，函数在(0，＋∞)上是增函数，且y 的变化随x 的增大越来越快．∵A 中函数是线性增加的函数，C 中函数是比线性增加还缓慢的函数，D中函数是减函数，∴排除A ，C ，D ，∴B 中函数y ＝12(x 2－1)符合题意．故选B. 3．小题热身(1) (2018·湖北八校联考)某人根据经验绘制了2016年春节前后，从1月25日至2月11日自己种植的西红柿的销售量y (千克)随时间x (天)变化的函数图象，如图所示，则此人在1月30日大约卖出了西红柿 ________千克．答案 1909解析 前10天满足一次函数关系，设为y ＝kx ＋b ，将点(1，10)和点(10,30)代入函数解析式，得⎩⎪⎨⎪⎧10＝k ＋b ，30＝10k ＋b ，解得k ＝209，b ＝709，所以y ＝209x ＋709，则当x ＝6时，y ＝1909. (2)(2017·朝阳区模拟)某商场2017年一月份到十二月份月销售额呈现先下降后上升的趋势，现有三种函数模型：①f (x )＝p ·q x (q >0，q ≠1)； ②f (x )＝log p x ＋q (p >0，p ≠1)； ③f (x )＝x 2＋px ＋q .能较准确反映商场月销售额f (x )与月份x 关系的函数模型为________(填写相应函数的序号)，若所选函数满足f (1)＝10，f (3)＝2，则f (x )＝________.答案 ③ x 2－8x ＋17解析 (ⅰ)因为f (x )＝p ·q x ，f (x )＝log q x ＋q 是单调函数，f (x )＝x 2＋px ＋q 中，f ′(x )＝2x ＋p ，令f ′(x )＝0，得x ＝－p2，f (x )出现一个递增区间和一个递减区间，所以模拟函数应选f (x )＝x 2＋px ＋q .(ⅱ)∵f (1)＝10，f (3)＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋p ＋q ＝10，9＋3p ＋q ＝2，解得p ＝－8，q ＝17， ∴f (x )＝x 2－8x ＋17 故答案为③；x 2－8x ＋17.题型1 二次函数及分段函数模型典例 为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，新上了把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本y (元)与月处理量x (吨)之间的函数关系可近似地表示为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧13x 3－80x 2＋5040x ，x ∈[120，144)，12x 2－200x ＋80000，x ∈[144，500]，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元，若该项目不获利，亏损数额国家将给予补偿．(1)当x ∈[200,300]时，判断该项目能否获利？如果获利，求出最大利润；如果亏损，则国家每月补偿数额的范围是多少？(2)该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？本题用函数法，再由均值定理解之．解 (1)当x ∈[200,300]时，设该项目获利为S ，则S ＝200x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－200x ＋80000＝－12x 2＋400x －80000＝－12(x－400)2，所以当x ∈[200,300]时，S <0，因此该单位不会获利． 当x ＝300时，S 取得最大值－5000，当x ＝200时，S 取得最小值－20000，故国家每月补偿数额的范围是[5000,20000]．(2)由题意，可知二氧化碳的每吨处理成本为 yx ＝⎩⎪⎨⎪⎧13x 2－80x ＋5040，x ∈[120，144)，12x ＋80000x －200，x ∈[144，500].①当x ∈[120,144)时，y x ＝13x 2－80x ＋5040＝13(x －120)2＋240， 所以当x ＝120时，yx 取得最小值240. ②当x ∈[144,500]时， y x ＝12x ＋80000x －200≥212x ×80000x －200＝200，当且仅当12x ＝80000x ，即x ＝400时，yx 取得最小值200.因为200<240，所以当每月的处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．方法技巧一次函数、二次函数及分段函数模型的选取与应用策略 1．在实际问题中，若两个变量之间的关系是直线上升或直线下降或图象为直线(或其一部分)，一般构建一次函数模型，利用一次函数的图象与性质求解．2．实际问题中的如面积问题、利润问题、产量问题或其图象为抛物线(或抛物线的一部分)等一般选用二次函数模型，根据已知条件确定二次函数解析式．结合二次函数的图象、最值求法、单调性、零点等知识将实际问题解决．见典例．3．实际问题中有些变量间的关系不能用同一个关系式给出，而是由几个不同的关系式构成，如出租车计价与路程之间的关系，应构建分段函数模型求解，但应关注以下两点：(1)构造分段函数时，要力求准确、简洁，做到分段合理、不重不漏；(2)分段函数的最值是各段的最大(或最小)值中的最大(或最小)值． 提醒：(1)构建函数模型时不要忘记考虑函数的定义域． (2)对构建的较复杂的函数模型，要适时地用换元法转化为熟悉的函数问题求解．冲关针对训练(2017·广州模拟)某企业生产A ，B 两种产品，根据市场调查与预测，A 产品的利润与投资成正比，其关系如图1；B 产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图2(注：利润和投资单位：万元)．(1)分别将A ，B 两种产品的利润表示为投资的函数关系式； (2)已知该企业已筹集到18万元资金，并将全部投入A ，B 两种产品的生产．①若平均投入生产两种产品，可获得多少利润？②如果你是厂长，怎样分配这18万元投资，才能使该企业获得最大利润？其最大利润约为多少万元？解 (1)f (x )＝0.25x (x ≥0)，g (x )＝2x (x ≥0)．(2)①由(1)得f (9)＝2.25，g (9)＝29＝6，所以总利润y ＝8.25万元．②设B 产品投入x 万元，A 产品投入(18－x )万元，该企业可获总利润为y 万元．则y ＝14(18－x )＋2x ，0≤x ≤18. 令x ＝t ，t ∈[0,3 2 ]，则y ＝14(－t 2＋8t ＋18)＝－14(t －4)2＋172. 所以当t ＝4时，y max ＝172＝8.5，此时x ＝16,18－x ＝2，所以当A ，B 两种产品分别投入2万元、16万元时，可使该企业获得最大利润，约为8.5万元．题型2 指数函数模型典例 (2017·西安模拟)我国加入WTO 后，根据达成的协议，若干年内某产品的关税与市场供应量P 的关系近似满足：y ＝P (x )＝2(1－kt )(x －b )2(其中t 为关税的税率，且t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12，x 为市场价格，b ，k为正常数)，当t ＝18时的市场供应量曲线如图：(1)根据图象求b ，k 的值； (2)若市场需求量为Q ，它近似满足Q (x )＝211－x2.当P ＝Q 时的市场价格称为市场平衡价格．为使市场平衡价格控制在不低于9元的范围内，求税率t 的最小值．本题用函数思想，采用换元法．解 (1)由图象知函数图象过(5,1)，(7,2)．所以⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 8(5－b )2＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 8(7－b )2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，b ＝5.(2)当P ＝Q 时，2(1－6t )(x －5) 2＝211－x 2 ，即(1－6t )(x －5)2＝11－x 2，化简得1－6t ＝11－x 2(x －5)2＝12·22－x(x －5)2＝12·⎣⎢⎡⎦⎥⎤17(x －5)2－1x －5. 令m ＝1x －5(x ≥9)，所以m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.设f (m )＝17m 2－m ，m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14，对称轴为m ＝134，所以f (m )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1316，所以，当m ＝14，即x ＝9时，1－6t 取得最大值为12×1316，即1－6t ≤12×1316，解得t ≥19192，即税率的最小值为19192. 方法技巧构建指数函数模型的关注点1．指数函数模型常与增长率相结合进行考查，在实际问题中有人口增长、银行利率、细胞分裂等增长问题可以利用指数函数模型来解决．2．应用指数函数模型时关键是对模型的判断，先设定模型，再将已知有关数据代入验证，确定参数，从而确定函数模型．3．y ＝a (1＋x )n 通常利用指数运算与对数函数的性质求解． 冲关针对训练某城市现有人口总数为100万人，如果年自然增长率为1.2%，试解答以下问题：(1)写出该城市人口总数y (单位：万人)与年份x (单位：年)的函数关系式；(2)计算10年以后该城市人口总数(精确到0.1万人)；(3)计算大约多少年以后该城市人口将达到120万人(精确到1年)． (1.01210≈1.127,1.01215≈1.196,1.01216≈1.210，log 1.0121.2≈15.3) 解 (1)1年后该城市人口总数为y ＝100＋100×1.2%＝100×(1＋1.2%)，2年后该城市人口总数为y ＝100×(1＋1.2%)＋100×(1＋1.2%)×1.2%＝100×(1＋1.2%)2，3年后该城市人口总数为y ＝100×(1＋1.2%)2＋100×(1＋1.2%)2×1.2%＝100×(1＋1.2%)3，……x 年后该城市人口总数为y ＝100×(1＋1.2%)x .所以该城市人口总数y (万人)与年份x (年)的函数关系式是y ＝100×(1＋1.2%)x (x ∈N )．(2)10年后该城市人口总数为100×(1＋1.2%)10≈112.7(万人)． 所以10年后该城市人口总数约为112.7万人．(3)设x 年后该城市人口将达到120万人，即100(1＋1.2%)x ≥120，于是1.012x ≥120100，所以x ≥log 1.012120100＝log 1.0121.2≈15.3≈15(年)，即大约15年后该城市人口总数将达到120万人．题型3 对数函数模型典例 某企业根据分析和预测，能获得10万～1000万元的投资收益，企业拟制定方案对科研进行奖励，方案：奖金y (万元)随投资收益x (万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金也不超过投资收益的20%，并用函数y ＝f (x )模拟此方案．(1)写出模拟函数y ＝f (x )所满足的条件；(2)试分析函数模型y ＝4lg x －3是否符合此方案要求，并说明理由．用函数思想，采用导数法．解 (1)由题意，y ＝f (x )所满足的条件是：①f (x )在[10,1000]上为增函数，②f (x )≤9，③f (x )≤15x .(2)对于y ＝4lg x －3，显然在[10,1000]上是增函数，满足条件①.当10≤x ≤1000时，4lg 10－3≤y ≤4lg 1000－3，即1≤y ≤9，满足条件②.证明如下：f (x )≤15x ，即4lg x －3≤15x ，对于x ∈[10,1000]恒成立．令g (x )＝4lg x －3－15x ，x ∈[10,1000]，g ′(x )＝20 lg e －x 5x，∵e<10，∴lg e<lg 10＝12， ∴20lg e<10，又∵x ≥10，∴20lg e －x <0，∴g ′(x )<0对于x ∈[10,1000]恒成立，∴g (x )在[10,1000]上是减函数．∴g (x )≤g (10)＝4lg 10－3－15×10＝－1<0，即4lg x －3－15x ≤0，即4lg x －3≤15x ，对x ∈[10,1000]恒成立，从而满足条件③.方法技巧本例属奖金分配问题，奖金的收益属对数增长，随着投资收益的增加，奖金的增加会趋向于“饱和”状态，实际中很多经济现象都是这种规律，并注意掌握直接法、列式比较法、描点观察法．冲关针对训练候鸟每年都要随季节的变化进行大规模的迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v (单位：m/s)与其耗氧量Q 之间的关系为：v ＝a ＋b log 3Q 10(其中a ，b 是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.(1)求出a ，b 的值；(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要多少个单位？解 (1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s ，此时耗氧量为30个单位，故有a ＋b log 33010＝0，即a ＋b ＝0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s ，故a ＋b log 39010＝1，整理得a ＋2b ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝0，a ＋2b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1. (2)由(1)知，v ＝a ＋b log 3Q 10＝－1＋log 3Q 10.所以要使飞行速度不低于2 m/s ，则有v ≥2，所以－1＋log 3Q 10≥2，即log 3Q 10≥3，解得Q 10≥27，即Q ≥270.所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s ，则其耗氧量至少要270个单位．1．(2015·北京高考)某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况．在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为( )A ．6升B ．8升C ．10升D ．12升答案 B 解析 因为第一次(即5月1日)把油加满，而第二次把油加满加了48升，即汽车行驶35600－35000＝600千米耗油48升，所以每100千米的耗油量为8升．故选B.2．(2014·湖南高考)某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.p ＋q 2B ．(p ＋1)(q ＋1)－12 C.pqD ．(p ＋1)(q ＋1)－1 答案 D解析 设两年前的年底该市的生产总值为a ，则第二年年底的生产总值为a (1＋p )(1＋q )．设这两年生产总值的年平均增长率为x ，则a (1＋x )2＝a (1＋p )(1＋q )，由于连续两年持续增加，所以x >0，因此x ＝(1＋p )(1＋q )－1.故选D.3．(2015·四川高考)某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx ＋b (e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃ 的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________小时．答案 24解析 依题意有192＝e b,48＝e 22k ＋b ＝e 22k ·e b ，所以e 22k＝48e b ＝48192＝14，所以e 11k ＝12或－12(舍去)，于是该食品在33 ℃的保鲜时间是e 33k ＋b ＝(e 11k )3·e b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×192＝24(小时)． 4．(2017·江西九江七校联考)某店销售进价为2元/件的产品A ，该店产品A 每日的销售量y (单位：千件)与销售价格x (单位：元/件)满足关系式y ＝10x －2＋4(x －6)2，其中2<x <6.(1)若产品A 销售价格为4元/件，求该店每日销售产品A 所获得的利润；(2)试确定产品A 的销售价格x 的值，其使该店每日销售产品A 所获得的利润最大．(保留1位小数)解 (1)当x ＝4时，y ＝102＋4×(4－6)2＝21千件，此时该店每日销售产品A 所获得的利润为(4－2)×21＝42千元．(2)该店每日销售产品A 所获得的利润f (x )＝(x －2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤10x －2＋4(x －6)2＝10＋4(x －6)2(x －2)＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)，从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，易知在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，6上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/件时，利润最大．[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·福州模拟)在一次数学实验中，运用计算器采集到如下一组数据：则y 关于x 的函数关系与下列函数最接近的(其中a ，b 为待定系数)是( )A ．y ＝a ＋bxB ．y ＝a ＋b xC ．y ＝ax 2＋bD ．y ＝a ＋b x答案 B 解析 由x ＝0时，y ＝1，排除D ；由f (－1.0)≠f (1.0)，排除C ；由函数值增长速度不同，排除A.故选B.2．(2017·云南联考)某工厂6年来生产某种产品的情况是：前三年年产量的增长速度越来越快，后三年年产量保持不变，则该厂6年来这种产品的总产量C 与时间t (年)的函数关系可用图象表示的是( )答案 A解析 由于开始的三年产量的增长速度越来越快，故总产量迅速增长，图中符合这个规律的只有选项A ；后三年产量保持不变，总产量直线上升．故选A.3．某杂志每本原定价2元，可发行5万本，若每本提价0.20元，则发行量减少4000本，为使销售总收入不低于9万元，需要确定杂志的最高定价是( )A ．2.4元B ．3元C ．2.8元D ．3.2元答案 B解析 设每本定价x 元(x ≥2)，销售总收入是y 元，则y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤5×104－x －20.2×4×103·x ＝104·x (9－2x )≥9×104. ∴2x 2－9x ＋9≤0⇒32≤x ≤3.故选B.4．(2017·南昌期末)某公司租地建仓库，每月土地费用与仓库到车站距离成反比，而每月货物的运输费用与仓库到车站距离成正比．如果在距离车站10 km 处建仓库，则土地费用和运输费用分别为2万元和8万元，那么要使两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5 km 处B ．4 km 处C ．3 km 处D ．2 km 处答案 A解析 设仓库与车站距离为x ，土地费用为y 1，运输费用为y 2，于是y 1＝k 1x ，y 2＝k 2x ，∴⎩⎨⎧ 2＝k 110，8＝10k 2，解得k 1＝20，k 2＝45.设总费用为y ，则y ＝20x ＋4x 5≥220x ·4x5＝8. 当且仅当20x ＝4x 5，即x ＝5时取等号．故选A.5．(2015·北京高考)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是( )A ．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B ．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C ．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D ．某城市机动车最高限速80千米/小时．相同条件下， 在该市用丙车比用乙车更省油答案 D解析 对于A 选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h 时的燃油效率大于5 km/L ，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A 错误；对于B 选项，由图可知甲车消耗汽油最少；对于C 选项，甲车以80 km/h 的速度行驶时的燃油效率为10 km/L ，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L 汽油，所以C 错误；对于D 选项，当最高限速为80 km/h 且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D 正确．故选D.6．(2017·北京朝阳测试)将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t 分钟后甲桶中剩余的水符合指数衰减曲线y ＝a e n t ．假设过5分钟后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m 分钟甲桶中的水只有a 8，则m 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 D解析 根据题意知12＝e 5n ，令18a ＝a e n t ，即18＝e n t ，因为12＝e 5n ，故18＝e 15n ，比较知t ＝15，m ＝15－5＝10.故选D.7．(2016·天津模拟)国家规定某行业征税如下：年收入在280万元及以下的税率为p %，超过280万元的部分按(p ＋2)%征税，有一公司的实际缴税比例为(p ＋0.25)%，则该公司的年收入是( )A ．560万元B ．420万元C ．350万元D ．320万元答案 D解析 设该公司的年收入为x 万元，纳税额为y 万元，则由题意得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ×p %，x ≤280，280×p %＋(x －280)×(p ＋2)%，x >280， 依题有280×p %＋(x －280)×(p ＋2)%x＝(p ＋0.25)%，解得x ＝320.故选D.8．假设你有一笔资金用于投资，现有三种投资方案供你选择，这三种方案每天的回报如图所示．横轴为投资时间，纵轴为每天的回报，根据以上信息，若使回报最多，下列说法错误的是( )A ．投资3天以内(含3天)，采用方案一B ．投资4天，不采用方案三C ．投资6天，采用方案一D ．投资12天，采用方案二答案 D解析 由图可知，投资3天以内(含3天)，方案一的回报最高，A 正确；投资4天，方案一的回报约为40×4＝160(元)，方案二的回报约为10＋20＋30＋40＝100(元)，都高于方案三的回报，B 正确；投资6天，方案一的回报约为40×6＝240(元)，方案二的回报约为10＋20＋30＋40＋50＋60＝210(元)，都高于方案三的回报，C 正确；投资12天，明显方案三的回报最高，所以此时采用方案三，D 错误．故选D.9．(2017·福建质检)当生物死亡后，其体内原有的碳14的含量大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．当死亡生物体内的碳14含量不足死亡前的千分之一时，用一般的放射性探测器就测不到了．若某死亡生物体内的碳14用一般的放射性探测器探测不到，则它经过的“半衰期”个数至少是( )A ．8B ．9C ．10D ．11答案 C解析 设死亡生物体内原有的碳14含量为1，则经过n (n ∈N *)个“半衰期”后的含量为⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，由⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <11000得n ≥10.所以，若探测不到碳14含量，则至少经过了10个“半衰期”．故选C.10．(2017·北京朝阳区模拟)某房地产公司计划出租70套相同的公寓房．当每套房月租金定为3000元时，这70套公寓能全租出去；当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍)，就会多一套房子不能出租．设租出的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设租不出的房子不需要花这些费用)．要使公司获得最大利润，每套房月租金应定为( )A ．3000元B ．3300元C ．3500元D ．4000元答案 B解析 由题意，设利润为y 元，租金定为3000＋50x 元(0≤x ≤70，x ∈N )．则y ＝(3000＋50x )(70－x )－100(70－x )＝(2900＋50x )·(70－x )＝50(58＋x )(70－x )≤50⎝ ⎛⎭⎪⎫58＋x ＋70－x 22， 当且仅当58＋x ＝70－x ，即x ＝6时，等号成立，故每月租金定为3000＋300＝3300(元)时，公司获得最大利润．故选B.二、填空题11．(2017·金版创新)“好酒也怕巷子深”，许多著名品牌是通过广告宣传进入消费者视线的．已知某品牌商品靠广告销售的收入R 与广告费A 之间满足关系R ＝a A (a 为常数)，广告效应为D ＝a A －A .那么精明的商人为了取得最大广告效应，投入的广告费应为________．(用常数a 表示)答案 14a 2解析 令t ＝A (t ≥0)，则A ＝t 2，∴D ＝at －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12a 2＋14a 2. ∴当t ＝12a ，即A ＝14a 2时，D 取得最大值．12．一个容器装有细沙a cm 3，细沙从容器底部一个细微的小孔慢慢地匀速漏出，t min 后剩余的细沙量为y ＝a e －bt (cm 3)，若经过8 min 后发现容器内还有一半的沙子，则再经过________min ，容器中的沙子只有开始时的八分之一．答案 16解析 当t ＝0时，y ＝a ；当t ＝8时，y ＝a e－8b ＝12a ， ∴e－8b ＝12，容器中的沙子只有开始时的八分之一时，即y ＝a e －bt＝18a .e －bt ＝18＝(e －8b )3＝e －24b ，则t ＝24，所以再经过16 min.13．(2014·北京高考改编)加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p 与加工时间t (单位：分钟)满足函数关系p ＝at 2＋bt ＋c (a ，b ，c 是常数)，右图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为________．答案 3.75分钟解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 9a ＋3b ＋c ＝0.7，16a ＋4b ＋c ＝0.8，25a ＋5b ＋c ＝0.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－0.2，b ＝1.5，c ＝－2， ∴p ＝－0.2t 2＋1.5t －2＝－15⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1542＋1316，∴当t ＝154＝3.75时p 最大，即最佳加工时间为3.75分钟．14．为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒．已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y (毫克)与时间t (小时)成正比；药物释放完毕后，y 与t 的函数关系式y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫116t －a (a 为常数)，如图所示，根据图中提供的信息，回答下列问题：(1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量y (毫克)与时间t (小时)之间的函数关系式为________；(2)据测定，当空气中每立方米的含药量不大于0.25毫克时，学生方可进教室，那么从药物释放开始，至少需要经过________小时后，学生才能回到教室．答案 (1)y ＝⎩⎨⎧ 10t ，0≤t ≤0.1，⎝ ⎛⎭⎪⎫116t －0.1，t >0.1 (2)0.6解析 (1)设y ＝kt ，由图象知y ＝kt 过点(0.1,1)，则1＝k ×0.1，k ＝10，∴y ＝10t (0≤t ≤0.1)．由y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫116t －a 过点(0.1,1)，得1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1160.1－a ，解得a ＝0.1，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫116t －0.1(t >0.1)．(2)由⎝ ⎛⎭⎪⎫116t －0.1≤0.25＝14，得t ≥0.6. 故至少需经过0.6小时学生才能回到教室．三、解答题15．(2017·济宁期末)已知某商品的进货单价为1元/件，商户甲往年以单价2元/件销售该商品时，年销量为1万件，今年拟下调销售单价以提高销量增加收益．据估算，若今年的实际销售单价为x 元/件(1≤x ≤2)，则新增的年销量P ＝4(2－x )2(万件)．(1)写出今年商户甲的收益f (x )(单位：万元)与x 的函数关系式；(2)商户甲今年采取降低单价提高销量的营销策略，是否能获得比往年更大的收益(即比往年收益更多)？请说明理由．解 (1)由题意可得：f (x )＝[1＋4(2－x )2](x －1)，1≤x ≤2.(2)甲往年以单价2元/件销售该商品时，年销量为1万件，可得收益为1万元．f ′(x )＝8(x －2)(x －1)＋1＋4(2－x )2＝12x 2－40x ＋33＝(2x －3)(6x －11)，可得当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32时，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，116时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤116，2时，函数f (x )单调递增． ∴x ＝32时，函数f (x )取得极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝1；又f (2)＝1.∴当x ＝32或x ＝2时，函数f (x )取得最大值1(万元)．因此商户甲今年采取降低单价提高销量的营销策略，不能获得比往年更大的收益．16．(2017·北京模拟)已知甲、乙两个工厂在今年的1月份的利润都是6万元，且乙厂在2月份的利润是8万元．若甲、乙两个工厂的利润(万元)与月份x 之间的函数关系式分别符合下列函数模型：f (x )＝a 1x 2－4x ＋6，g (x )＝a 2·3x ＋b 2(a 1，a 2，b 2∈R )．(1)求函数f (x )与g (x )的解析式；(2)求甲、乙两个工厂今年5月份的利润；(3)在同一直角坐标系下画出函数f (x )与g (x )的草图，并根据草图比较今年1～10月份甲、乙两个工厂的利润的大小情况．解 (1)依题意：由f (1)＝6，解得a 1＝4，所以f (x )＝4x 2－4x ＋6.由⎩⎪⎨⎪⎧ g (1)＝6，g (2)＝8，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 2＋b 2＝6，9a 2＋b 2＝8， 解得a 2＝13，b 2＝5，所以g (x )＝13×3x ＋5＝3x －1＋5.(2)由(1)知甲厂在今年5月份的利润为f (5)＝86万元，乙厂在今年5月份的利润为g (5)＝86万元，故有f (5)＝g (5)，即甲、乙两个工厂今年5月份的利润相等．(3)作函数图象如下：从图中可以看出今年1～10月份甲、乙两个工厂的利润：当x＝1或x＝5时，有f(x)＝g(x)；当x＝2,3,4时，有f(x)>g(x)；当x＝6,7,8,9,10时，有f(x)<g(x)．海阔天空专业文档。
2019-2020学年度高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2-11导数在研究函数中的应用模拟演练理
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2-11导数在研究函数中的应用模拟演练理______年______月______日____________________部门[A级基础达标](时间：40分钟)1．设函数f(x)＝xex，则( )A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点答案D解析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点．2．[20xx·陕西模拟]函数f(x)＝(a>0)的单调递增区间是( ) A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝.由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)，故选B.3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )A．1－e B．－1C．－e D．0答案B解析因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.4．[20xx·丽水模拟]设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)答案D解析由题图，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．5．若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围为( ) A．[－1,0] B．[－1，＋∞)C．[0,3] D．[3，＋∞)答案D解析f′(x)＝2x＋a－，因为函数在是增函数，所以f′(x)≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立，设g(x)＝－2x，g′(x)＝－－2，令g′(x)＝－－2＝0，得x＝－1，当x∈时，g′(x)<0，故g(x)max ＝g＝4－1＝3，所以a≥3.6．[20xx·银川模拟]函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.答案 1解析 f′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3.当m ＝3时，f′(x)＝3(x －1)(x －3)，1＜x ＜3时，f′(x)＜0；x ＜1或x ＞3时，f′(x)＞0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.7．[20xx·河南开封月考]已知函数f(x)＝kx3＋3(k －1)x2－k2＋1(k ＞0)的单调递减区间是(0,4)．(1)实数k 的值为________；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是__________．答案 (1) (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 (1)f′(x)＝3kx2＋6(k －1)x ，由题意知f′(4)＝0，解得k ＝.(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k －1)x≤0并结合导函数的图象可知，必有－≥4，解得k≤.又k ＞0，故0＜k≤.8．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax 在上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x ＋2a ＝－2＋＋2a.当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.令＋2a>0，解得a>－.所以a 的取值范围是.9．[20xx·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ln x ＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增．若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在单调递增，在单调递减．(2)由(1)，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1.因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1)．10．[20xx·广西模拟]已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：x (－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－e k－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k －1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek －1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[B级知能提升](时间：20分钟)11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )A．－B．－2C．－2或－D．2或－23答案A解析由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或经检验满足题意，故＝－.12．已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( )A．a>2 B．a<3C．a≤1D．a≥3答案C解析函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，可得x＝1，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x 取得最大值1，要使不等式a≤x－xln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.所以选C.13．[20xx·北京高考]设函数f(x)＝⎩⎨⎧x3－3x ，x≤a，－2x ，x>a.(1)若a ＝0，则f(x)的最大值为________；(2)若f(x)无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)若a ＝0，则f(x)＝当x>0时，f(x)＝－2x<0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x －1)·(x＋1)，当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x3－3x 的图象，如图所示，当a<－1时，f(x)无最大值；当－1≤a≤2时，f(x)max ＝2；当a>2时，f(x)max ＝a3－3a.综上，当a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值． 14．[20xx·淮南质检]已知函数f(x)＝.(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－. 令f′(x)＝0，得x ＝1；当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 所以，x ＝1为极大值点，所以a ＜1＜a ＋，故＜a＜1，即实数a的取值范围为.(2)当x≥1时，k≤，令g(x)＝，则g′(x)＝＝.再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2.。
(新课标)高考数学一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2-2 函数的单调性与最值课时规范练 理(
2-2 函数的单调性与最值课时规X 练(授课提示：对应学生用书第219页)A 组 基础对点练1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( B ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |2．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( C ) A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1 D ．y ＝lg|x |3．下列函数中，既是奇函数且在定义域内是增函数的为( D ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．ln 2＋x 2－x4．函数f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的递增区间是( D ) A ．(－∞，1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D ．(2，＋∞)解析：令t ＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)＞0，求得x ＜1或x ＞2，故函数的定义域为{x |x ＜1或x ＞2}，f (x )＝ln t ，由复合函数的单调性知本题即求函数t 在定义域内的增区间．结合二次函数的性质可得函数t 在定义域内的增区间为(2，＋∞)． 5．设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( B ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ＞0，cos x ，x ≤0，则下列结论正确的是( D )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞)7．(2017·某某模拟)若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( C ) A ．f (x )＝(x －1)2B ．f (x )＝e xC ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)8．(2018·某某二模)已知实数x ，y 满足⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12y，则下列关系式中恒成立的是( D )A ．tan x ＞tan yB ．ln(x 2＋2)＞ln(y 2＋1) C.1x >1yD ．x 3＞y 3解析：根据题意，实数x ，y 满足⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12y，则x ＞y ，依次分析选项：对于A ，因为y ＝tan x 在其定义域上不是单调函数，故tan x ＞tan y 不一定成立，不符合题意；对于B ，若x ＞y ，则x 2＋2＞y 2＋2不一定成立，故ln(x 2＋2)＞ln(y 2＋1)不一定成立，不符合题意；对于C ，当x ＞y ＞0时，1x ＜1y，不符合题意；对于D ，函数y ＝x 3在R 上为增函数，若x ＞y ，必有x 3＞y 3，符合题意．9．设a ＞0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( A ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件10．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值X 围为( D ) A ．(－∞，1] B ．[1,2]C ．[2，＋∞)D ．(－∞，1]∪[2，＋∞)11．(2017·某某模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x <0，a x，x ≥0(a >0且a ≠1)是R 上的减函数，则a的取值X 围是( B ) A ．(0,1)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，3a ≥1，得13≤a <1. 12．函数f (x )＝x ＋2x －1的最小值为 12.解析：由2x －1≥0可得x ≥12，∴函数的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 又函数f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴当x ＝12时，函数取最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12.13．已知y ＝f (x )是定义在(－2,2)上的增函数，若f (m －1)<f (1－2m )，则m 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，23.解析：依题意，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧－2<m －1<2－2<1－2m <2m －1<1－2m⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<m <3－12<m <32m <23⇒－12<m <23.14．(2018·城关区校级模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ＋2，x ≥1，e x－1，x <1，若m ＞0，n ＞0，且m ＋n ＝f (f (ln 2))，则1m ＋2n的最小值为 3＋2 2.解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ＋2，x ≥1，e x－1，x <1，m ＋n ＝f [f (ln 2)]＝f (e ln 2－1)＝f (2－1)＝log 33＝1，则1m ＋2n＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ＝3＋n m ＋2m n≥3＋2n m ·2mn＝3＋22， 当且仅当n ＝2m 时，取得最小值3＋2 2.15．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤2，log 2x －1，x >2，则f (f (4))＝ 1 ；函数f (x )的单调递减区间是 [1,2] ． 解析：f (4)＝log 24－1＝1， ∴f (f (4))＝f (1)＝－12＋2×1＝1.x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x ，对称轴为x ＝1，∴f (x )在[1,2]上单调递减． ∴f (x )的单调递减区间为[1,2]．B 组 能力提升练1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 12a ≤2f (1)，则a 的取值X 围是( C )A ．[1,2]B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值X 围是( D )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 B ．(0，＋∞)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析：由题意知，可对不等式分x ≤0,0<x ≤12，x >12三段讨论．3．(2017·某某阶段测试)设函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，则( B ) A ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是增函数 D ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是减函数4．(2018·某某一模)已知函数f (x )满足：①对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0；②对定义域内任意x ，都有f (x )＝f (－x )，则符合上述条件的函数是( A )A ．f (x )＝x 2＋|x |＋1 B ．f (x )＝1x－xC ．f (x )＝ln|x ＋1|D ．f (x )＝cos x解析：由题意得f (x )是偶函数，在(0，＋∞)递增，对于A ，f (－x )＝f (x )，是偶函数，且x ＞0时，f (x )＝x 2＋x ＋1，f ′(x )＝2x ＋1＞0，故f (x )在(0，＋∞)递增，符合题意；对于B ，函数f (x )是奇函数，不合题意；对于C ，由x ＋1＝0，解得x ≠－1，定义域不关于原点对称，故函数f (x )不是偶函数，不合题意；对于D ，函数f (x )在(0，＋∞)无单调性，不合题意．5．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值X 围是( B ) A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1,2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：由题意知f ′(x )＝2x －12x＝2x ＋12x －12x ，易知函数f (x )在x ＝12处取得极值，所以有k －1<12<k ＋1，且k －1≥0，得k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32. 6．(2018·铁东区校级一模)指数函数f (x )＝a x(a ＞0，且a ≠1)在R 上是减函数，则函数g (x )＝a －2x 2在其定义域上的单调性为( C ) A ．单调递增 B ．单调递减C ．在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减D ．在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增 解析：∵指数函数f (x )＝a x在R 上是减函数， ∴0＜a ＜1，∴－2＜a －2＜－1，函数y ＝1x2在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)上递减．∴g (x )在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增． 7．已知符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0.f (x )是R 上的增函数，g (x )＝f (x )－f (ax )(a ＞1)，则( C ) A ．sgn[g (x )]＝sgn x B ．sgn[g (x )]＝sgn[f (x )] C ．sgn[g (x )]＝－sgn x D ．sgn[g (x )]＝－sgn[f (x )]8．若f (x )＝e x －a e －x为奇函数，则f (x －1)＜e －1e 的解集为( A )A ．(－∞，2)B ．(－∞，1)C ．(2，＋∞)D ．(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝lg(a x－b x)＋x 中，常数a ，b 满足a ＞1＞b ＞0，且a ＝b ＋1，那么f (x )＞1的解集为( B ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(1,10)D ．(10，＋∞)10．(2018·兴庆区校级三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x －1－b ，x ≤1，－log 2x ＋1，x >1(a ＞0，a ≠1)，在其定义域上单调，则ab 的值不可能的是( D ) A ．－1 B ．1 C ．－2D ．2解析：由于函数f (x )在R 上单调，当x ＞1时，函数f (x )＝－log 2(x ＋1)单调递减，则当x ≤1时，函数f (x )＝a x －1－b 单调递减，所以0＜a ＜1，且a1－1－b ≥－log 2(1＋1)，即1－b ≥－1，解得b ≤2.当0＜b ≤2时，0＜ab ＜2；当b ≤0时，则ab ≤0.因此，ab ≠2，故选D.11．已知函数f (x )是定义在R 上的单调递增函数，且满足对任意的实数x 都有f (f (x )－3x)＝4，则f (x )＋f (－x )的最小值等于( B ) A ．2 B ．4 C ．8D ．12解析：由f (x )的单调性知存在唯一实数K 使f (K )＝4，即f (x )＝3x＋K ，令x ＝K 得f (K )＝3K ＋K ＝4，所以K ＝1，从而f (x )＝3x ＋1，即f (x )＋f (－x )＝3x＋13x ＋2≥23x·13x ＋2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．故选B.12．(2018·某某二模)已知函数f (x )＝(x ＋2 012)(x ＋2 014)(x ＋2 016)(x ＋2 018)，x ∈R ，则函数f (x )的最小值是 －16 解析：令x ＋2 012＝t ，t ∈R ，则y ＝t (t ＋2)(t ＋4)(t ＋6)＝(t 2＋6t )(t 2＋6t ＋8)＝(t 2＋6t )2＋8(t 2＋6t )＝(t 2＋6t ＋4)2－16，当t 2＋6t ＋4＝0，即t ＝－3±5时，取得最小值－16.13．(2017·某某东营广饶一中模拟)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1x ＋4a ，x ≤1，log a x ，x ＞1是R 上的减函数，则a 的取值X 围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13 . 解析：由函数f (x )为单调递减函数可得g (x )＝(3a －1)x ＋4a 在(－∞，1]上单调递减，函数h (x )＝log a x 在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)≥h (1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，7a －1≥0，∴17≤a ＜13. 14．已知函数f (x )＝则f (f (3))＝ －3 ，函数f (x )的最大值是1 . 解析：f (3)＝3＝－1，∴f (f (3))＝f (－1)＝－(－1)2－2＝－3. 当x ＞1时，f (x )＝x 为减函数，可得f (x )<0；当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1，最大值为1. 15．(2017·模拟)已知函数f (x )＝xx 2＋1，关于f (x )的性质，有下列四个结论：①f (x )的定义域是(－∞，＋∞)；②f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12； ③f (x )是奇函数；④f (x )是区间(0,2)上的增函数．其中正确结论的个数是 3 . 解析：对于①，∵函数f (x )＝xx 2＋1，∴f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，故①正确； 对于②，当x ≠0时，f (x )＝1x ＋1x，若x ＞0，则0＜f (x )≤12，若x ＜0，则－12≤f (x )＜0；当x ＝0时，f (x )＝0，故f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，故②正确； 对于③，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，故③正确； 对于④，f ′(x )＝1－x2x 2＋12，令f ′(x )＞0，解得－1＜x ＜1，令f ′(x )＜0，解得x ＞1或x ＜－1，∴f (x )在区间(0,2)上先增后减，故④错误． 综上可知，正确结论的个数是3.。
高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 2.4 幂
∵f(2)＝－1，∴a2－122＋8＝－1，解得 a＝－4， ∴f(x)＝－4x－122＋8＝－4x2＋4x＋7. 解法三(利用零点式)： 由已知 f(x)＋1＝0 两根为 x1＝2，x2＝－1， 故可设 f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)， 即 f(x)＝ax2－ax－2a－1.
2．[课本改编]设 α∈－1，1，21，3，则使函数 y＝xα
的定义域为 R 且为奇函数的所有 α 值为(
)
A．1,3 B．－1,1 C．－1,3 D．－1,1,3
解析 α＝－1,1,3 时幂函数为奇函数，当 α＝－1 时定 义域不是 R，所以 α＝1,3，故选 A.
3．已知函数 f(x)＝ax2＋x＋5 的图象在 x 轴上方，则 a
(2)在 比较幂值的 大 小时，必须结 合幂值的特点 ，选择 适当的函数，借助其单调性进行比较．
幂值的大小比较方法还有： (1)转化为同底：①当底数>1 时，指大值大；②当 0<底 数<1 时，指大值小． (2)转化为同指：①指数>0 时，底大值大；②指数<0 时， 底大值小． (3)引入中间量 0 或 1 或由一个幂的底数和另一个幂的指 数组成的幂．
2．二次函数表达式的三种形式 (1)一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (2)顶点式：y＝a(x＋h)2＋k(其中 a≠0，顶点坐标为(－h， k))． (3)两根式：y＝a(x－x1)(x－x2)(其中 a≠0，x1、x2 是二 次函数的图象与 x 轴的两个交点的横坐标)．
[双基夯实] 一、疑难辨析 判断 下 列结 论 的 正误 ． (正 确 的 打“√”， 错 误的 打 “×”) 1．幂函数的图象都经过点(1,1)和(0,0)．( × ) 2 ． 二 次 函 数 y ＝ ax2 ＋ bx ＋ c(x ∈ R)， 不 可 能 是 偶 函 数．( × ) 3．二次函数 y＝ax2＋bx＋c，x∈ [a，b]的最值一定是 4ac－b2 4a .( × )
2020版高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第2课时)
角度1 根据函数图象判断极值 1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如 图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B．2 C．3 D．4 答案 B
答案
解析 极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函数 f′(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)上的极大值点有2个.
值．
(2)函数的极大值与极大值点 若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数
□ □ 值 04 都大 ，f′(b)＝0，而且在点x＝b 附近的左侧 05 f′(x)>0 ，
□ 右侧 06 f′(x)<0
值．
，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大
2.函数的最值与导数
答案
解法二：①当a＝0时，令f′(x)＝0，得x＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
解析
角度2 求函数的极值
2.(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)
的极小值为( )
A.－1
B．－2e－3
C.5e－3
D．1
答案－1)ex－1， 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函数f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
2020届高考数学一轮第二篇函数导数及其应用第节导数在研究函数中的应用理新人教A版
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第 11 节 导数在研究函数中的应用
最新考纲
1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求
函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极 大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、 最小值(其中多项式函数不超过三次)． 3.会用导数解决实际问题.
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4．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________． 解析：f′(x)＝3x2－a≥0 在[1，＋∞)上恒成立， 即 a≤3x2 在[1，＋∞)上恒成立，所以 a≤3. 答案：3
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5．给出下列命题： ①f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件． ②函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的． ③函数的极大值不一定比极小值大． ④对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的充要条件． ⑤函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值． 其中真命题是________．(写出所有真命题的序号)
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【教材导读】 1．若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)>0 吗？f′(x)>0 是否是 f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？ 提示：函数 f(x)在(a，b)内单调递增，则 f′(x)≥0，f′(x)>0 是 f(x)在(a， b)内单调递增的充分不必要条件．
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(2)函数极大值的概念 ①函数 y＝f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的 函数值都大； ②f′(b)＝0；
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理-人教版高三全
第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理[A 组·基础达标练]1．函数f (x )＝x 4－4x 3＋4x 2的极值点是( ) A ．x ＝0 B ．x ＝1C ．x ＝2D ．x ＝0，x ＝1和x ＝2 答案 D解析 f ′(x )＝4x 3－12x 2＋8x ＝4x (x 2－3x ＋2)＝4x (x －1)(x －2)，则结合列表可得f (x )的极值点为x ＝0，x ＝1和x ＝2.2．[2015·某某一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．则不等式f (x )<1的解集是( )A ．(－3,0)B ．(－3,5)C ．(0,5)D ．(－∞，－3)∪(5，＋∞) 答案 B解析 依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3,5)，选B.3．[2016·某某师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518B ．(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞) 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.4．[2013·某某高考]已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0， 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0， 当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.5．[2015·某某一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式f (x )>3ex ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C ．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 答案 A解析 由f (x )>3ex ＋1得，e x f (x )>3＋e x ，构造函数F (x )＝e x f (x )－e x－3，对F (x )求导得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由f (x )＋f ′(x )>1，e x >0，可知F ′(x )>0，即F (x )在R 上单调递增，又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0，所以F (x )>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.6．[2013·某某高考]已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)[(x ＋1)e x－2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0,1)．当x ∈(x 2,1)时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.7．[2016·东北八校月考]已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．答案 4解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′1＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.9．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案 －13解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 根据已知2a3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13. 10．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝ln x －x1＋2x .(1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若f [x (3x －2)]<－13，某某数x 的取值X 围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x 1＋2x 2＝4x 2＋3x ＋1x 1＋2x 2. ∵x >0，∴4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0. ∴当x >0时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f (x )＝ln x －x 1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13.由f [x (3x －2)]<－13得f [x (3x －2)]<f (1)．由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x 3x －2>0x3x －2<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.11．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，某某数a 的值． 解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0， 与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 2－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.12．[2016·某某检测]已知f (x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x(x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增； 在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2， f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[－2，－1]时，x e x<0， ∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2＝－22－2m ＋3＋2m －2≤0，f ′－1＝－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．[B 组·能力提升练]1．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2] 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值， 则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内， 即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0， 即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即a ≥－2.故实数a 的取值X 围是[－2,1)． 故选C.2．[2016·某某调研]已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x ，则下列结论中正确的是( )A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数 答案 D解析 由已知得，f ′(x )＝1x ·ln 2x －1ln 2x(x >0且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得ln x ＝±1，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1，x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x ≠1，故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内不是单调的，所以A ，B 错；当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )<0，C 错；只要x 0≥e，则f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数，D 正确．3．[2015·某某高考]已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立． ③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )， 则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0， 得2xln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知， 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时y 1>y 2，x <x 0时y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确．4．已知函数f (x )＝e x－ln (x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0. 解 (1)f ′(x )＝e x－1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x－ln (x ＋1)，x ∈(－1，＋∞)． 函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln (x ＋m )≤ln (x ＋2)，故只需证当m ＝2时f (x )>0. 当m ＝2时，f ′(x )＝e x－1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一的解x 0，且x 0∈(－1,0)． 当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，f (x )取极小值． 故f ′(x )＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln (x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝x 0＋12x 0＋2>0.综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。
高考数学第一轮知识点总复习 第二节 导数的应用(Ⅰ)
解 (1)由已知f′(x)=3 -a,x2 ∵f(x)在（-∞,+∞）上是单调增函数， ∴f′(x)=3 -ax≥2 0在(-∞,+∞)上恒成立， 即a≤3 x在2 x∈R上恒成立. ∵3 x≥2 0,∴只需a≤0. 又a=0时，f′(x)=3 ≥x20,f(x)= -1在x3R上是增函数， ∴a≤0. (2)由f′(x)=3 -ax≤2 0在(-1,1)上恒成立，得a≥3 在x∈x2(-1,1)上恒成立. ∵-1＜x＜1,∴3 ＜3,∴只需a≥3. 当a≥3时，f′(x)=x32 -a在x∈(-1,1)上恒有f′(x)＜0, 即f(x)在（-1,1）上为x减2 函数，∴a≥3. 故存在实数a≥3,使f(x)在(-1,1)上单调递减.
学后反思 利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便， 但应注意f′(x)>0 ［或f′(x)<0］仅是f(x)在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条 件，在(a,b)内可导的函数f(x)在(a,b)上递增（或递减）的充要条件应 是f′(x)≥0［或f′(x)≤0］，x∈(a,b)恒成立，且f′(x)在(a,b)的任意子区 间内都不恒等于0.这就是说， 函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′(x0)=0. 因此，在已知函数f(x)是增函数（或减函数）来求参数的取值范围时， 应令f′(x)≥0［或f′(x)≤0］恒成立，解出参数的取值范围（一般可用 不等式恒成立理论求解），然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0， 若能恒等于0，则参数的这个值应舍去,若f′(x)不恒为0，则由f′(x)≥0 ［或f′(x)≤0］恒成立解出的参数的取值范围.
2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(二)学案理
2.11 导数在研究函数中的应用(二)[方法梳理]1．分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法．通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到．解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题．2．构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决．3．等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧．4．分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置．5．任意性与存在性①∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.②∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . ③∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . ④∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .⑤∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅.[诊断自测]1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )>f ′(x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)>2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定 答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )ex，则 g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )(e x )′(e x )2＝f ′(x )－f (x )ex<0，即g (x )在R 上是减函数， 所以g (ln 2)>g (ln 3)，即f (ln 2)eln 2>f (ln 3)eln 3，即f (ln 2)2>f (ln 3)3，所以3f (ln 2)>2f (ln 3)，选A.2．(2018·广州五校联考)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( ) A ．(－2,0)∪(2，＋∞) B ．(－2,0)∪(0,2) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D ．(－∞，－2)∪(0,2)答案 D解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )x为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．3．已知f (x )＝2x 2＋ax －2a2x 在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的取值范围是________．答案 a ≥－1解析 ∵f (x )＝x －a x ＋a 2，∴f ′(x )＝1＋ax2.又f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f ′(x )≥0，于是可得不等式a ≥－x 2对于x ≥1恒成立．∴a ≥(－x 2)max .由x ≥1，得－x 2≤－1.∴a ≥－1.4．(2017·河南期末)函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，32解析 对于函数y ＝x 3－2ax ＋a ，求导可得y ′＝3x 2－2a ， ∵函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，∴y ′＝3x 2－2a ＝0，则其有一根在(0,1)内，当a >0时，3x 2－2a ＝0两根为± 23a ， 若有一根在(0,1)内，则0<23a <1，即0<a <32. 当a ＝0时，3x 2－2a ＝0两根相等，均为0，f (x )在(0,1)内无极小值． 当a <0时，3x 2－2a ＝0无根，f (x )在(0,1)内无极小值， 综合可得，0<a <32，故答案为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.题型1 利用导数解不等式问题角度1 证明不等式典例 已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x . 证明：若1<a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.本题用构造函数法．证明 不妨设x 1>x 2>0，则f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1⇔f (x 1)－f (x 2)>－(x 1－x 2)⇔f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2.从而构造函数g (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)·ln x ＋x .则g ′(x )＝x －(a －1)＋a －1x≥2x ·a －1x－(a －1)＝1－(a －1－1)2. 由于1<a <5，故g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)单调递增，从而当x 1>x 2>0时，有g (x 1)>g (x 2)，即f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2，从而f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.当0<x 1<x 2时，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1>－1.综上，若1<a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.角度2 不等式恒成立问题典例 (2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x 1－x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)f (x )＝ln 1＋x 1－x ，x ∈(－1,1)，f ′(x )＝21－x2，f ′(0)＝2，f (0)＝0，所以切线方程为y ＝2x .(2)证明：原命题等价于任意x ∈(0,1)，f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33>0.设函数F (x )＝ln (1＋x )－ln (1－x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， F ′(x )＝2x41－x2.当x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，函数F (x )在x ∈(0,1)上是单调递增函数．F (x )>F (0)＝0，因此任意x ∈(0,1)，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)ln 1＋x 1－x >k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，x ∈(0,1)⇔t (x )＝ln 1＋x 1－x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33>0，x ∈(0,1)．t ′(x )＝21－x 2－k (1＋x 2)＝kx 4＋2－k 1－x 2，x ∈(0,1)． 当k ∈[0,2]，t ′(x )≥0，函数t (x )单调递增，t (x )>t (0)＝0显然成立．当k >2时，令t ′(x 0)＝0得x 40＝k －2k∈(0,1)，t ′(x )的变化情况列表如下：t (x 0)<t (0)＝0，显然不成立．当k <0时，显然k 取不到最大值． 综上可知，k 的最大值为2. 角度3 不等式存在性问题典例(2018·太原联考)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x . (1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈[1e ，e]，使得f (x 0)≤g (x 0)能成立，求实数a 的取值范围．(1)探索性问题在求解后要验证；(2)采用分离系数法，构造函数法．解 (1)函数f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0， ∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点，故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值． (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0， 记F (x )＝x －ln x (x >0)， ∴F ′(x )＝x －1x(x >0)， ∴当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增． ∴F (x )>F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e . ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，∴G (x )min ＝G (1)＝－1， ∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)． 方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度1的典例．解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题．见角度2,3的典例．冲关针对训练1．(2017·陵川县校级期末)已知对于x ∈R ，g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，且f (1)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是________． 答案 (1，＋∞) 解析 令h (x )＝f (x )g (x )， 则h ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )，而g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，故h ′(x )>0，h (x )在R 上递增，而h (1)＝0，故不等式f (x )g (x )>0，即h (x )>h (1)， 解得x >1，故不等式的解集是(1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e 时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； 当1e <t <t ＋2，即t >1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e.(2)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减；当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，h (e )，因为存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >h (e)，所以a ≤1e ＋3e －2.题型2 导数与方程问题角度1 零点的判断与证明典例(2015·广东高考)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)·e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．研究f (x )的单调性，再用赋值法证明．解 (1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．角度2 由零点求参数的取值典例 (2017·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间和极值；(3)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围．将f (x )＝0化为2ln x x 2＝1a，用构造函数法求解．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 22－ln x ，f ′(x )＝x －1x，∵f ′(1)＝0，f (1)＝12，∴在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝12.(2)f ′(x )＝x 2－ax，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )递增，函数无极值；当a >0时，在(0，a )上递减，在(a ，＋∞)上递增，函数的极小值为f (a )＝a (1－ln a )2.1．(2017·达州模拟)函数f (x )＝x 3＋x 2＋5ax －1存在极值点的充要条件是( )A ．a ≤115B ．a <115C ．a ≥115D ．a >115答案 B解析 求得导函数f ′(x )＝3x 2＋2x ＋5a ，三次函数f (x )有极值，则f ′(x )＝0有不相等的两个解，∴Δ＝4－60a >0，∴a <115，故选B.2．(2017·深圳一模)若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )<1且f (0)＝3，则不等式f (x )>2ex ＋1(其中e 为自然对数的底数)的解集为________．答案 (－∞，0)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )<1， ∴f (x )＋f ′(x )－1<0， ∴g ′(x )<0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递减， ∵e x f (x )>e x＋2， ∴g (x )>2，又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝3－1＝2， ∴g (x )>g (0)， ∴x <0，故答案为(－∞，0)．3．(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 解 (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减， 且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点． 当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减， 且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 4．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·安庆二模)若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，－3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 答案 B解析 y ＝a e x＋3x ，求导，y ′＝a e x＋3，由若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点， 则y ′＝a e x＋3＝0有负根，则a ≠0， 则e x＝－3a在y 轴的左侧有交点，∴0<－3a<1，解得：a <－3，实数a 的取值范围为(－∞，－3)．故选B.2．(2018·太原模拟)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，g (x )≠0，当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0，且f (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A ．(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3) C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D ．(－∞，－3)∪(0,3)答案 D解析 ∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数， ∴f (x )g (x )为奇函数，f (x )g (x )的图象关于原点对称． 当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )>0，∴当x <0时，f (x )g (x )是增函数，故当x >0时，f (x )g (x )也是增函数. 函数f (x )g (x )的单调性的示意图，如图所示：∵f (－3)＝0，∴f (3)＝0，∴由不等式f (x )g (x )<0，可得x <－3或0<x <3，故原不等式的解集为{x |x <－3或0<x <3}，故选D.3．(2017·冀州月考)函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163答案 C解析 由图象可得f (x )＝0的根为0,1,2，故d ＝0，f (x )＝x (x 2＋bx ＋c )，则1,2为x2＋bx ＋c ＝0的根，由根与系数的关系得b ＝－3，c ＝2，故f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，则f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，由图可得x 1，x 2为3x 2－6x ＋2＝0的根，则x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝83.4．(2017·合肥期中)已知a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，则( )A ．a 的最小值为－3B ．a 的最小值为－4C ．a 的最大值为2D ．a 的最大值为4答案 A解析 a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x ＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，转化为a 2＋2a ＋2≤4x x 2－x＋x ＝4x －1＋x ＝f (x )的最小值．f ′(x )＝(x ＋1)(x －3)(x －1)2，可得x ＝3时， 函数f (x )取得极小值即最小值f (3)＝5. ∴a 2＋2a ＋2≤5，化为a 2＋2a －3≤0， 即(a ＋3)(a －1)≤0，解得－3≤a ≤1. 因此a 的最小值为－3.故选A.5．(2018·兴庆区模拟)设f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝2018，则不等式e x f (x )>e x ＋2017(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(2017，＋∞)D ．(－∞，0)∪(2017，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝e xf (x )－e x，则g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，e x>0，∴g ′(x )＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]>0， ∴g (x )是R 上的增函数． 又g (0)＝f (0)－1＝2017， ∴g (x )>2017的解集为(0，＋∞)，即不等式e xf (x )>e x＋2017的解集为(0，＋∞)．故选B.6．(2017·金华模拟)设函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R )在区间(0,2)上有两个极值点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln 2＋14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12 答案 D解析 f (x )＝x (ln x －ax )，求导f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，由题意，关于x 的方程2ax ＝ln x ＋1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y ＝2ax 与y ＝ln x ＋1有两个交点，由y ＝ln x ＋1，求导y ′＝1x，设切点(x 0，y 0)，ln x 0＋1x 0＝1x 0，解得x 0＝1，∴切线的斜率k ＝1，则2a ＝1，a ＝12，则当x ＝2，则直线斜率k ＝ln 2＋12， 则a ＝ln 2＋14，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12，故选D.7．(2017·江西模拟)若函数f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x存在唯一的极值点，且此极值大于0，则( )A ．0≤a <1eB ．0≤a <1e 2C ．－1e <a <1e 2D ．0≤a <1e 或a ＝－1e答案 A解析 f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x，x >0，∴f ′(x )＝a (x －1)e x＋1x －1x2＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a e x ＋1x 2，由f ′(x )＝0得到x ＝1或a e x＋1x2＝0(*)．由于f (x )仅有一个极值点， 关于x 的方程(*)必无解，①当a ＝0时，(*)无解，符合题意， ②当a ≠0时，由(*)得，a ＝－1e x x2，∴a >0，由于这两种情况都有，当0<x <1时，f ′(x )<0，于是f (x )为减函数， 当x >1时，f ′(x )>0，于是f (x )为增函数， ∴x ＝1为f (x )的极值点， ∵f (1)＝－a e ＋1>0，∴a <1e.综上可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，1e .故选A. 8．(2017·濮阳期末)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0 答案 A解析 对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对于区间[－3,2]上的任意x ，都有f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， ∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，∴实数t 的最小值是20，故选A.9．(2018·黄陵模拟)已知函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e ＋1B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞答案 B解析 函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点， 就是x e x ＋x 2＋2x ＋a ＝0恰有两个不同的实数解， 设g (x )＝x e x＋x 2＋2x ，则g ′(x )＝e x＋x e x＋2x ＋2＝(x ＋1)(e x＋2)，x <－1，g ′(x )<0，函数是减函数，x >－1，g ′(x )>0，函数是增函数，函数的最小值为g (－1)＝－1－1e ，则－a >－1－1e，即a <1＋1e.函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1.故选B. 10．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，令h ′(x )＝0，得x ＝22或x ＝－22(舍去)，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22. 二、填空题11．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .要使f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则必须有f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，即29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.12．(2017·信阳模拟)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析 由函数图象可知f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－1,1)．由(x 2－2x －3)f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3>0，f ′(x )>0，①或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3<0，f ′(x )<0，②解①得x <－1或x >3； 解②得－1<x <1.∴不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)． 故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．13．(2017·七里河模拟)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x >0时，不等式f (x )>－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数是________．答案 3解析 定义在R 上的奇函数f (x )满足：f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，且f (－x )＝－f (x )，又x >0时，f (x )>－xf ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )>0，∴[xf (x )]′>0，函数h (x )＝xf (x )在x >0时是增函数．又h (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )，∴h (x )＝xf (x )是偶函数；∴x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝xf (x )与y 2＝－lg |x ＋1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个．14．(2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b ＝0仅有一个实根；对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．B级三、解答题15．(2017·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．解(1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：(2)结论：函数g (x )有且仅有一个零点． 理由如下：由g (x )＝f (x －a )－x 2＝0，得方程x e x －a＝x 2，显然x ＝0为此方程的一个实数解， 所以x ＝0是函数g (x )的一个零点． 当x ≠0时，方程可化简为e x －a＝x .设函数F (x )＝ex －a－x ，则F ′(x )＝e x －a－1，令F ′(x )＝0，得x ＝a .当x 变化时，F (x )与F ′(x )的变化情况如下：所以F (x )的最小值F (x )min ＝F (a )＝1－a . 因为a <1，所以F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意x ∈R ，F (x )>0， 因此方程ex －a＝x 无实数解．所以当x ≠0时，函数g (x )不存在零点． 综上，函数g (x )有且仅有一个零点．16．设函数f (x )＝－13x 3＋x 2＋(a 2－1)x ，其中a >0.(1)若函数y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值，求a 的值；(2)已知函数f (x )有3个不同的零点，分别为0，x 1，x 2，且x 1<x 2，若对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－x 2＋2x ＋(a 2－1)， 因为y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值， 所以f ′(－1)＝0.即－(－1)2＋2(－1)＋(a 2－1)＝0. 解得a ＝±2，经检验得a ＝2.(2)由题意得f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 2＋x ＋a 2－1＝－13x ·(x －x 1)(x －x 2)，所以方程－13x 2＋x ＋a 2－1＝0有两个相异的实根x 1，x 2.故Δ＝1＋43(a 2－1)>0，解得a <－12(舍去)或a >12，且x 1＋x 2＝3，又因为x 1<x 2，所以2x 2>x 1＋x 2＝3，故x 2>32>1.①若x 1≤1<x 2，则f (1)＝－13(1－x 1)(1－x 2)≥0，而f (x 1)＝0不符合题意．②若1<x 1<x 2，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 1≥0，x －x 2≤0，所以f (x )＝－13x (x －x 1)(x－x 2)≥0.又f (x 1)＝0，所以f (x )在[x 1，x 2]上的最小值为0.于是对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立的充要条件为f (1)＝a 2－13<0，解得－33<a <33. 综上得12<a <33，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33.。
2020高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第5讲幂函数与二次函数课件
[解析] (1)f(x)＝x2－2x＋5＝(x－1)2＋4≥4， ∴f(x)的最小值为4. (2)∵f(x)的对称轴为x＝1，又1∈[－1,2]， ∴f(x)min＝f(1)＝4，由二次函数的图象知，f(x)在[－1,1]上单调递减，在[1,2] 上单调递增．
又f(－1)＝(－1)2－2×(－1)＋5＝8，f(2)＝22－2×2＋5＝5，∴f(x)max＝8， f(x)min＝4.
(2)因为抛物线与x轴交于(－2,0)，(4,0)两点，所以可设二次函数解析式为y ＝ a(x ＋ 2)(x － 4) ， 又 因 为 二 次 函 数 图 象 过 点 (1,9) ， 所 以 9 ＝ a(1 ＋ 2)(1 － 4) ， 解 得：a＝－1.所以所求函数解析式为：y＝－(x＋2)(x－4)＝－x2＋2x＋8.
1．已知幂函数 f(x)＝k·xα 的图象过点(12， 22)，则 k＋α＝
(C)
A．12
B．1
C．32 [解析]
D．2 由幂函数的定义知 k＝1.又 f(12)＝ 22，所以(12)a＝ 22，解得 α＝12，从
而 k＋α＝32.
2．若幂函数的图象过点(2，14)，则它的单调递增区间是
A．(0，＋∞)
(3)∵f(x)的对称轴为 x＝1. 当 t≥1 时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增， ∴f(x)min＝f(t)＝t2－2t＋5， 当 t<1<t＋1 即 0<t<1 时，f(x)在[t,1]上单调递减，在[1，t＋1]上单调递增，∴ f(x)min＝f(1)＝12－2＋5＝4. 当 t＋1≤1 即 t≤0，f(x)在[t，t＋1]上单调递减，f(x)min＝f(t＋1)＝t2＋4.
B．[0，＋∞)
C．(－∞，＋∞)
2020高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用教师用书文
第二章⎪⎪⎪函数、导数及其应用第一节函数及其表示1．函数与映射的概念函数映射两集合A，B设A，B是两个非空的数集设A，B是两个非空的集合对应关系f：A→B如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个元素x，在集合B中都有唯一确定的元素y与之对应名称称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数称对应f：A→B为从集合A到集合B的一个映射记法y＝f(x)，x∈A 对应f：A→B是一个映射2．函数的有关概念(1)函数的定义域、值域：在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．显然，值域是集合B的子集．(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的依据．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有：解析法、图象法、列表法．3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数．[小题体验]1．下列函数中，与函数y ＝13x定义域相同的函数为( )A ．y ＝1sin xB ．y ＝ln x xC ．y ＝x e xD ．y ＝sin x x答案：D2．若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案：B3．函数f (x )＝x －4|x |－5的定义域是________________．答案：[4,5)∪(5，＋∞)4．已知f (x )＝3x 3＋2x ＋1，若f (a )＝2，则f (－a )＝________. 解析：∵f (x )＝3x 3＋2x ＋1，∴f (a )＋f (－a )＝3a 3＋2a ＋1＋3(－a )3＋2×(－a )＋1＝2， ∴f (－a )＝2－f (a )＝0. 答案：01．求函数的解析式时要充分根据题目的类型选取相应的方法，同时要注意函数的定义域．2．分段函数无论分成几段，都是一个函数，不要误解为是“由几个函数组成”．求分段函数的函数值，如果自变量的范围不确定，要分类讨论．[小题纠偏] 1．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，若f (a )＋f (－1)＝2，则a ＝________.解析：若a ≥0，则a ＋1＝2，得a ＝1； 若a <0，则－a ＋1＝2，得a ＝－1. 答案：±12．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x 2＋5x ，则f (x )＝________.解析：令t ＝1x ，∴x ＝1t .∴f (t )＝1t 2＋5t.∴f (x )＝5x ＋1x2(x ≠0)．答案：5x ＋1x2(x ≠0)考点一 函数的定义域基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C 由题意知，x 2－x >0，即x <0或x >1. 则函数的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)，故选C. 2．(2017·贵阳监测)函数y ＝1－x22x 2－3x －2的定义域为( )A ．(－∞，1]B ．[－1,1]C ．[1,2)∪(2，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1 解析：选D 由函数y ＝1－x22x 2－3x －2得⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2≥0，2x 2－3x －2≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，x ≠2且x ≠－12，即－1≤x ≤1且x ≠－12，所以所求函数的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1，故选D. 3．若函数y ＝f (x )的定义域是[1,2 017]，则函数g (x )＝f x ＋1x －1的定义域是( )A ．[0,2 016]B ．[0,1)∪(1,2 016]C ．(1,2 017]D ．[－1,1)∪(1,2 016]解析：选B 令t ＝x ＋1，则由已知函数的定义域为[1,2 017]，可知1≤t ≤2 017.要使函数f (x ＋1)有意义，则有1≤x ＋1≤2 017，解得0≤x ≤2 016，故函数f (x ＋1)的定义域为[0,2 016]．所以使函数g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2 016，x －1≠0，解得0≤x <1或1＜x ≤2 016.故函数g (x )的定义域为[0,1)∪(1，2 016]．4．函数f (x )＝1－|x －1|x (a ＞0且a ≠1)的定义域为____________________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|≥0，a x－1≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，x ≠0⇒0＜x ≤2，故所求函数的定义域为(0,2]． 答案：(0,2][谨记通法] 函数定义域的求解策略(1)已知函数解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解． (3)抽象函数：①若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出； ②若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域． 考点二 求函数的解析式重点保分型考点——师生共研[典例引领](1)已知f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函数，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )； (4)已知函数f (x )满足f (－x )＋2f (x )＝2x，求f (x )的解析式．解：(1)(配凑法)由于f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2.(2)(换元法)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg 2t －1，又x >0，所以t >1， 故f (x )的解析式是f (x )＝lg2x －1，x >1. (3)(待定系数法)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ， 又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1， 即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x ，x ∈R.(4)(解方程组法)由f (－x )＋2f (x )＝2x，① 得f (x )＋2f (－x )＝2－x，② ①×2－②，得，3f (x )＝2x ＋1－2－x.即f (x )＝2x ＋1－2－x3. ∴f (x )的解析式是f (x )＝2x ＋1－2－x3. [由题悟法] 求函数解析式的4种方法[即时应用]1．已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，求f (x )的解析式．解：法一：(换元法)设t ＝x ＋1，则x ＝(t －1)2，t ≥1，代入原式有f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－2t ＋1＋2t －2＝t 2－1.故f (x )＝x 2－1，x ≥1.法二：(配凑法)∵x ＋2x ＝(x )2＋2x ＋1－1＝(x ＋1)2－1， ∴f (x ＋1)＝(x ＋1)2－1，x ＋1≥1， 即f (x )＝x 2－1，x ≥1.2．设y ＝f (x )是二次函数，方程f (x )＝0有两个相等实根，且f ′(x )＝2x ＋2，求f (x )的解析式． 解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2，∴a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又∵方程f (x )＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c ＝0，解得c ＝1.故f (x )＝x 2＋2x ＋1. 考点三 分段函数题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]高考对分段函数的考查多以选择题、填空题的形式出现，试题难度一般较小． 常见的命题角度有：(1)分段函数的函数求值问题； (2)分段函数的自变量求值问题；(3)分段函数与方程、不等式问题．[题点全练]角度一：分段函数的函数求值问题1．(2017·西安质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，3x＋1，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的值是________．解析：由题意可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (－2)＝3－2＋1＝109.答案：109角度二：分段函数的自变量求值问题2．已知f (x )＝⎩⎨⎧x 12，x ∈[0，＋∞，|sin x |，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，若f (a )＝12，则a ＝________.解析：若a ≥0，由f (a )＝12得，a 12＝12，解得a ＝14；若a <0，则|sin a |＝12，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0， 解得a ＝－π6.综上可知，a ＝14或－π6.答案：14或－π6角度三：分段函数与方程、不等式问题3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ，x ≥2，2x＋1，x <2，若f (f (1))>3a 2，则a 的取值范围是________．解析：由题知，f (1)＝2＋1＝3，f (f (1))＝f (3)＝32＋6a ， 若f (f (1))>3a 2，则9＋6a >3a 2，即a 2－2a －3<0， 解得－1<a <3. 答案：(－1,3)[通法在握]1．分段函数的求值问题的解题思路(1)求函数值：先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．(2)求自变量的值：先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．2．分段函数与方程、不等式问题的求解思路依据不同范围的不同段分类讨论求解，最后将讨论结果并起来．[演练冲关]1．(2017·唐山统考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≤0，－log 3x ，x >0，且f (a )＝－2，则f (7－a )＝( )A ．－log 37B ．－34C ．－54D ．－74解析：选D 当a ≤0时，2a－2＝－2无解；当a >0时，由－log 3a ＝－2，解得a ＝9，所以f (7－a )＝f (－2)＝2－2－2＝－74.2．(2015·山东高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x ＜1，2x， x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1B ．[0,1] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．[1，＋∞)解析：选C 由f (f (a ))＝2f (a )得，f (a )≥1.当a ＜1时，有3a －1≥1，∴a ≥23，∴23≤a ＜1.当a ≥1时，有2a≥1，∴a ≥0，∴a ≥1.综上，a ≥23，故选C.3．(2016·云南一检)已知函数f (x )的定义域为实数集R ，∀x ∈R ，f (x －90)＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，－x ，x ≤0，则f (10)－f (－100)的值为________．解析：∵f (10)＝f (100－90)＝lg 100＝2，f (－100)＝f (－10－90)＝－(－10)＝10，∴f (10)－f (－100)＝2－10＝－8.答案：－8一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝x ＋3＋log 2(6－x )的定义域是( ) A ．(6，＋∞) B ．(－3,6) C ．(－3，＋∞)D ．[－3,6)解析：选D 要使函数有意义应满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3≥0，6－x >0，解得－3≤x <6.2．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1＝2x －5，且f (a )＝6，则a 等于( )A ．－74 B.74C.43D ．－43解析：选B 令t ＝12x －1，则x ＝2t ＋2，f (t )＝2(2t ＋2)－5＝4t －1，则4a －1＝6，解得a ＝74.3．(2017·黄山质检)已知f (x )是一次函数，且f (f (x ))＝x ＋2，则f (x )＝( ) A ．x ＋1 B ．2x －1 C ．－x ＋1D ．x ＋1或－x －1解析：选A f (x )是一次函数，设f (x )＝kx ＋b ，f (f (x ))＝x ＋2，可得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x ＋kb ＋b ＝x ＋2，∴k 2＝1，kb ＋b ＝2.解得k ＝1，b ＝1.即f (x )＝x ＋1.故选A.4．已知f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1＝lg x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－710＝________. 解析：令3x －1＝－710，得x ＝10，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－710＝lg 10＝1. 答案：15．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x， x >1，－x －2，x ≤1，则f (f (2))＝________，函数f (x )的值域是________．解析：f (2)＝12，则f (f (2))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－52. 当x >1时，f (x )∈(0,1)，当x ≤1时，f (x )∈[－3，＋∞)， ∴f (x )∈[－3，＋∞)． 答案：－52[－3，＋∞)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝x |x |，若f (x 0)＝4，则x 0的值为( ) A ．－2B ．2C ．－2或2 D. 2解析：选B 当x ≥0时，f (x )＝x 2，f (x 0)＝4， 即x 20＝4，解得x 0＝2.当x <0时，f (x )＝－x 2，f (x 0)＝4，即－x 20＝4，无解． 所以x 0＝2，故选B.2．(2017·长沙四校联考)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，x ≤0，log 3x ，x >0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝( )A ．－2B ．－3C ．9D ．－9解析：选C ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝log 319＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－2＝9.故选C. 3．函数f (x )＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1－x 2的定义域为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[0,1]D ．[1，＋∞)解析：选B 由条件知⎩⎪⎨⎪⎧1＋1x>0，x ≠0，1－x 2≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >0，x ≠0，－1≤x ≤1.则x ∈(0,1]．∴原函数的定义域为(0,1]．4．已知函数y ＝f (x )的定义域是[0,3]，则函数g (x )＝f 3xx －1的定义域是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎦⎥⎤13，1 B ．[0,1) C ．[0,1)∪(1,3]D ．[0,1)∪(1,9]解析：选B 由⎩⎪⎨⎪⎧0≤3x ≤3，x －1≠0可得0≤x <1，选B.5．已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①y ＝x －1x ；②y ＝x ＋1x ；③y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0<x <1，0，x ＝1，－1x，x >1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )，满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x＋x ＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0<1x <1，0，1x ＝1，－x ，1x >1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x >1，0，x ＝1，－x ，0<x <1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③. 6．函数f (x )，g (x )分别由下表给出．x 1 2 3 f (x )131x 1 2 3 g (x )321则f (g (1))的值为________；满足f (g (x ))>g (f (x ))的x 的值是________． 解析：∵g (1)＝3，f (3)＝1，∴f (g (1))＝1.当x ＝1时，f (g (1))＝f (3)＝1，g (f (1))＝g (1)＝3，不合题意． 当x ＝2时，f (g (2))＝f (2)＝3，g (f (2))＝g (3)＝1，符合题意． 当x ＝3时，f (g (3))＝f (1)＝1，g (f (3))＝g (1)＝3，不合题意． 答案：1 27．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1x ＋1，x ≤1，a x －1，x >1，若f (1)＝12，则f (3)＝________.解析：由f (1)＝12，可得a ＝12，所以f (3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14.答案：148．已知函数y ＝f (x 2－1)的定义域为[－3，3]，则函数y ＝f (x )的定义域为________． 解析：∵y ＝f (x 2－1)的定义域为[－3，3]， ∴x ∈[－3， 3 ]，x 2－1∈[－1,2]， ∴y ＝f (x )的定义域为[－1,2]． 答案：[－1,2]9．已知函数f (x )＝2x ＋1与函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2成轴对称图形，则函数y ＝g (x )的解析式为________．解析：设点M (x ，y )为函数y ＝g (x )图象上的任意一点，点M ′(x ′，y ′)是点M 关于直线x ＝2的对称点，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝4－x ，y ′＝y .又y ′＝2x ′＋1， ∴y ＝2(4－x )＋1＝9－2x ， 即g (x )＝9－2x . 答案：g (x )＝9－2x10．如图，已知A (n ，－2)，B (1,4)是一次函数y ＝kx ＋b 的图象和反比例函数y ＝mx的图象的两个交点，直线AB 与y 轴交于点C .(1)求反比例函数和一次函数的解析式． (2)求△AOC 的面积．解：(1)因为B (1,4)在反比例函数y ＝m x上，所以m ＝4，又因为A (n ，－2)在反比例函数y ＝m x ＝4x的图象上，所以n ＝－2，又因为A (－2，－2)，B (1,4)是一次函数y ＝kx ＋b 上的点，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧－2k ＋b ＝－2，k ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2，b ＝2.所以y ＝4x，y ＝2x ＋2.(2)因为y ＝2x ＋2，令x ＝0，得y ＝2，所以C (0,2)，所以△AOC 的面积为：S ＝12×2×2＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1，若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为( )A ．－32B ．－34C ．－32或－34 D.32或－34解析：选B 当a >0时，1－a <1,1＋a >1.由f (1－a )＝f (1＋a )得2－2a ＋a ＝－1－a －2a ，解得a ＝－32，不合题意；当a <0时，1－a >1,1＋a <1，由f (1－a )＝f (1＋a )得－1＋a －2a ＝2＋2a ＋a ，解得a ＝－34，所以a 的值为－34，故选B.2．已知函数f (x )满足对任意的x ∈R 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2成立，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝________. 解析：由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫68＝2， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫38＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫58＝2， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12×2＝1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2×3＋1＝7. 答案：73.行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函数表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度．解：(1)由题意及函数图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)．(2)令x 2200＋x100≤25.2， 得－72≤x ≤70. ∵x ≥0，∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．第二节函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)单调函数的定义增函数 减函数定义一般地，设函数f (x )的定义域为I ：如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值x 1，x 2当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象 描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．2．函数的最值前提 设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足条件 ①对于任意的x ∈I ，都有f (x )≤M ；②存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M①对于任意x ∈I ，都有f (x )≥M ； ②存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论 M 为函数y ＝f (x )的最大值 M 为函数y ＝f (x )的最小值[小题体验]1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |答案：B2．y ＝x 2－6x ＋5的单调减区间为________．解析：y ＝x 2－6x ＋5＝(x －3)2－4，表示开口向上，对称轴为x ＝3的抛物线，其单调减区间为(－∞，3]． 答案：(－∞，3]3．若函数f (x )＝1x 在区间[2，a ]上的最大值与最小值的和为34，则a ＝________.解析：由f (x )＝1x 的图象知，f (x )＝1x在(0，＋∞)上是减函数，∵[2，a ]⊆(0，＋∞)，∴f (x )＝1x在[2，a ]上也是减函数，∴f (x )m ax ＝f (2)＝12，f (x )min ＝f (a )＝1a ，∴12＋1a ＝34，∴a ＝4. 答案：41．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f (x )在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数，如函数f (x )＝1x.3．两函数f (x )，g (x )在x ∈(a ，b )上都是增(减)函数，则f (x )＋g (x )也为增(减)函数，但f (x )·g (x )，1f x等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．[小题纠偏]1．设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7] 2．函数f (x )＝2x －1在[－2,0]上的最大值与最小值之差为________． 解析：易知f (x )在[－2,0]上是减函数，∴f (x )m ax －f (x )min ＝f (－2)－f (0)＝－23－(－2)＝43.答案：43考点一 函数单调性的判断基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )A ．f (x )＝3－xB ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：选C 当x >0时，f (x )＝3－x 为减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数． 2．试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．解：法一(定义法)： 设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a x 2－x 1x 1－1x 2－1，由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0， 故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递增． 法二(导数法)：f ′(x )＝ax ′x －1－ax x －1′x －12＝a x －1－ax x －12＝－ax －12.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1,1)上递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1,1)上递增． 3．判断函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性． 解：法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1<x 2， 则y 1－y 2＝x 1＋2x 1＋1－x 2＋2x 2＋1＝x 2－x 1x 1＋1x 2＋1.∵x 1>－1，x 2>－1， ∴x 1＋1>0，x 2＋1>0，又x 1<x 2，∴x 2－x 1>0， ∴x 2－x 1x 1＋1x 2＋1>0，即y 1－y 2>0.∴y 1>y 2， ∴函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减． 法二：y ＝x ＋2x ＋1＝1＋1x ＋1. ∵y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数， ∴y ＝1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数， ∴y ＝1＋1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数． 即函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减． [谨记通法]判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤 (1)定义法，其基本步骤： 取值作差商变形确定符号与1的大小得出结论(2)导数法，其基本步骤： 求导函数确定符号得出结论考点二 求函数的单调区间重点保分型考点——师生共研[典例引领]求下列函数的单调区间： (1)y ＝－x 2＋2|x |＋1； (2)y ＝log 12(x 2－3x ＋2)．解：(1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x ＜0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －12＋2，x ≥0，－x ＋12＋2，x ＜0.画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)． (2)令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 12u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数．令u ＝x 2－3x ＋2＞0，则x ＜1或x ＞2.∴函数y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u ＝x 2－3x ＋2的对称轴x ＝32，且开口向上．∴u ＝x 2－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数． 而y ＝log 12u 在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．[由题悟法]确定函数的单调区间的3种方法[提醒] 单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．[即时应用]1．函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函数，那么区间A 是( ) A ．(－∞，0) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C ．[0，＋∞)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选B y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 1－x ，x ≥0，－x 1－x ，x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0，＝⎩⎪⎨⎪⎧－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，x ≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14，x <0.画出函数的草图，如图．由图易知原函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上单调递增．故选B.2．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13-223+1x x 的单调递增区间为( )A ．(1，＋∞)B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞解析：选B 令u ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18.因为u ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13u在R 上单调递减．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13-223+1x x 在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递增．考点三 函数单调性的应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中． 常见的命题角度有： (1)求函数的值域或最值；(2)比较两个函数值或两个自变量的大小； (3)解函数不等式；(4)利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值 1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．解析：当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2. 答案：2角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小2．(2017·哈尔滨联考)已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c >a >b B ．c >b >a C ．a >c >bD ．b >a >c解析：选D 因f (x )的图象关于直线x ＝1对称．由此可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<52<e ，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)， ∴b >a >c .角度三：解函数不等式3．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x<f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C 由f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0.∴－1<x <0或0<x <1.故选C.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2x －1，x ≤1，log a x ，x >1，若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________．解析：要使函数f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a －2>0，f 1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a >2，a －2－1≤0，解得2<a ≤3，即实数a 的取值范围是(2,3]． 答案：(2,3][通法在握]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)求函数最值(五种常用方法)方法 步骤单调性法 先确定函数的单调性，再由单调性求最值图象法 先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值基本不等式法 先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值导数法 先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值 换元法对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值(2)比较大小比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (3)解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．(4)利用单调性求参数视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数． [提醒] ①若函数在区间[a ，b ]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．[演练冲关]1．已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，－1] C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1，故选A.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln x ＋1，x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：选D ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x >0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)>f (x )等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1.3．函数f (x )＝－a x ＋b (a >0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则a ＝________，b ＝________. 解析：∵f (x )＝－a x ＋b (a >0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是增函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2. 即⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋b ＝12，－a2＋b ＝2，解得a ＝1，b ＝52.答案：1 52一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·珠海摸底)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2 xD ．y ＝－1x解析：选B 由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数． 2．一次函数y ＝kx ＋b 在R 上是增函数，则k 的取值范围为( ) A ．(0，＋∞) B ．[0，＋∞) C ．(－∞，0)D ．(－∞，0]解析：选A 法一：由一次函数的图象可知选A. 法二：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， ∵f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函数，∴(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2>0， ∵(x 1－x 2)2>0，∴k >0，故选A. 3．(2017·北京东城期中)已知函数y ＝1x －1，那么( ) A ．函数的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞) B ．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞) C ．函数的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞) D ．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞) 解析：选A 函数y ＝1x －1可看作是由y ＝1x 向右平移1个单位长度得到的，∵y ＝1x在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y ＝1x －1在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y ＝1x －1的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.4．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y m ax ＝14.答案：145．函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为________．解析：由x 2－4>0得x <－2或x >2.又u ＝x 2－4在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y ＝log 12u为减函数，故f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)．答案：(－∞，－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)解析：选B 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0， 即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3. 所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．2．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数， 且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f ⎝⎛⎭⎫log 12a ≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[1,2]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]解析：选 C 因为log12a ＝－log 2 a ，且f (x )是偶函数，所以f (log 2a )＋f (log 12a )＝2f (log 2a )＝2f (|log 2a |)≤2f (1)，即f (|log 2a |)≤f (1)，又函数在[0，＋∞)上单调递增，所以0≤|log 2a |≤1，即－1≤log 2a ≤1，解得12≤a ≤2.3．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2x ，x ≥2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1，x <2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，138C ．(0,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2解析：选B 因为函数为递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，2a －2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1，解得a ≤138，故选B.5．(2017·安徽皖江名校联考)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2)B ．[0,2)C ．[0,1)D ．[－1,1)解析：选C 函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，∴函数在[－2,2]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2<a 2－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a <1或a >2，∴0≤a <1，故选C.6．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________. 解析：易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6. 答案：67．已知函数f (x )＝x 2－2ax －3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值范围为________________．解析：函数f (x )＝x 2－2ax －3的图象开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示．由图象可知，函数在(－∞，a ]和[a ，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f (x )在区间[1,2]上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞)8．若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m >0，即m <14.若a >1，则函数f (x )在[－1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，函数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0， ∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1. 综上所述知a 的取值范围是(0,1]． 10．已知函数f (x )＝a －1|x |. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)，即a ≤3，所以实数a 的取值范围是(－∞，3]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如果函数y ＝f (x )在区间I 上是增函数，且函数y ＝f xx在区间I 上是减函数，那么称函数y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函数”，区间I 叫做“缓增区间”．若函数f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为( )A ．[1，＋∞)B ．[0， 3 ]C ．[0,1]D ．[1， 3 ]解析：选D 因为函数f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x ≥1时，f x x ＝12x －1＋32x ，令g (x )＝12x －1＋32x (x ≥1)，则g ′(x )＝12－32x 2＝x 2－32x2，由g ′(x )≤0得1≤x ≤3，即函数f x x ＝12x －1＋32x在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1， 3 ]． 2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)证明：f (x )为单调递减函数．(2)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2， 则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)． 由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1， 所以f (9)＝－2.所以f (x )在[2,9]上的最小值为－2.第三节函数的奇偶性及周期性1．函数的奇偶性奇偶性 定义图象特点 偶函数如果对于函数f (x )的定义域内任意一个x ，都有f (－x )＝f (x )，那么函数f (x )就叫做偶函数关于y 轴对称奇函数 如果对于函数f (x )的定义域内任意一个x ，都有f (－x )＝－f (x )，那么函数f (x )就叫做奇函数关于原点对称2.(1)周期函数对于函数f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函数f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期．(2)最小正周期如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的最小正周期．[小题体验]1．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝x B ．y ＝cos x C ．y ＝e xD ．y ＝ln |x |答案：D2．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝x 2＋1x，则f (－1)＝________.答案：－23．若函数f (x )是周期为5的奇函数，且满足f (1)＝1，f (2)＝2，则f (8)－f (14)＝________. 答案：－11．判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．2．判断函数f (x )的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x ，均有f (－x )＝－f (x )或f (－x )＝f (x )，而不能说存在x 0使f (－x 0)＝－f (x 0)或f (－x 0)＝f (x 0)．3．分段函数奇偶性判定时，误用函数在定义域某一区间上不是奇偶函数去否定函数在整个定义域上的奇偶性．[小题纠偏]1．已知f (x )＝ax 2＋bx 是定义在[a －1,2a ]上的偶函数，那么a ＋b 的值是( ) A ．－13B.13C.12D ．－12解析：选B ∵f (x )＝ax 2＋bx 是定义在[a －1,2a ]上的偶函数，∴a －1＋2a ＝0，∴a ＝13.又f (－x )＝f (x )，∴b ＝0，∴a ＋b ＝13.2．下列函数中，为奇函数的是( ) A ．y ＝3x＋13xB ．y ＝x ，x ∈{0,1}C ．y ＝x ·sin xD ．y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0解析：选D 由函数奇偶性定义易知函数y ＝3x＋13x 和y ＝x ·sin x 都是偶函数，排除A 和C ；函数y ＝x ，x∈{0,1}的定义域不关于坐标原点对称，既不是奇函数又不是偶函数，排除B ；由奇函数的定义知y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0是奇函数，故选D.考点一 函数奇偶性的判断基础送分型考点——自主练透[题组练透]判断下列函数的奇偶性： (1)f (x )＝1－x 2＋x 2－1； (2)f (x )＝3－2x ＋2x －3；(3)f (x )＝3x －3－x； (4)f (x )＝4－x2|x ＋3|－3；(5)(易错题)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x >0，x 2－x ，x <0.解：(1)∵由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0，得x ＝±1，∴f (x )的定义域为{－1,1}．又f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0， 即f (x )＝±f (－x )．∴f (x )既是奇函数又是偶函数．(2)∵函数f (x )＝3－2x ＋2x －3的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，不关于坐标原点对称，∴函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数． (3)∵f (x )的定义域为R ，∴f (－x )＝3－x－3x ＝－(3x －3－x)＝－f (x )， 所以f (x )为奇函数．(4)∵由⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0，|x ＋3|－3≠0，得－2≤x ≤2且x ≠0.∴f (x )的定义域为[－2,0)∪(0,2]， ∴f (x )＝4－x2|x ＋3|－3＝4－x 2x ＋3－3＝4－x2x，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．(5)易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，又当x >0时，f (x )＝x 2＋x ， 则当x <0时，－x >0， 故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x <0时，f (x )＝x 2－x ，则当x >0时，－x <0， 故f (－x )＝x 2＋x ＝f (x )，故原函数是偶函数．[谨记通法]判定函数奇偶性的3种常用方法(1)定义法(2)图象法(3)性质法①设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．②复合函数的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”．[提醒] (1)“性质法”中的结论是在两个函数的公共定义域内才成立的．(2)判断分段函数的奇偶性应分段分别证明f(－x)与f(x)的关系，只有对各段上的x都满足相同的关系时，才能判断其奇偶性．如“题组练透”第(5)题．考点二函数的周期性重点保分型考点——师生共研[典例引领]设f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有f(x＋2)＝－f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)＝2x－x2.(1)求证：f(x)是周期函数；(2)计算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)．解：(1)证明：∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期为4的周期函数．(2)∵f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－f(1)＝－1.又f(x)是周期为4的周期函数，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 012)＋f(2 013)＋f(2 014)＋f(2 015)＝0.∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)＝f(2 016)＋f(2 017)＋f(2 018)＝f(0)＋f(1)＋f(2)＝1.[由题悟法]1．判断函数周期性的2个方法(1)定义法．(2)图象法．2．周期性3个常用结论(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a，(2)若f(x＋a)＝1f x，则T＝2a，(3)若f(x＋a)＝－1f x，则T＝2a(a>0)．[即时应用]1．若f(x)是R上周期为5的奇函数，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(3)－f(4)等于( )A ．－1B ．1C ．－2D ．2解析：选A 由f (x )是R 上周期为5的奇函数，知f (3)＝f (－2)＝－f (2)＝－2， f (4)＝f (－1)＝－f (1)＝－1，∴f (3)－f (4)＝－1，故选A.2．已知定义在R 上的函数满足f (x ＋2)＝－1f x，x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1.则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017)的值为________．解析：∵f (x ＋2)＝－1f x，∴f (x ＋4)＝－1f x ＋2＝f (x )，∴函数y ＝f (x )的周期T ＝4. 又x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1， ∴f (1)＝1，f (2)＝3，f (3)＝－1f 1＝－1，f (4)＝－1f 2＝－13. ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017)＝504[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (504×4＋1) ＝504⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3－1－13＋1＝1 345. 答案：1 345考点三 函数性质的综合应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]函数的奇偶性、周期性以及单调性是函数的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命制试题，其中奇偶性多与单调性相结合，而周期性常与抽象函数相结合，并以结合奇偶性求函数值为主．多以选择题、填空题形式出现．常见的命题角度有： (1)奇偶性的应用； (2)单调性与奇偶性结合； (3)周期性与奇偶性结合；(4)单调性、奇偶性与周期性结合．[题点全练]角度一：奇偶性的应用1．(2017·福建三明模拟)函数y ＝f (x )是R 上的奇函数，当x <0时，f (x )＝2x，则当x >0时，f (x )＝( ) A ．－2xB ．2－xC ．－2－xD ．2x。
2020高考数学大一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极
【2019最新】精选高考数学大一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值习题理【选题明细表】基础对点练(时间:30分钟)1.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,给出下列命题:①-3是函数y=f(x)的极值点;②-1是函数y=f(x)的极小值点;③y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零;④y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增.则正确命题的序号是( B )(A)①②(B)①④(C)②③(D)③④解析:由导数的图象知①f′(-3)=0,且两边异号,-3是函数y=f(x)的极值点,正确;②x=-1处,f′(-1)=0,但左右同号,错误;③x=0处切线的斜率应该大于零,错误;④f′(x)在(-3,1)上大于等于零,是增函数,正确.故选B.2.下列命题中正确的是( B )(A)函数y=x3-x2+x有两个极值点(B)函数y=48x-x3有两个极值点(C)函数y=x3有且只有一个极值点(D)函数y=ex-x无极值点解析:函数y=x3-x2+x求导得y′=3x2-2x+1,Δ=(-2)2-4×3=-8<0,所以y′>0恒成立,函数单调递增,不存在极值点,A错误;函数y=48x-x3求导得y′=48-3x2=3(4-x)(4+x),存在两个变号零点,所以函数y=48x-x3有两个极值点,B正确;函数y=x3求导得y′=3x2≥0恒成立,所以函数y=x3单调递增,不存在极值点,C错误;函数y=ex-x的导数y′=ex-1,令y′=0得x=0,且当x<0时,y′<0,当x>0时,y′>0,也就是说函数y=ex-x在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以x=0是一个极小值点,D错误.故选B.3.已知a≥1,f(x)=x3+3|x-a|,若函数f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M,m,则M-m的值为( C )(A)8 (B)-a3-3a+4(C)4 (D)-a3+3a+2解析:当x∈[-1,1]时,f(x)=x3+3(a-x)=x3-3x+3a(a≥1),对函数求导得f′(x)=3(x-1)(x+1).当-1≤x≤1时,f′(x)≤0,所以函数f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以M=f(-1)=3a+2,m=f(1)=3a-2,所以M-m=4.故选C.4.已知f(x)=x3-ax2+4x有两个极值点x1,x2,且f(x)在区间(0,1)上有极大值,无极小值,则实数a的取值范围是( A )(A)(,+∞) (B)[,+∞)(C)(-∞,) (D)(-∞,]解析:由题意得f′(x)=3x2-2ax+4.因为f(x)在区间(0,1)上有极大值,无极小值,所以f′(x)=0的两个根中x1∈(0,1),x2>1,所以f′(0)=4>0,f′(1)=7-2a<0,解得a>.故选A.5.若函数f(x)=x3-3x2-9x+k在区间[-4,4]上的最大值为10,则其最小值为( B )(A)-10 (B)-71 (C)-15 (D)-22解析:因为f′(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3).令f′(x)=0,解得x=-1或3.列表如下:由表格可知当x=-1时,f(x)取得极大值,且f(-1)=-1-3+9+k=5+k,而f(4)=43-3×42-9×4+k=k-20<5+k,故最大值为f(-1)=5+k,所以5+k=10,解得k=5.所以f(x)=x3-3x2-9x+5.又极小值为f(3)=-22,区间端点值f(-4)=-71.所以函数f(x)在x=-4取得最小值-71.故选B.6.(2016·广西××市高考一模)已知函数f(x)=ax-ln x,当x∈(0,e](e为自然对数的底数)时,函数f(x)的最小值为3,则a的值为( B )(A)e (B)e2 (C)2e (D)2e2解析:函数的定义域为(0,+∞),函数的导数f′(x)=,①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在x∈(0,e]上单调递减,最小值f(e)<0,与题意不符;②当a>0时,f′(x)=0的根为.当0<<e,即a>时,f(x)在x∈(0,)上单调递减,在(,e)上单调递增.f(x)min=f()=1-ln=3,解得a=e2,③当≥e,即0<a≤时,f′(x)<0,f(x)在x∈(0,e)上单调递减,f(e)<0,与题意不符.综上所述a=e2,故选B.7.已知函数f(x)=-k(+ln x),若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为( A )(A)(-∞,e] (B)[0,e](C)(-∞,e) (D)[0,e)解析:因为函数f(x)=-k(+ln x),所以函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=-k(-+)=.因为x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,所以x=2是导函数f′(x)=0的唯一根.所以ex-kx=0在(0,+∞)无解,k≤e.故选A.8.已知函数f(x)=x3-3ax+b的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是.解析:依题意,f(x)的单调递减区间为(-1,1),由f′(x)=3x2-3a=3(x-)(x+),可得a=1,由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2,可得1-3+b=2,故b=4.所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.答案:69.(2017·湖北襄阳四中高三模拟)若函数f(x)=x2-ln x+1在其定义域内的一个子区间(a-1,a+1)内存在极值,则实数a的取值范围是.解析:函数的定义域为(0,+∞),令f′(x)=2x-==0,解得x=或x=-(舍去),所以函数在子区间(a-1,a+1)内存在极值等价于∈(a-1,a+1) (0,+∞),即解得1≤a<.答案:[1,)10.导学号 18702115(2016·安徽合肥联考)已知函数y=f(x)=.(1)求y=f(x)的最大值;(2)设实数a>0,求函数F(x)=af(x)在[a,2a]上的最小值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.令f′(x)==0,得x=e,因为当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)在(0,e)上为增函数;当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上为减函数.所以f(x)max=f(e)=.(2)因为a>0,由题知F(x)=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以F(x)在[a,2a]上的最小值F(x)min=min{F(a),F(2a)}.因为F(a)-F(2a)=ln ,所以当0<a≤2时,F(a)-F(2a)≤0,F(x)min=F(a)=ln a.当a>2时,F(a)-F(2a)>0,F(x)min=F(2a)=ln 2a.能力提升练(时间:15分钟)11.导学号 18702117若过点P(a,a)与曲线f(x)=xln x相切的直线有两条,则实数a的取值范围是( B )(A)(-∞,e) (B)(e,+∞)(C)(0,) (D)(1,+∞)解析:设切点为(m,mln m),由f(x)=xln x的导数为f′(x)=1+ln x,可得直线的斜率为1+ln m.由切线经过点P(a,a),可得1+ln m=,化简可得=,(*)由题意可得方程(*)有两解.设g(m)=,可得g′(m)=,当m>e时,g′(m)<0,g(m)递减;当0<m<e时,g′(m)>0,g(m)递增.可得g(m)在m=e处取得最大值,且m→0时,g(m)→-∞,m→+∞时,g(m)→0,即有0<<,解得a>e.故选B.12.已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( C )(A)当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值(B)当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值(C)当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值(D)当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值解析:①当k=1时,f(x)=(ex-1)(x-1),此时f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=ex·x-1,所以A,B项均错.②当k=2时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,此时f′(x)=ex(x-1)2+(2x-2)(ex-1)=(x-1)[ex(x+1)-2],易知g(x)=ex(x+1)-2的零点介于0,1之间,不妨设为x0,则有故f(x)在x=1处取得极小值.故选C.13.已知函数f(x)=ln x-(m∈R)在区间[1,e]取得最小值4,则m=.解析:因为f′(x)=+=,当m≥0时,f′(x)>0,f(x)是[1,e]上的增函数,函数f(x)在x=1处取最小值,则-m=4,即m=-4不合题意;当m<0,-m>0时,当-m≤1,即-1≤m<0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,故函数f(x)在x=1处取最小值,则-m=4,即m=-4不合题意;当-m≥e时,即m≤-e时,f′(x)<0,f(x)是减函数,函数f(x)在x=e处取最小值,则1-=4,故m=-3e合题意;当1<-m<e,即-e<m<-1时,函数f(x)在x=-m处取最小值,则ln(-m)+1=4,即m=-e3,不合题意.综上m=-3e.答案:-3e14.已知函数f(x)=xex+ax2+2x+1在x=-1处取得极值.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数g(x)=f(x)-1在[-2,2]上的值域.解:(1)f′(x)=ex+xex+2ax+2,因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=0,解得a=1.经检验a=1适合,所以f(x)=xex+x2+2x+1,f′(x)=(x+1)(ex+2),当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-1);当x∈(-1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(-1,+∞).(2)因为g(x)=f(x)-1=xex+x2+2x,所以g′(x)=f′(x)=ex+xex+2x+2.由(1)知g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,故g(x)在[-2,2]上的极小值也是最小值.g(x)min=g(-1)=--1.又g(-2)=-,g(2)=8+2e2>g(-2),所以g(x)max=8+2e2,所以函数g(x)在[-2,2]上的值域为[--1,8+2e2].好题天天练1.(2016·河北衡水中学高考模拟)已知函数f(x)=若函数f(x)的图象在A,B两点处的切线重合,则实数a的取值范围是( C )(A)(-2,-1) (B)(1,2)(C)(-1,+∞) (D)(-ln 2,+∞)解题关键:利用导数几何意义求出两段函数的切线,根据切线重合, 将其中一个切点横坐标表示为a的函数,求最值.解析:当x<0时,f(x)=x2+x+a的导数为f′(x)=2x+1;当x>0时,f(x)=ln x的导数为f′(x)=,设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))为该函数图象上的两点,且x1<x2,当x1<x2<0或0<x1<x2时,f′(x1)≠f′(x2),故x1<0<x2,函数f(x)在点A(x1,f(x1))处的切线方程为y-(+x1+a)=(2x1+1)(x-x1);函数f(x)在点B(x2,f(x2))处的切线方程为y-ln x2=(x-x2).两直线重合的充要条件是=2x1+1,①ln x2-1=-+a,②由①及x1<0<x2得0<<1,由①②得a=ln x2+(-1)2-1,令t=,则0<t<1,且a=-ln t+t2-t-,设h(t)=-ln t+t2-t-(0<t<1),则h′(t)=-+t-<0,即h(t)在(0,1)上为减函数,则h(t)>h(1)=-ln 1-1=-1,则a>-1,可得函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合时,a的取值范围是(-1,+∞).故选C.2.导学号 18702118已知函数f(x)=2ex+ax2+ax+1有两个极值,则实数a的取值范围为.解析:因为f′(x)=2ex+ax+a,又函数f(x)=2ex+ax2+ax+1有两个极值,即f′(x)=2ex+ax+a=0有2个不等实根,...精品设a=g(x)=(x≠-1),求导g′(x)==(x≠-1),可知函数g(x)只有一个极值点x=0,则函数g(x)在(-∞,-1),(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,且当x<-1时,g(x)>0,当x>-1时,g(x)≤-2,故要使函数y=a和函数y=g(x)有2个不同交点,就要a<-2.答案:(-∞,-2)。
2020高考数学总复习第二章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用2.11.1利用导数研究函数的单调性课件
因为 0＜a＜1e，所以 2a＜1，所以 2a－1＜0， 又－(2a＋1)ln2＜0， 所以 f(x)max＝f(2)＝2a－(2a＋1)ln2－1＜0 恒成立， 由此，在[1，e]上，f(x)＜0 恒成立． 所以方程 f(x)＝0 在[1，e]上不可能有根存在．
1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确 判定导数的符号，当 f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解 集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f′(x) ＝0 是否有根；(2)若 f′(x)＝0 有根，求出的根是否在定义域内； (3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小．
②当 a＜0 时，若 x＞1，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减； 若 x＜1，则 f′(x)＞0，f(x)单调递增． ③当 a＞0 时，若 a＝1e，则 f′(x)＝(x－1)(ex－1－1)，f(x)在 R 上单调递增．
若 a＞1e，则 f′(x)＞0 即为(x－1)x－ln1a＞0，可得 x＞1 或 x ＜ln1a；
可得曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为 ae2－1，切点 坐标为(2,0)，即切线的方程为 y－0＝(ae2－1)(x－2)，即 y＝(ae2 －1)(x－2)．
(2)f(x)的导函数为 f′(x)＝(x－1)(aex－1)． ①当 a＝0 时，f′(x)＝－(x－1)， 若 x＞1，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减， 若 x＜1，则 f′(x)＞0，f(x)单调递增．
当 a＞1e时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，－∞，ln1a， 单调递减区间为ln1a，1；
当 0＜a＜1e时，f(x)的单调递增区间为ln1a，＋∞，(－∞，1)， 单调递减区间为1，ln1a.
利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 求出单调区间． (2)当方程 f′(x)＝0 可解时，解出方程的实根，按实根把函 数的定义域划分区间，确定各区间 f′(x)的符号，从而确定单调 区间． (3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据 f′(x)结构特征， 利用图象与性质确定 f′(x)的符号，从而确定单调区间． 提醒：所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用 并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
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课下层级训练(十四) 利用导数研究函数的单调性[A 级 基础强化训练]1．(2019·湖北八校联考)函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞ C ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1aD ．(－∞，a )A [由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a .]2．(2019·山东聊城月考)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ． (0, 3) C ．(1,4)D ． (2，＋∞)D [因为f (x )＝(x －3)e x，则f ′(x )＝e x(x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．]3．(2019·重庆涪陵月考)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图象大致是( )A [设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，g ′(x )＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．]4．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件A [f ′(x )＝32x 2＋a ，当a >0时，f ′(x )>0，即a >0时，f (x )在R 上单调递增，由f (x )在R 上单调递增，可得a ≥0.故“a ＞0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．]5．(2019·广西钦州质检)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <aC [依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .] 6．(2019·四川成都月考)函数f (x )＝exx的单调递减区间是__________.(－∞，0)，(0,1) [f (x )的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)， f ′(x )＝e x·x －e xx2＝exx －x 2，令f ′(x )＜0，解得x ＜1，故f (x )在(－∞，0)，(0,1)递减．]7. (2019·辽宁阜新二中月考)若函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)内单调递减，则实数a 的范围为__________.a ≥3 [∵函数f (x )＝x 3－ax 2＋1在(0,2)内单调递减，∴f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在(0,2)内恒成立．即a ≥32x 在(0,2)内恒成立．t ＝32x 在(0,2)上的值域为(0,3)，∴a ≥3.]8．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，f (2)的大小关系为________. f (－3)＜f (2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2[函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)．又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )≤0.所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞f (2)＞f (3)＝f (－3)．]9．已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a >0)．试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a >1时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 10．(2018·河北邯郸考前保温卷)已知函数f (x )＝e x －x 2－ax .(1)若函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在R 上是增函数，求实数a 的最大值． 解 (1)∵f (x )＝e x －x 2－ax ，∴f ′(x )＝e x－2x －a ，则f ′(0)＝1－a . 由题意知1－a ＝2，即a ＝－1. ∴f (x )＝e x －x 2＋x ，则f (0)＝1. 于是1＝2×0＋b ，b ＝1.(2)由题意f ′(x )≥0，即e x －2x －a ≥0恒成立，∴a ≤e x－2x 恒成立． 设h (x )＝e x －2x ，则h ′(x )＝e x－2.∴当x ∈(－∞，ln 2)时，h ′(x )＜0，h (x )为减函数； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )为增函数． ∴h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2.∴a ≤2－2ln 2，即a 的最大值为2－2ln 2.[B 级 能力提升训练]11．若函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3]B ．(－3,1)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)B [因为f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5，所以f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，如果函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上单调，那么a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f －，f ，解得a ≥1或a ≤－3，于是满足条件的a ∈(－3,1)．]12．定义在区间(0，＋∞)上的函数y ＝f (x )使不等式2f (x )<xf ′(x )<3f (x )恒成立，其中y ＝f ′(x )为y ＝f (x )的导函数，则( )A ．8<ff <16 B ．4<f f <8 C ．3<f f<4D ．2<f f<3B [∵xf ′(x )－2f (x )>0，x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x 2′＝f xx 2－2xf x x 4＝xfx －2f xx 3>0，∴y ＝f xx 2在(0，＋∞)上单调递增， ∴f22>f12，即f f>4.∵xf ′(x )－3f (x )<0，x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x 3′＝f xx 3－3x 2f x x 6＝xfx －3f xx 4<0，∴y ＝f xx 3在(0，＋∞)上单调递减， ∴f23<f13，即f f<8. 综上，4<f f<8.]13．(2019·山东临沂检测)若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为__________.(2，＋∞) [令g (x )＝f (x )－x ，∴g ′(x )＝f ′(x )－1. 由题意知g ′(x )>0，∴g (x )为增函数．∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )>0的解集为(2，＋∞)．]14．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是__________.⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ [对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a . 令29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.]15．(2019·云南大理质检)已知函数f (x )＝ln x ＋kex(k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间． 解 (1)f ′(x )＝1x－ln x －k ex(x >0)．又由题知f ′(1)＝1－ke ＝0，所以k ＝1.(2)f ′(x )＝1x－ln x －1ex(x >0)． 设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，所以f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，所以f ′(x )＜0.综上，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 16．已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点． (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1,2]内单调递增，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2－b x2＋1x.∵x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点， ∴f ′(1)＝0，即2－b ＋1＝0.解得b ＝3，经检验，适合题意，∴b ＝3. ∵f ′(x )＝2－3x 2＋1x ＝2x 2＋x －3x2， 解f ′(x )≤0，得0＜x ≤1.∴函数f (x )的单调递减区间为(0,1]． (2)g (x )＝f (x )－3＋a x ＝2x ＋ln x －ax(x ＞0)，g ′(x )＝2＋1x ＋ax 2(x ＞0)．∵函数g (x )在[1,2]上单调递增， ∴g ′(x )≥0在[1,2]上恒成立， 即2＋1x ＋ax2≥0在[1,2]上恒成立，∴a ≥－2x 2－x 在[1,2]上恒成立， ∴a ≥(－2x 2－x )max ，x ∈[1,2]．∵在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3，即a的取值范围为[－3，＋∞)．。