全国版2019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学案201805092127

第11讲导数在研究函数中的应用板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．考点2 函数的极值与导数1．函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值；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．考点3 函数的最值与导数1．函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2．求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[必会结论]1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]内一定有最值．2．若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间为(－1,1)．( )(2)在函数y ＝f (x )中，若f ′(x 0)＝0，则x ＝x 0一定是函数y ＝f (x )的极值．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(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．[课本改编]函数y ＝x 2(x －3)的单调递减区间是( ) A ．(－∞，0) B ．(2，＋∞) C ．(0,2) D ．(－2,2)答案 C解析 y ′＝3x 2－6x ，由y ′＜0，得0＜x ＜2. 3．[课本改编]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，∵x >0，∴当x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[2018·苏锡常镇一调]f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.令f ′(x )＞0，得x ＞0，令f ′(x )＜0，得x ＜0，则函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e －1＋1，f (1)＝e －1，f (－1)－f (1)＝1e ＋2－e ＜12＋2－e ＜0，所以f (1)>f (－1)．故选D.5．[2017·浙江高考]函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴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x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D.6．[课本改编]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0，知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.板块二 典例探究·考向突破 考向利用导数研究函数的单调性例 1 [2018·大庆模拟]已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2＋(a ＋1)x ＋3.(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x 22＋3，定义域为(0，＋∞)．则f ′(x )＝－1x＋x .由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝ax＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a ≥0.即实数a 的取值范围是[0，＋∞)．若本例中的函数变为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.若本例中的函数变为f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，a ∈R ，试讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.(1)当a ≥1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当a ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0， 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 触类旁通讨论函数单调性的方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．【变式训练1】 (1)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是________．答案 [3，＋∞)解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴y max＜1⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×12＝3，∴a ≥3.经检验，当a ＝3时，满足题意．(2)[2018·青岛模拟]已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx＞0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x＜0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． 考向利用导数研究函数的极值命题角度1 知图判断函数极值情况例 2 [2018·江门模拟]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.命题角度2 已知函数求极值例 3 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 (x －1)＋e x－1，此时f ′(1)≠0，故排除A 、B 项；当k ＝2时，f ′(x )＝e x (x －1)2＋(e x－1)(2x －2)，此时f ′(1)＝0，在x ＝1附近左侧，f ′(x )<0，在x ＝1附近右侧，f ′(x )>0，所以x ＝1是f (x )的极小值点．命题角度3 已知函数的极值求参数范围例 4 (1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11 B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11 C ．a ＝－1，b ＝5 D ．以上都不正确 答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D.(2)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，f ′(x )＜0；x ＜1或x ＞3，f ′(x )＞0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.触类旁通函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．考向利用导数研究函数的最值例 5 [2017·北京高考]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)因为f (x )＝e xcos 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 xsin 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.触类旁通利用导数求函数最值的方法当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值；当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．【变式训练2】 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．解 (1)∵f (x )＝a x ＋ln x －2(x ＞0)， ∴f ′(x )＝－a x2＋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 －8x2(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 －ax2(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 )＝a a＋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.考向利用导数研究生活中的优化问题例6 [2015·江苏高考]某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1000x 2(5≤x ≤20), 则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2，设在点P 处的切线l交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2000x3，则l 的方程为y －1000t2＝－2000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时， g ′(t )<0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )>0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． 触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．【变式训练3】 某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，日销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值．解 (1)设日销量q ＝k e x (k ≠0)，则ke 30＝100，∴k ＝100e 30， ∴日销量q ＝100e30ex ，∴y ＝100e 30(x －20－t )ex(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30(x －25)e x ，y ′＝100e 30(26－x )e x. 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，∴y 在区间[25,26]上单调递增，在区间[26,40]上单调递减，∴当x ＝26时，y max ＝100e 4， 即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．核心规律1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且有条理，可减少失分．2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．一个函数在其定义域内最值是唯一的，可以在区间的端点处取得．满分策略1.注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2.解题时要注意区分求单调性和已知单调性求参数范围等问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．3.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 )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．板块三 启智培优·破译高考创新交汇系列3——利用导数研究函数的图象与性质[2016·全国卷Ⅰ]函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )解题视点 该题易出现的问题是不能抓住选项的差异性与函数性质的对应，困惑于解析式的复杂形式，导致无从下手．解析 解法一：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |.当x ∈(0,2]时，f (x )＝2x 2－e x，f ′(x )＝4x －e x.f ′(x )在(0,2)上只有一个零点x 0，且当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＜0；当x 0＜x ≤2时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0,2]上先减后增，又f (2)－1＝7－e 2＜0，所以f (2)＜1.故选D.解法二：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |，则f (2)＝8－e 2＞0，故排除A ；f (2)－1＝7－e 2＜0，∴f (2)＜1，故排除B ；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－e 12 ＜0.5－1.5＝－1＝f (0)，故排除C.故选D.答案 D答题启示 函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.跟踪训练[2018·赣州模拟]函数y ＝x 2e x 的图象大致为( )答案 A解析 因为y ′＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，所以当x <－2或x >0时，y ′>0，函数y ＝x 2ex为增函数；当－2<x <0时，y ′<0，函数y ＝x 2e x为减函数，排除B ，C ；又y ＝x 2e x≥0，所以排除D.故选A.板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．函数y ＝x 4－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12 D ．0答案 D解析 因为y ′＝4x 3－4，令y ′＝0即4x 3－4＝0，解得x ＝1.当x <1时，y ′<0，当x >1时，y ′>0，在[－2,3]上只有一个极值点，所以函数的极小值为y |x ＝1＝0，所以y min ＝0.2．[2018·南阳模拟]已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x ＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)．3．[2018·无锡模拟]设函数f (x )＝x e x，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 )＝(x ＋1)e x，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．故选D.4．若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点答案 B解析 ∵f ′(x )＝x 2－2ax ，且a >2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(0,2)上是单调减函数． 又∵f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.5．[2018·珠海模拟]设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )＞g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′＞0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )＜f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)．(1)若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； (2)若f (x )在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________． 答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－2(k －1)k≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．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，＋∞)．8．[2018·西宁模拟]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 .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 9．[2018·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x. (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)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (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)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.10．[2018·金华模拟]函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x) ＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞(或者举例：当x＝e2时，f(e2)＝e2＞0)．如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，②由①②可得－2＜m＜－1.故m的取值范围为(－2，－1)．[B级知能提升]1．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )A．－4 B．－2C．4 D．2答案 D解析由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：2．[2018·山东师大附中检测]已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．4．[2018·沈阳模拟]已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2.(a ∈R ，e 为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥4a －4恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(2x －4)e x＋(x ＋2)2， 则f ′(x )＝(2x －2)e x＋2x ＋4，f ′(0)＝－2＋4＝2. 又因为f (0)＝－4＋4＝0，所以曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)因为f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，令g (x )＝f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)， 有g ′(x )＝2x ·e x＋2a 且函数y ＝g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，当2a ≥0时，有g ′(x )≥0，此时函数y ＝f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，则f ′(x )≥f ′(0)＝4a －2.①若4a －2≥0即a ≥12时，函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (0)＝4a －4，不等式恒成立；②若4a －2<0即0≤a <12时，则在[0，＋∞)上存在f ′(x 0)＝0，此时函数y ＝f (x )在x ∈(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增且f (0)＝4a －4， 所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．当2a ＜0时，有g ′(0)＝2a ＜0，则在[0，＋∞)上存在g ′(x 1)＝0，此时g (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，所以函数y ＝f ′(x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．又f ′(0)＝－2＋4a ＜0，则函数y ＝f (x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增． 又f (0)＝4a －4，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥12. 5．已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，其中a ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．解 (1)f ′(x )＝ax 2＋1x，x ∈(0，＋∞)．当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a 或x ＝－－1a(舍去)．此时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调减区间是⎝⎛－1a，＋∞ ).(2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a2.令a2＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，不合题意． ②当－1≤a <0时，－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2. 令a2＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾，不合题意．③当a <－1时，0<－1a<1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a .令f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1，解得a ＝－e ，符合a <－1.综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e.。