高考数学一轮复习 专题14 导数在函数研究中的应用教学案 理-人教版高三全册数学教学案

专题14 导数在函数研究中的应用
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(其中多项式函数一般不超过三次)；
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(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；
3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；
4.会利用导数解决某些简单的实际问题.
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．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．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．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
高频考点一 不含参数的函数的单调性
例1、已知函数f (x )＝ax 3＋x 2
(a ∈R )在x ＝－43处取得极值.
(1)确定a 的值；
(2)若g (x )＝f (x )e x
，求函数g (x )的单调减区间. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2
＋2x ，
因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 所以3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－8
3
＝0，解得a ＝12.
【方法规律】(1)确定函数单调区间的步骤： ①确定函数f (x )的定义域； ②求f ′(x )；
③解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
(2)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3
，f ′(x )＝3x 2
≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3
在R 上是增函数.
【变式探究】 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －3
2
，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))
处的切线垂直于直线y ＝1
2
x .
(1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间.
解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1
x
，
由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝5
4
.
(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －3
2，(x >0).
则f ′(x )＝x 2－4x －5
4x
2
. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去.
当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5). 高频考点二 含参数的函数的单调性
例2、设函数f (x )＝a ln x ＋x －1
x ＋1
，其中a 为常数. (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论函数f (x )的单调性. 解 (1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1
x ＋1
，x ∈(0，＋∞). 此时f ′(x )＝
2（x ＋1）2.可得f ′(1)＝1
2
，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处
的切线方程为x －2y －1＝0.
(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞).
f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a
x （x ＋1）2
.
当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增.
当a ＜0时，令g (x )＝ax 2
＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2
－4a 2
＝4(2a ＋1). ①当a ＝－1
2时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2
x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减.
②当a ＜－1
2
时，Δ＜0，g (x )＜0，
f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减.
③当－1
2
＜a ＜0时，Δ＞0.
设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，
则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1
a
.
由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a
＞0，
所以
x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减.
【方法规律】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.分类讨论时，要做到不重不漏.
【变式探究】 设函数f (x )＝ax 2
－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然
对数的底数.
(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.
(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2
－1
x
(x >0).
当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝
12a ，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.
(2)证明 令s (x )＝e
x －1
－x ，则s ′(x )＝e
x －1
－1.
当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1
>x ，
从而g (x )＝1x －1
e
x －1>0.
高频考点三 利用函数单调性求参数
例3、已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12
ax 2
＋2x (a ≠0).
(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，某某数a 的取值X 围. 解 (1)h (x )＝ln x －12
ax 2
－2x ，x ∈(0，＋∞)，①
所以h ′(x )＝1
x
－ax －2，由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)
时，1
x
－ax －2<0有解，②
即a >1x 2－2
x
有解.
设G (x )＝1x 2－2
x
，所以只要a >G (x )min 即可.
而G (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －12
－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.
(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，
当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1
x
－ax －2≤0恒成立，③
即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x
，
所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －12
－1， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
14，1，
所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－7
16
.
【方法规律】利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法
(1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间. 方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解”；
方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立”. (2)函数f (x )在区间D 上递增(减).
方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立”问题； 方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集”. 【易错警示】对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数的定义域；
对于②：h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解即为h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，或h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确；
对于③：h (x )在[1，4]上单调递减，应等价于h ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，易误认为“等价于h ′(x )<0在[1，4]上恒成立”.
【变式探究】 (1)函数f (x )＝13x 3－a 2x 2
＋2x ＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a 的值
为________.
(2)若f (x )＝－12x 2
＋b ln(x ＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的取值X 围是
________.
【举一反三】已知函数f (x )＝e x
ln x －a e x
(a ∈R )．
(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1
e x ＋1垂直，求a 的值；
(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，某某数a 的取值X 围． 解 (1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝(1x
－a ＋ln x )e x
，
f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e
＝－1，得a ＝2.
(2)由(1)知f ′(x )＝(1x
－a ＋ln x )e x
，
若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0，在x >0时恒成立． 即1
x
－a ＋ln x ≤0，在x >0时恒成立．
所以a ≥1
x
＋ln x ，在x >0时恒成立．
令g (x )＝1
x
＋ln x (x >0)，
则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1
x
2(x >0)，
由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.
故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (x )＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．
故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数，
则f ′(x )≥0，在x >0时恒成立，即1
x
－a ＋ln x ≥0，在x >0时恒成立，
所以a ≤1
x
＋ln x ，在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.
故实数a 的取值X 围是(－∞，1]． 高频考点四、用导数解决函数极值问题 例4、求下列函数的极值： (1)f (x )＝x 2
－2x －4ln x ；
(2)f (x )＝ax 3－3x 2
＋1－3a
(a ∈R 且a ≠0).
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝2x －2－4
x
＝
2（x －2）（x ＋1）
x
，
令f ′(x )＝0得x ＝2或－1(舍).
随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：
∴f (x )(2)由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2
－6x ＝3ax ⎝
⎛⎭
⎪⎫x －2a .
令f ′(x )＝0得x ＝0或2
a
.
当a >0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：
∴f (x )极大值＝f (0)＝1－a
，
f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ＝－4a 2－3
a ＋1.
当a <0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：
∴f (x )极大值＝f (0)＝1－a
，
f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ＝－4a 2－3
a ＋1.
综上，f (x )极大值＝f (0)＝1－3
a
，
f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2a ＝－4a 2－3
a ＋1.
【方法规律】函数极值的两类热点问题
(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：
①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在
x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值.
(2)由函数极值求参数的值或X 围.
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或X 围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.
【变式探究】 (1)设函数f (x )＝ax 3
－2x 2
＋x ＋c .若f (x )在R 上无极值点，则实数a 的取值X 围为________.
(2)设a ∈R ，若函数y ＝e ax
＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A.a >－3 B.a <－3 C.a >－13
D.a <－13
解析 (1)由题得f ′(x )＝3ax 2
－4x ＋1.
若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立. ①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；
②当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2
－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43
.
综上，实数a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫43，＋∞.
【方法技巧】(1)求函数f (x )极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数f ′(x )；
③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在
x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值．
(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
高频考点五、用导数求函数的最值
例5、已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2
)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值.
解 (1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝2（5x －2）（x －2）x
＝0得x ＝2
5或x ＝2，由f ′(x )＞
0得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)，
故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，25和(2，＋∞). (2)因为f ′(x )＝（10x ＋a ）（2x ＋a ）2x ，a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a
2.
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，－a 10时，f (x )单调递增.
当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫
－a
10，－a 2时，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－a
2，＋∞时，f (x )单调递增.
易知f (x )＝(2x ＋a )2
x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2＝0.
①当－a
2
≤1时， 即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2
＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意.
②当1＜－a
2
≤4时，
即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－a 2＝0，不符合题意.
③当－a
2
＞4时，
即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8， 由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2
)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，
当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意.
综上有，a ＝－10.
【方法规律】(1)求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a ，b )内的极值；②求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f (x )的极值与 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)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.
【变式探究】 已知函数f (x )＝(ax －2)e x
在x ＝1处取得极值. (1)求a 的值；
(2)求函数在区间[m ，m ＋1]上的最小值. 解 (1)f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x
， 由已知得f ′(1)＝(a ＋a －2)e ＝0， 解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意， 所以a 的值为1.
高频考点六、用导数解决函数的优化问题
例6、某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格
x (单位：元/千克)满足关系式y ＝
a
x －3
＋10(x －6)2
，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格
为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.
(1)求a 的值；
(2)若该商品的成本为3元千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a
2
＋10＝11，a ＝2.
(2)由(1)知，该商品每日的销售量为y ＝
2x －3
＋10(x －6)2
. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f (x )＝(x －3)[2
x －3
＋10(x －6)2
]
＝2＋10(x －3)(x －6)2
，3＜x ＜6.
从而，f ′(x )＝10[(x －6)2
＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6).
于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (3，4) 4 (4，6) f
′
(x )
＋ 0 － f (x )
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.
答：当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【方法规律】函数的优化问题即实际问题中的最值问题，其一般解题步骤为： 一设：设出自变量、因变量；
二列：列出函数关系式，并写出定义域； 三解：解出函数的最值，一般常用导数求解； 四答：回答实际问题.
【变式探究】 要做一个圆锥形漏斗，其母线长为30 cm ，要使其体积最大，则其高应为( )
A.12 3 cm
B.10 3 cm
C.8 3 cm
D.5 3 cm
解析 设圆锥的高为x cm ，则底面半径为900－x 2
， ∴圆锥体积V ＝13π(900－x 2
)·x (0<x <30)，
∴V ′＝π(300－x 2
)，令V ′＝0得x ＝10 3. 当0<x <103时，V ′>0；当103<x <30时，V ′<0， ∴当x ＝103时，V 取最大值. 答案 B
1.【2016年高考某某理数】设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,
ln ,1,x x x x -<<⎧⎨
>⎩
图象上点
P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面
积的取值X 围是( )
（A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A
【解析】设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设1
21,01x x ><<），则由导数的几何意义易得切线12,l l 的斜率分别为1212
11
,.k k x x =
=-由已知得12122111,1,.k k x x x x =-∴=∴=
∴切线的方程分别为()111
1
ln y x x x x -=-，切线2l 的方程为()2221ln y x x x x +=-
-，即1111ln y x x x x ⎛⎫
-=-- ⎪⎝
⎭.分别令0x =得()()110,1ln ,0,1ln .A x B x -++又与2l 的交点为2111221121,ln 11x x P x x x ⎛⎫
-+ ⎪++⎝⎭
，11x >，
2112211
211
1211PAB
A B P x x S y y x x x ∆+∴=-⋅=<=++，01PAB S ∆∴<<．故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线
ln(1)y x =+的切线，则b =．
【答案】1ln2-
【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x '=
，对ln(1)y x =+求导得1
1
y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线ln(1)y x =+相切于点222(,)P x y ，
则1122ln 2,ln(1)y x y x =+=+，由点111(,)P x y 在切线上得()111
1
ln 2()y x x x x -+=
-，由点
222(,)P x y 在切线上得2221
ln(1)()1
y x x x x -+=
-+，这两条直线表示同一条直线，所以122
21
2111
21ln(1)ln 1x
x x x x x ⎧=⎪+⎪⎨+⎪+=+⎪+⎩
，解得1
1111,2,ln 211ln 22x k b x x =∴===+-=-. 3.【2016高考新课标3理数】已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程是_______________．
【答案】21y x =--
【解析】当0x >时，0x -<，则()ln 3f x x x -=-．又因为()f x 为偶函数，所以
()()ln 3f x f x x x =-=-，所以1
()3f x x
'=-，则切线斜率为(1)2f '=-，所以切线方程为32(1)y x +=--，即21y x =--．
4.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数()()()2
21x
f x x e a x =-+-有
两个零点.
(I)求a 的取值X 围；
(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞ 【解析】
（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x
x
f x x e a x x e a =-+-=-+． （i ）设0a =,则()(2)x
f x x e =-,()f x 只有一个零点．
（ii ）设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞上单调递减,在(1,)+∞上单调递增．
又(1)f e =-,(2)f a =,取满足0b <且ln
2
a
b <,则 223
()(2)(1)()022
a f
b b a b a b b >
-+-=->,
故()f x 存在两个零点．
（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．
若2
e
a ≥-
,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．
若2
e
a <-
,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点．
综上,的取值X 围为(0,)+∞．
5.【2016高考某某理数】(本小题满分13分) 已知()2
21
()ln ,R x f x a x x a x -=-+
∈. （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3
()'2
f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】
（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；
2233
22(2)(1)
()a ax x f 'x a x x x x --=--+=.
当0≤a ，)1,0(∈x 时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；
(1,),()0x f 'x ∈+∞<时，)(x f 单调递减.
当0>a 时，3(1)()(a x f 'x x x x -=
+. （1）20<<a ，
12
>a
， 当)1,0(∈x 或x ∈),2
(
+∞a
时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)2
,
1(a
时，()0f 'x <，)(x f 单调递减； （2）2=a 时，12=a ，在x ∈),0(+∞内，()0f 'x ≥，)(x f 单调递增；
（3）2>a 时，
12
0<<
a ，
当)
2
,
0(a x ∈或x ∈),1(+∞时，()0f 'x >，)(x f 单调递增； 当x ∈)1,2
(
a
时，()0f 'x <，)(x f 单调递减. 综上所述，
当0≤a 时，函数)(x f 在)1,0(内单调递增，在),1(+∞内单调递减；
当20<<a 时，)(x f 在)1,0(内单调递增，在)2,1(a 内单调递减，在),2
(+∞a
内单调递增；
当2=a 时，)(x f 在),0(+∞内单调递增；
当2>a ，)(x f 在)2,
0(a 内单调递增，在)1,2
(a
内单调递减，在),1(+∞内单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，
22321122()()ln (1)x f x f 'x x x x x x x --=-+
---+23312
ln 1x x x x x
=-++--，]2,1[∈x ，
令12
13)(,ln )(32--+=
-=x
x x x h x x x g ，]2,1[∈x . 则()()()()f x f 'x g x h x -=+，
由1
()0x g 'x x
-=
≥可得1)1()(=≥g x g ，当且仅当1=x 时取得等号. 又24
326
()x x h'x x --+=，
设623)(2
+--=x x x ϕ，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减， 因为10)2(,1)1(-==ϕϕ，
所以在]2,1[上存在0x 使得),1(0x x ∈ 时，)2,(,0)(0x x x ∈>ϕ时，0)(<x ϕ， 所以函数()h x 在),1(0x 上单调递增；在)2,(0x 上单调递减， 由于21)2(,1)1(=
=h h ，因此21)2()(=≥h x h ，
当且仅当2=x 取得等号， 所以3
()()(1)(2)2
f x f 'x
g
h ->+=
， 即3
()()2
f x f 'x >+
对于任意的]2,1[∈x 恒成立。

6.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －1
3
sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则
a 的取值X 围是( )
A.[－1，1]
B.⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13
D.⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －1
3
sin 2x ＋a sin x ，
∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋5
3.
由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋5
3≥0，
在t ∈[－1，1]上恒成立.
∴4t 2
－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2
－3at －5， 则⎩⎪⎨
⎪⎧g （1）＝－3a －1≤0，
g （－1）＝3a －1≤0.
解之得－13≤a ≤1
3.
答案 C
7.(2016·卷)设函数f (x )＝x e a －x
＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝
(e －1)x ＋4.
(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解 (1)∵f (x )＝x e
a －x
＋bx ，∴f ′(x )＝(1－x )e
a －x
＋b .
由题意得⎩
⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2
＋2b ＝2e ＋2，
－e a －2＋b ＝e －1， 解得a ＝2，b ＝e.
【2015高考某某，19】（本小题满分16分）
已知函数),()(2
3R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；
（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值X 围恰好是),2
3()23
,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值.
【答案】（1）当0a =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增； 当0a >时，()f x 在2,3a ⎛⎫-∞-
⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫
- ⎪⎝⎭上单调递减；
当0a <时，()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛
⎫- ⎪⎝
⎭上单调递减．
（2） 1.c =
【解析】（1）()2
32f x x ax '=+，令()0f x '=，解得10x =，223
a
x =-
． 当0a =时，因为()2
30f x x '=>（0x ≠），所以函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增；
当0a >时，()2,0,3a x ⎛
⎫∈-∞-+∞ ⎪
⎝
⎭时，()0f x '>，2,03a x ⎛⎫
∈-
⎪⎝⎭
时，()0f x '<， 所以函数()f x 在2,3a ⎛⎫-∞-
⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上单调递减；
当0a <时，()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，20,3a x ⎛
⎫∈- ⎪⎝
⎭时，()0f x '<，
所以函数()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-
+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛
⎫- ⎪⎝
⎭上单调递减．
（2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，3
24327
a f a
b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个
零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫
⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027
a a
b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或
304027a b a <⎧⎪
⎨
<<-⎪⎩
． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34
027
a a c -+<． 设()3
427
g a a a c =
-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值X 围恰好是 ()
33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
上()0g a >均恒成立，
从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫
=-≥
⎪⎝⎭
，因此1c =． 此时，()()()3
2
2
1111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，
因函数有三个零点，则()2
110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根，
所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()2
1110a a ---+-≠， 解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫
∈-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
． 综上1c =．
【2015高考某某，理21】已知函数2
2
()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中
0a >.
（1）设()g x 是()f x 的导函数，评论()g x 的单调性；
（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间∞(1,+)内恒成立，且()0f x =在∞(1,+)内有唯一解.
【答案】（
1）当104
a <<
时，()g x 在区间
11
(0,
),(,)22++∞上单调递增，在区间上单调递减；当14
a ≥时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.（2）详见解析.
【解析】（1）由已知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，
()()222ln 2(1)a
g x f x x a x x
'==---+，
所以222112()2()
2224()2x a a g x x x x
-+-'=-+=. 当104
a <<
时，()g x
在区间)+∞上单调递增，
在区间上单调递减； 当1
4
a ≥
时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增. （2）由()222ln 2(1)0a f x x a x x
'=---+=，解得1
1ln 1x x
a x ---=+.
令
2
21111
1ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------=-+
+--+++++.
则2
11
(2)2(1)10,())2()011e e e e e e
ϕϕ----=>=-
-<++，. 故存在0(1,)x e ∈，使得0()0x ϕ=. 令00
01
01ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---=
=--≥+，.
由1
()10u x x
'=-≥知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增. 所以00111
0()(1)()2
0111111u x u u e e a x e e
----=
<=<=<++++. 即0(0,1)a ∈. 当
a a =时，有
000()0,()()0
f x f x x ϕ'===，.
由（1）知，函数()f x '在区间(1,)+∞上单调递增.
故当0(1,)
x x ∈时，有0()0
f x '<，从而0()()0
f x f x >=； 当
0(,)x x ∈+∞时，有
0()0f x '>，从而
0()()0
f x f x >=；
所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ≥.
综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间∞(1,+)内恒成立，且()0f x =在∞(1,+)内有唯一解.
【2015高考某某，理19】设，函数
． a e x x f x
-+=)1()(21a >
(1) 求的单调区间 ；
(2) 证明：在
上仅有一个零点；
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平
行（是坐标原点）,证明：
．
【答案】（1）
；
（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴
在
上是单调增函数；
（2）证明：由（1）问可知函数在（﹣∞，+∞）上为增函数． 又f （0）=1﹣a ， ∵a ＞1．∴1﹣a ＜0
∴f （0）＜0．当x→+∞时，f （x ）＞0成立． ∴f （x ）在（﹣∞，+∞）上有且只有一个零点 （3）证明：f'（x ）=e x
（x+1）2
，
设点P （x 0，y 0）则）f'（x ）=e x0
（x 0+1）2
，
∵y=f （x ）在点P 处的切线与x 轴平行，∴f'（x 0）=0，即：e x0
（x 0+1）2
=0， ∴x 0=﹣1
将x 0=﹣1代入y=f （x ）得y 0=．∴，
∴
…10分
令；g （m ）=e m
﹣（m+1）g （m ）=e m
﹣（m+1）， 则g'（m ）=e m
﹣1，由g'（m ）=0得m=0． 当m ∈（0，+∞）时，g'（m ）＞0 当m ∈（﹣∞，0）时，g'（m ）＜0 ∴g （m ）的最小值为g （0）=0…12分 ∴g （m ）=e m ﹣（m+1）≥0 ∴e m
≥m+1
(),-∞+∞()
f x ()()()()()2
22'1'1'10
x x x f x x e x e x e =+++=+≥(),-∞+∞12
3--
≤e a m O OP (,)M m n P ()y
f x (),-∞+∞)(x f )(x f
∴e m （m+1）2≥（m+1）3
即： ∴m≤
…14分
（2014·某某卷） 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2
－x 3
，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；
(2)当x ∈[0，1]时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．
(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥1.
由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，
所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.
由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a
3处取得最大值．
又f (0)＝1，f (1)＝a ，
所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；
当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．
（2014·某某卷） 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *
. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p
＞1＋px ；
(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1
p
.
【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p ＝2时，(1＋x )2
＝1＋2x ＋x 2
>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k
>1＋kx 成立． 当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2
>1＋(k ＋
1)x .
所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p
>1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p
.
①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1
p
成立．
②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *
)时，不等式a k >c 1
p 成立．
由a n ＋1＝
p －1p a n ＋c p
a 1－p n 易知a n >0，n ∈N *
. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c p
a －p
k ＝ 1＋1p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a p k －1.
由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a p k
－1<0.
由(1)中的结论得⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k p
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1p
>1＋p · 1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1＝c
a p k . 因此a p
k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p
，
所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1
p
也成立．
综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1
p
均成立．
再由
a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p n －1可得a n ＋1a n
<1， 即a n ＋1<a n .
综上所述，a n >a n ＋1>c 1p
，n ∈N *
.
方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1
p
，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝
p －1p ＋c p (1－p )x －p
＝p －1p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p
，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p
时，f (x )>f (c 1p
)＝c 1
p
. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p
>0，即a p
1>c 可知
a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝
⎛⎭⎪⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p ， 故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1
p
成立．
②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *
)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p
成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋
1
)>f (c 1p
)，
即有a k ＋1>a k ＋2>c 1
p
，
所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1
p
均成立．
（2014·某某卷） 曲线y ＝e －5x
＋2在点(0，3)处的切线方程为________．
【答案】y ＝－5x ＋3
【解析】 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y ′＝－5e
－5x
，所以
切线的斜率k ＝－5e 0
＝－5，所以切线方程是：y －3＝－5(x －0)，即y ＝－5x ＋3.
（2014·某某卷） 若曲线y ＝e －x
上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．
【答案】(－ln 2，2)
【解析】 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，y ′＝－e －x
.又切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，所以－e －x 0＝－2，可得x 0＝－ln 2，此时y ＝2，所以点P 的坐标为(－ln 2，2)．
（2014·某某卷） 已知函数f (x )＝(x 2
＋bx ＋b )1－2x (b ∈R)． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；
(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值X 围． 【解析】(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）
1－2x
，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.
所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，
f (x )单调递增；当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
0，12
时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值
f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.
(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x
<0，
依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19. 所以b 的取值X 围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19.
（2014·全国卷） 曲线y ＝x e x －1
在点(1，1)处切线的斜率等于( )
A ．2e
B ．e
C ．2
D ．1 【答案】C
【解析】 因为y ′＝(x e
x －1
)′＝e
x －1
＋x e
x －1
，所以y ＝x e
x －1
在点(1，1)处的导数是y ′|x
＝1
＝e
1－1
＋e
1－1
＝2，故曲线y ＝x e x －1
在点(1，1)处的切线斜率是2.
（2014·新课标全国卷Ⅱ）设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3 【答案】D 【解析】 y ′＝a －
1
x ＋1
，根据已知得，当x ＝0时，y ′＝2，代入解得a ＝3. （2014·某某卷） 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．
(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，某某数a 的取值X 围；
(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 【解析】由题设得，g (x )＝x
1＋x
(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝
x
1＋x
， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝
x
1＋x 1＋x
1＋x
＝
x
1＋2x
，
g 3(x )＝
x
1＋3x
，…，可得g n (x )＝
x
1＋nx
. 下面用数学归纳法证明．
(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax
1＋x 恒成立．
设φ(x )＝ln(1＋x )－ax
1＋x (x ≥0)，
则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a
（1＋x ）
2，
当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥
ax
1＋x
恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.
即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 故知ln(1＋x )≥ax
1＋x 不恒成立．
综上可知，a 的取值X 围是(－∞，1]．
(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n
n ＋1，
比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)． 证明如下：
方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1
n ＋1
<ln(n ＋1)，
在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x
1＋x ，x >0.
令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .
下面用数学归纳法证明．
①当n ＝1时，1
2
<ln 2，结论成立．
②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1
k ＋1
<ln(k ＋1)．
那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2
k ＋1＝ln(k
＋2)，
即结论成立．
由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．
方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1
n ＋1<ln(n ＋1)，
在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x
1＋x ，x >0.
令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.
故有ln 2－ln 1>12，
ln 3－ln 2>1
3，
……
ln(n ＋1)－ln n >
1
n ＋1
， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1
n ＋1，
结论得证．
方法三：如图，⎠⎛0
n x x ＋1
d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而
1
2＋23＋…＋n
n ＋1
是图中所示各矩形的面积和，
∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0
n x x ＋1
d x ＝ ⎠⎛0n
⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，
结论得证．
（2013·新课标全国卷Ⅰ）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧－x 2
＋2x ，x≤0，
ln （x ＋1），x ＞0.若|f(x)|≥ax，则a 的
取值X 围是( )
A ．(－∞，0]
B ．(－∞，1]
C ．[－2，1]
D ．[－2，0] 【答案】D
【解析】 方法一：若x≤0，|f(x)|＝|－x 2
＋2x|＝x 2
－2x ，x ＝0时，不等式恒成立，x<0时，不等式可变为a≥x－2，而x －2<－2，可得a≥－2；
若x>0，|f(x)|＝|ln(x ＋1)|＝ln(x ＋1)，由ln(x ＋1)≥ax，可得a≤ln （x ＋1）
x 恒成立，
令h(x)＝ln （x ＋1）x ，则h′(x)＝x
x ＋1－ln （x ＋1）x 2
，再令g(x)＝x
x ＋1－ln(x ＋1)，则 g′(x)＝－x
（x ＋1）2<0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，可得h′(x)＝x
x ＋1－ln （x ＋1）x
2
<0，故h(x)在 (0，＋∞)上单调递减，x→＋∞时，h(x)→0， 所以h (x)>0，a≤0.综上可知，－2≤a≤0，故选D.
方法二：数形结合：画出函数|f(x)|＝⎩
⎪⎨⎪
⎧x 2－2x ，x≤0，ln （x ＋1），x>0与直线y ＝ax 的图像，如下图，
要使|f(x)|≥ax 恒成立，只要使直线y ＝ax 的斜率最小时与函数y ＝x 2
－2x ，x≤0在原点处的切线斜率相等即可，最大时与x 轴的斜率相等即可，
因为y′＝2x －2，所以y′|x ＝0＝－2，所以－2≤a≤0.
（2013·某某卷） 若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k)处的切线平行于x 轴，则k ＝________． 【答案】－1
【解析】 ∵y′＝k ＋1
x
，∴y′|x ＝1＝k ＋1＝0，故k ＝－1.
（2013·某某卷） 设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(e x
)＝x ＋e x
，则f′(1)＝________． 【答案】2
【解析】 f(e x )＝x ＋e x
，利用换元法可得f(x)＝ln x ＋x ，f′(x)＝1x ＋1，所以f′(1)
＝2.
（2013·卷） 设L 为曲线C ：y ＝ln x
x 在点(1，0)处的切线．
(1)求L 的方程；
(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方． 【解析】(1)设f(x)＝ln x x ，则f′(x)＝1－ln x
x 2
. 所以f′(1)＝1. 所以L 的方程为y ＝x －1.
所以除切点之外，曲线C 在直线L 的下方．
（2013·全国卷） 若函数f(x)＝x 2
＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值X 围是
( )
A ．[－1，0]
B ．[－1，＋∞)
C ．[0，3]
D ．[3，＋∞) 【答案】D
【解析】 f′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12 ，＋∞上恒
成立，由于y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞上单调递减，所以y<3，故只要a≥3.
1.函数f (x )＝x ln x ，则( ) A.在(0，＋∞)上递增
B.在(0，＋∞)上递减
C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增
D.在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e 上递减 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1
e
，令f ′(x )<0
得0<x <1
e
，故选D.
答案 D
2.下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B.(π，2π)
C.⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2，5π2 D.(2π，3π) 解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2，5π2时，恒有
x cos x >0.
答案 C
3.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
解析 f ′(x )＝32x 2
＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调
递增”的充分不必要条件.
答案 A
4.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )
解析 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.
答案 B
5.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X 围是( )
A.(1，2]
B.(4，＋∞]
C.[－∞，2)
D.(0，3]
解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9
x (x >0)，
当x －9
x
≤0时，有0<x ≤3，
即在(0，3]上原函数是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]， ∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 A
6.已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( ) A.f (1)<e f (0)，f (2 017)>e 2 017
f (0) B.f (1)>e f (0)，f (2 017)>e 2 017
f (0) C.f (1)>e f (0)，f (2 017)<e 2 017
f (0) D.f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017
f (0)
解析 令g (x )＝
f （x ）
e
x
，
则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x
）e x ′＝f ′（x ）e x
－f （x ）（e x
）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x
<0， 所以函数g (x )＝
f （x ）
e
x
在R 上是单调减函数，
所以g (1)<g (0)，g (2 017)<g (0)， 即
f （1）e
1
<
f （0）1
，
f （2 017）e
2 017
<
f （0）
1
，
故f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017
f (0).
答案 D
7.函数f (x )＝12x 2
－ln x 的最小值为( )
A.12
B.1
C.0
D.不存在
解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2
－1
x
，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴
f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝1
2－ln 1＝12
.
答案 A
8.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )
A.3
B.4
C.6
D.5
9.已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值X 围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)
D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2
－4×3(a ＋6)>0，即a 2
－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B
10.已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________.
解析 f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋3.
依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根， 所以3×(－3)2
＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值.。