2018年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标5函数的单调性与最值理

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[学习资料]2018版高考学习复习资料数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值模拟演练理

2018版高考数学一轮总复习第2章函数、导数及其应用 2.2 函数的单调性与最值模拟演练理[A 级基础达标](时间：40分钟)1．[2017·北京模拟]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 B解析因为对数函数y ＝ln x 的定义域不是R ，故首先排除选项C ；因为指数函数y ＝e－x，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，在定义域内单调递减，故排除选项A ；对于函数y ＝|x |，当x ∈(－∞，0)时，函数变为y ＝－x ，在其定义域内单调递减，因此排除选项D ；而函数y ＝x 3在定义域R 上为增函数，故选B.2．[2016·江西模拟]若f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4)上是减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．a <－3B ．a ≤－3C ．a >－3D ．a ≥－3答案 B解析对称轴x ＝1－a ≥4，∴a ≤－3. 3．函数f (x )＝|x －2|x 的单调减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2] D ．[2，＋∞) 答案 A解析由于f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图象可知函数的单调减区间是[1,2]．4．[2017·郑州质检]函数f (x )＝x 2＋x －6的单调增区间是( ) A ．(－∞，－3) B ．[2，＋∞) C ．[0,2) D ．[－3,2]答案 B解析 ∵x 2＋x －6≥0，∴x ≥2或x ≤－3，又∵y ＝x 2＋x －6是由y ＝t ，t ∈[0，＋∞)和t ＝x 2＋x －6，x ∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)两个函数复合而成，而函数t ＝x 2＋x －6在[2，＋∞)上是增函数，y ＝t 在[0，＋∞)上是增函数，又因为y ＝x 2＋x －6的定义域为(－∞，－3]∪[2，＋∞)，所以y ＝x 2＋x －6的单调增区间是[2，＋∞)，故选B.5．f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是( )A ．(8，＋∞) B．(8,9] C ．[8,9] D ．(0,8) 答案 B解析 2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x x －，解得8<x ≤9.6．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 ＝________. 答案 6解析易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝f(13，)即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6.7．[2017·山西模拟]若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.答案－6解析由图象的对称性，知函数f (x )＝|2x ＋a |关于直线x ＝－a2对称，因为函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，所以－a2＝3，即a ＝－6.8．[2017·湖南模拟]函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．答案 14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 max ＝14. 9．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围．解 (1)证明：任取x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2) ＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (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恒成立，∴a ≤1.综上所述知a 的取值范围是(0,1]．10．[2017·衡阳联考]已知函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，且当x >0时，f (x )<0，f (1)＝－23.(1)求证：f (x )在R 上是减函数；(2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．解 (1)证明：设x 1>x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1－x 2＋x 2)－f (x 2) ＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)．又∵x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0， ∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在R 上为减函数． (2)∵f (x )在R 上是减函数， ∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．而f (3)＝3f (1)＝－2，且f (0)＋f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0，又f (－3)＋f (3)＝f (－3＋3)＝0， ∴f (－3)＝－f (3)＝2.∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.[B 级知能提升](时间：20分钟)11．[2017·安徽合肥模拟]若2x ＋5y ≤2－y ＋5－x，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B．x ＋y ≤0 C．x －y ≤0 D．x －y ≥0 答案 B解析设函数f (x )＝2x－5－x，易知f (x )为增函数，又f (－y )＝2－y－5y，由已知得f (x )≤f (－y )，∴x ≤－y ，∴x ＋y ≤0.12．[2017·山东泰安模拟]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x ≤1是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞) B．[4,8) C ．(4,8) D ．(1,8)答案 B解析由f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，4－a 2＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2＋2≤a ，解得4≤a ＜8.13．已知函数f (x )＝3－axa －1(a ≠1)． (1)若a >0，则f (x )的定义域是________；(2)若f (x )在区间(0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是________．答案 (1)⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，3a (2)(－∞，0)∪(1,3]解析 (1)当a >0且a ≠1时，由3－ax ≥0得x ≤3a，即此时函数f (x )的定义域是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，3a .(2)当a －1>0，即a >1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需3－a ×1≥0，此时1<a ≤3. 当a －1<0，即a <1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需－a >0，此时a <0. 综上所述，所求实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(1,3]． 14．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，∴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.∵1<x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，x 1x 2>1， ∴2－1x 1x 2>0，∴h (x 1)<h (x 2)，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3， ∴a 的取值范围是(－∞，3]．。

(浙江专版)2018高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用重点强化训练1 函数的图象与性质教师用书

重点强化训练(一) 函数的图象与性质A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．设函数f (x )为偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝log 2x ，则f (－2)＝( )【导学号：51062063】A ．－12B.12 C ．2D ．－2B [因为函数f (x )是偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝log 22＝12.]2．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，则f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3C [用“－x ”代替“x ”，得f (－x )－g (－x )＝(－x )3＋(－x )2＋1，化简得f (x )＋g (x )＝－x 3＋x 2＋1，令x ＝1，得f (1)＋g (1)＝1，故选C.]3．函数f (x )＝3x＋12x －2的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)C [因为函数f (x )在定义域上单调递增，又f (－2)＝3－2－1－2＝－269＜0，f (－1)＝3－1－12－2＝－136＜0， f (0)＝30＋0－2＝－1＜0，f (1)＝3＋12－2＝32＞0，所以f (0)·f (1)＜0，所以函数f (x )的零点所在区间是(0,1)．]4．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]C [∵f (log 12a )＝f (－log 2a )＝f (log 2a )，∴原不等式可化为f (log 2a )≤f (1)．又∵f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log 2a ≤1，即1≤a ≤2.∵f (x )是偶函数，∴f (log 2a )≤f (－1)．又f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log 2a ≤0，∴12≤a ≤1.综上可知12≤a ≤2.]5．(2017·湖州质检(二))若f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∀x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f x 2－f x 1x 2－x 1＜0，则( )A ．f (3)＜f (1)＜f (－2)B ．f (1)＜f (－2)＜f (3)C ．f (－2)＜f (1)＜f (3)D ．f (3)＜f (－2)＜f (1)D [由对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)，f x 2－f x 1x 2－x 1＜0得函数f (x )为[0，＋∞)上的减函数，又因为函数f (x )为偶函数，所以f (3)＜f (2)＝f (－2)＜f (1)，故选D.]二、填空题6．函数y ＝f (x )在x ∈[－2,2]上的图象如图2所示，则当x ∈[－2,2]时，f (x )＋f (－x )＝________. 【导学号：51062064】图20 [由题图可知，函数f (x )为奇函数，所以f (x )＋f (－x )＝0.]7．若函数y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，则a 的取值范围为________．[0,1] [设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实数．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝4－4a ≥0，解得0＜a ≤1，所以0≤a ≤1.]8．(2017·温州质检)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，且f (2)＝0，则满足f (x －1)＜0的x 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(1,3) [依题意当x ∈(1，＋∞)时，f (x －1)＜0＝f (2)的解集为x ＜3，即1＜x ＜3；当x ∈(－∞，1)时，f (x －1)＜0＝f (－2)的解集为x ＜－1，即x ＜－1.综上所述，满足f (x －1)＜0的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(1,3)．]三、解答题9．已知函数f (x )＝2x，当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解，两个解？ [解] 令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示.4分由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；10分当0＜m ＜2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解.15分 10．函数f (x )＝m ＋log a x (a ＞0且a ≠1)的图象过点(8,2)和(1，－1)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝2f (x )－f (x －1)，求g (x )的最小值及取得最小值时x 的值.【导学号：51062065】[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧f ＝2，f ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋log a 8＝2，m ＋log a 1＝－1，4分解得m ＝－1，a ＝2，故函数解析式为f (x )＝－1＋log 2x .6分 (2)g (x )＝2f (x )－f (x －1)＝2(－1＋log 2x )－[－1＋log 2(x －1)] ＝log 2x 2x －1－1(x ＞1).8分∵x 2x －1＝x －2＋x －＋1x －1＝(x －1)＋1x －1＋2≥2x －1x －1＋2＝4. 12分当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝2时，等号成立．而函数y ＝log 2x 在(0，＋∞)上单调递增，则log 2x 2x －1－1≥log 24－1＝1，故当x ＝2时，函数g (x )取得最小值1.15分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·浙江五校二联)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＜f (1)的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)C [f (x )为R 上的奇函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝－f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪fx －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＝|fx ＋fx2＝|f (ln x )|，即原不等式可化为|f (ln x )|＜f (1)，所以－f (1)＜f (ln x )＜f (1)，即f (－1)＜f (ln x )＜f (1)．又由已知可得f (x )在R 上单调递增，所以－1＜ln x ＜1，解得1e＜x ＜e ，故选C.]2．已知函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数与奇函数，且g (x )＝f (x －1)，则f (2 019)的值为________．0 [g (－x )＝f (－x －1)，由f (x )，g (x )分别是偶函数与奇函数，得g (x )＝－f (x ＋1)，∴f (x －1)＝－f (x ＋1)，即f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )，故函数f (x )是以4为周期的周期函数，则f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝g (0)＝0.]3．函数f (x )的定义域为D ＝{x |x ≠0}，且满足对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)．(1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的奇偶性并证明你的结论；(3)如果f (4)＝1，f (x －1)<2，且f (x )在(0，＋∞)上是增函数，求x 的取值范围． [解] (1)∵对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)， ∴令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)， ∴f (1)＝0.4分 (2)f (x )为偶函数.5分证明如下：令x 1＝x 2＝－1，有f (1)＝f (－1)＋f (－1)， ∴f (－1)＝12f (1)＝0.令x 1＝－1，x 2＝x 有f (－x )＝f (－1)＋f (x )， ∴f (－x )＝f (x )， ∴f (x )为偶函数.10分(3)依题设有f (4×4)＝f (4)＋f (4)＝2，由(2)知，f (x )是偶函数，∴f (x －1)<2⇔f (|x －1|)<f (16).12分又f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴0<|x－1|<16，解得－15<x<17且x≠1，14分∴x的取值范围是{x|－15<x<17且x≠1}.15分。

2018年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理

2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．(2017·福建福州模拟)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( D )解析：由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0，＋∞)上f′(x)<0.选项D满足，故选D．2．(2017·苏中八校联考)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( A )A ．(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．3．(2017·吉林长春调研)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 )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．4．函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，且当x ≠1时，其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，若1<a <2，则有( C )A ．f (2a)<f (2)<f (log 2a ) B ．f (2)<f (log 2a )<f (2a) C ．f (log 2a )<f (2)<f (2a)D ．f (log 2a )<f (2a)<f (2)解析：∵函数f (x )对定义域R 上的任意x 都有f (2－x )＝f (x )，∴函数图象的对称轴为直线x ＝1.又∵其导函数f ′(x )满足xf ′(x )>f ′(x )，即(x －1)f ′(x )>0，故当x ∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x ∈(－∞，1)时，函数单调递减．∵1<a <2，∴0<log 2a <1,2a >2，∴f (log 2a )<f (2)<f (2a)，故选C ．5．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( D )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析：由题图可知，f ′(x )>0，则x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0，则x ∈(－1,1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x 2－2x －3>0，或⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( C )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：f ′(x )＝4x －1x＝2x －12x ＋1x，∵x >0，由f ′(x )＝0得x ＝12.∴令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1⇒1≤k <32.故C 正确．二、填空题7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为(－1,11)．解析：由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )<0，即3(x －11)(x ＋1)<0，解得－1<x <11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)．8．f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，且y ＝f (x )在(0，＋∞)上是减函数，则n ＝1或2.解析：∵f (x )＝xn 2－3n (n ∈Z )是偶函数，∴n 2－3n ＝2k (k ∈Z )，即f (x )＝x 2k，∴f ′(x )＝2kx 2k －1，∵f (x )是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数， ∴在(0，＋∞)上f ′(x )＝2kx 2k －1<0恒成立．∵x2k －1>0，∴2k <0.即n 2－3n <0，解得0<n <3.∵n ∈Z ，∴n ＝1或n ＝2.9．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的最大值是－1.解析：函数的定义域是x ＋2>0，即x >－2，而f ′(x )＝－x ＋bx ＋2＝－x 2－2x ＋bx ＋2.因为x ＋2>0，函数f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x 2－2x ＋b ≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b ≤x 2＋2x 在x ∈(－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1，x ∈(－1，＋∞)，则g (x )>g (－1)＝－1，所以b ≤－1，则b 的最大值为－1.三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x ＋kex(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．解析：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －ke x，又f ′(1)＝1－ke＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1ex. 设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，递减区间是(1，＋∞)．11．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图象如图，f (x )＝6ln x ＋h (x )．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，求实数m 的取值范围．解析：(1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－8，8a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，∴h (x )＝x 2－8x ＋2，h ′(x )＝2x －8， ∴f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2. (2)f ′(x )＝6x＋2x －8＝2x －1x －3x，∵x >0，∴f ′(x )，f (x )的变化如下：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0－ 0＋ f (x )递增递减递增∴f (x )递减区间为(1,3)，要使函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m ＋12上是单调函数，则⎩⎪⎨⎪⎧1<m ＋12，m ＋12≤3，解得12<m ≤52.故m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，52.12．设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解析：(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．。

2018届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第二节函数的单调性与最值学案文

第二节函数的单调性与最值1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．知识点一函数的单调性1．单调函数的定义定义两个自变量x1，x2当x1<x2时，都有____，那么就说函数当x1<x2时，都有____，那么就说函数若函数f(x)在区间D上是________或________，则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，________叫做f(x)的单调区间．答案1．f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2)2．增函数减函数区间D1．(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )A．y＝11－xB．y＝cos xC．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x解析：函数y＝11－x，y＝ln(x＋1)在(－1,1)上都是增函数，函数y＝cos x在(－1,0)上是增函数，在(0,1)上是减函数，而函数y ＝2－x＝(12)x 在(－1,1)上是减函数，故选D.答案：D2．(必修①P39A 组第3题改编)函数y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则( ) A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12解析：若y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则2m －1<0，即m <12.答案：B3．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，＋∞) 知识点二函数的最值f(x)≤M f(x 0)＝M f(x)≥M f(x 0)＝M4．函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x≥1，2x ，x<1的值域为________．解析：当x≥1时，f(x)＝log 12 x 是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；x<1时，f(x)＝2x是单调递增的，此时，函数的值域为(0,2)．综上，f(x)的值域是(－∞，2)．答案：(－∞，2)5．(必修①P 31例4改编)函数f(x)＝2xx －1在[2,6]上的最大值和最小值分别是________．解析：函数f(x)＝2x x －1＝－＋2x －1＝2＋2x －1在[2,6]上单调递减，所以f(x)min ＝f(6)＝2×66－1＝125. f(x)max ＝f(2)＝2×22－1＝4.答案：4，125热点一函数单调性的判断与证明【例1】 (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 2－3xC ．f(x)＝－1x ＋1D ．f(x)＝－|x|(2)试讨论函数f(x)＝axx －1(a≠0)在(－1,1)上的单调性．【解析】 (1)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)解：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＝2－x 11－2－.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．综上，当a>0时，f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f(x)在(－1,1)上单调递增．【答案】 (1)C已知a>0，函数f(x)＝x ＋ax (x>0)，证明：函数f(x)在(0，a]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数．证明：方法1：任意取x 1>x 2>0，则f(x 1)－f(x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 2＝(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 1－a x 2＝(x 1－x 2)＋2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2.当a ≥x 1>x 2>0时，x 1－x 2>0,1－a x 1x 2<0，有f(x 1)－f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2)，此时，函数f(x)＝x ＋ax (a>0)在(0，a]上为减函数；当x 1>x 2≥a 时，x 1－x 2>0,1－ax 1x 2>0，有f(x 1)－f(x 2)>0，即f(x 1)>f(x 2)，此时，函数f(x)＝x ＋ax(a>0)在[a ，＋∞)上为增函数；综上可知，函数f(x)＝x ＋ax(a>0)在(0，a]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数．方法2：f′(x)＝1－a x 2，令f′(x)>0，则1－ax 2>0，解得x>a 或x<－a(舍)．令f′(x)<0，则1－ax2<0，解得－a<x< a.∵x>0，∴0<x< a.故f(x)在(0，a]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数．热点二函数单调区间的确定【例2】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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧－－2＋2，x≥0，－＋2＋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 12 u 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).求下列函数的单调区间： (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2－x ； (2)y ＝3x 2－6ln x.解：(1)设u ＝x 2－x ，则y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13u .∵u 在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12上为减函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数，又∵y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13u为减函数， ∴y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2－x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上为增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数．(2)y′＝6x －6x ＝6x 2－6x .∵定义域为(0，＋∞)，由y′>0，得x>1，∴增区间为(1，＋∞)．由y′<0，得0<x<1，∴减区间为(0,1)．热点三函数单调性的应用考向1 比较大小【例3】 (2017·衡阳模拟)已知函数f(x)＝log 2x ＋11－x，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f(x 1)<0，f(x 2)<0B ．f(x 1)<0，f(x 2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0【解析】因为f(x)在(1，＋∞)上是增函数，且f(2)＝log22＋11－2＝0，又x1∈(1,2)，所以f(x1)<f(2)＝0；x2∈(2，＋∞)，所以f(x2)>f(2)＝0.【答案】B考向2 解不等式【例4】已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)>0，则x的取值范围是________．【解析】由题意，得函数f(x)的草图如图所示．因为f(x－1)>0，所以|x－1|<2，所以－2<x－1<2，所以－1<x<3.【答案】(－1,3)考向3 求参数的取值范围【例5】已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________．【解析】易知函数y＝|x－a|在区间[a，＋∞)上单调递增，又函数f(x)＝e|x－a|在[1，＋∞)上单调递增，所以a≤1，所以a的取值范围是(－∞，1]．【答案】(－∞，1](1)(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>bB ．c>b>aC ．a>c>bD ．b>a>c(2)f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x －8)≤2时，x 的取值范围是( )A ．(8，＋∞)B ．(8,9]C ．[8,9]D ．(0,8)(3)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－－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：(1)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. (2)2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x －8)≤2，可得f[x(x －8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x>0，x －8>0，－，解得8<x≤9.(3)要使函数f(x)在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a －2>0，f，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：(1)D (2)B (3)(2,3] 热点四函数的最值【例6】 (1)若函数f (x )＝1a －1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则实数a 的值为________．(2)函数y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1的值域为________．【解析】 (1)因为函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是增函数，值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.(2)y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1＝2＋1x 2－x ＋1.因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34，所以2<2＋1x 2－x ＋1≤103.故值域为⎝⎛⎦⎥⎤2，103.【答案】 (1)25 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤2，103(1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x ≥1，3x ，x <1的值域为________．(2)函数f (x )＝3x ＋2x，x ∈[1,2]的值域为________．解析：(1)当x ≥1时，f (x )＝log 13x 是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；当x <1时，f (x )＝3x 是单调递增的，此时，函数的值域为(0,3)．综上，f (x )的值域是(－∞，3)．(2)方法1：f (x )＝3(x ＋23x )，易证f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上是增函数． ∴f (x )在[1,2]上为增函数，从而得值域为[5,7]．方法2：f ′(x )＝3－2x2，当1≤x ≤2时，f ′(x )>0，∴f (x )在[1,2]上为增函数，又f (1)＝5，f (2)＝7.∴f (x )＝3x ＋2x，x ∈[1,2]的值域为[5,7]．答案：(1)(－∞，3) (2)[5,7]1．单调区间是定义域的子区间，求单调区间定义域优先． 2．熟记各基本初等函数的单调区间，是求单调区间的前提、基础．3．对于对勾函数y ＝x ＋a x(a >0)，单调递增区间：(－∞，－a ]，[a ，＋∞)；单调递减区间：[－a ，0)，(0，a ]．4．函数的单调增、减区间要分开写；两个(或两个以上)同一类单调区间之间用“，”隔开，不能用“∪”符号连接．5．若f (x )具有对称轴x ＝a ，则在x ＝a 两侧的对称区间上f (x )具有相反的单调性．若f (x )具有对称中心(a ，b )，则在x ＝a 两侧的对称区间上f (x )具有相同的单调性． 6．函数图象的平移不影响单调性；其中左右平移能改变单调区间，上下平移不改变单调区间．抽象函数的几个解题技巧抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出了一些体现函数特征的式子的一类函数，如函数的定义域，解析递推式，特定点的函数值，特定的运算性质等．它是中学数学中的一个难点，抽象性较强，灵活性大，解决抽象函数问题最重要的一点是要抓住函数中的某些性质，利用数学方法(如赋值法、化归法、数形结合法等)，这样就能突破“抽象”带来的困难，做到胸有成竹．另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题．本文对这一问题进行了初步整理、归类，大概有以下几种题型：一、利用赋值法求抽象函数的值【例1】定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＝f(4－x)且f(2－x)＋f(x－2)＝0，则f(2 016)的值为________．【解析】由f(2－x)＋f(x－2)＝0，令t＝x－2，代入，有f(－t)＝－f(t)，∴f(x)为奇函数且有f(0)＝0，又f(x＋4)＝f[4－(x＋4)]＝f(－x)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，故f(x)是周期为8的周期函数，∴f(2 016)＝f(0)＝0.【答案】0解题策略：这类抽象函数一般是给出定义域，某些性质及运算式来求特殊值．其解法常用“特殊值法”，即在其定义域内令变量取某特殊值而获解，关键是使抽象问题具体化．二、利用配凑法证明抽象函数的单调性【例2】已知函数f(x)对任意x，y∈R有f(x)＋f(y)＝2＋f(x＋y)，当x>0时，f(x)>2，f(3)＝5.求不等式f(a2－2a－2)<3的解集．【解】设x1，x2∈R且x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>2，即f(x2－x1)－2>0，∴f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－2>f(x1)，∴f(x2)>f(x1)，故f(x)为增函数，又f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)－2＝3f(1)－4＝5，∴f(1)＝3，∴f(a2－2a－2)<3＝f(1)，即a2－2a －2<1，∴－1<a<3，因此不等式f(a2－2a－2)<3的解集为{a|－1<a<3}．解题策略：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作是给定的运算法则，则变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联．此外这类不等式一般需要将常数表示为函数在某点处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数符号“f”，转化为代数不等式求解．三、利用周期性回归已知【例3】已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)＝1，且对于任意x∈R都有f(x＋5)≥f(x)＋5，f(x＋1)≤f(x)＋1，若g(x)＝f(x)＋1－x，则g(2 002)＝________.【解析】由g(x)＝f(x)＋1－x，得f(x)＝g(x)＋x－1，从而由题设有g(x＋5)＋(x＋5)－1≥[g(x)＋x－1]＋5⇒g(x＋5)≥g(x)，g(x＋1)＋(x＋1)－1≤[g(x)＋x－1]＋1⇒g(x＋1)≤g(x)．故g(x)≤g(x＋5)≤g(x＋4)≤g(x＋3)≤g(x＋2)≤g(x＋1)≤g(x)，即g(x)＝g(x ＋1)，所以g(x)是以1为周期的周期函数．又g(1)＝f(1)＋1－1＝1，所以g(2 002)＝1.【答案】 1解题策略：根据题目中所给出的或推出的函数方程，运用递推的思想，逐步递推，发现函数具有周期性，利用周期性达到目的．- 11 -。

2018高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第2节函数的单调性与最值教师用书文北师大

第二节函数的单调性与最值[考纲传真] 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义；结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.2.会运用函数的图像理解和研究函数的性质．1．函数的单调性 (1)增、减函数①如果函数y ＝f (x )在区间A上是增加的或是减少的，那么称A 为单调区间． ②如果函数y ＝f (x )在定义域的某个子集上是增加的或是减少的，那么就称函数y ＝f (x )在这个子集上具有单调性．(3)单调函数如果函数y ＝f (x )在整个定义域内是增加的或是减少的，我们分别称这个函数为增函数或减函数，统称为单调函数．2．函数的最值1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝1x在其定义域上递减．( )(2)函数y ＝|x |x＋x 在其定义域上递增．( )(3)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D 且f x 2－f x 1x 2－x 1＞0，则函数f (x )在D上是增加的．( )(4)若函数f (x )的最大值是M ，最小值是m ，则函数f (x )的值域一定是[m ，M ]．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(2016·北京高考)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )【导学号：66482027】A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－xD [选项A 中，y ＝11－x 在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数；选项B 中，y ＝cos x 在(－1,1)上先增后减；选项C 中，y ＝ln(x ＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y ＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数；选项D 中，y ＝2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上为减函数，故y ＝2－x在(－1,1)上是减函数．]3．(教材改编)已知函数f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________．2 25 [可判断函数f (x )＝2x －1在[2,6]上为减少的，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min＝f (6)＝25.]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________.【导学号：66482028】⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [由题意知2k ＋1＜0，得k ＜－12.] 5．f (x )＝x 2－2x ，x ∈[－2,3]的单调增区间为________，f (x )max ＝________.[1,3] 8 [f (x )＝(x －1)2－1，故f (x )的单调增区间为[1,3]，f (x )max ＝f (－2)＝8.](1)函数f (x )＝log 2(x 2－1)的递减区间为________．(2)试讨论函数f (x )＝x ＋kx(k ＞0)的单调性．(1)(－∞，－1) [由x 2－1＞0得x ＞1或x ＜－1，即函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．令t ＝x 2－1，因为y ＝log 2t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数，t ＝x 2－1在x ∈(－∞，－1)上是减函数，所以函数f (x )＝log 2(x 2－1)的递减区间为(－∞，－1)．](2)法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令0＜x 1＜x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)x 1x 2－kx 1x 2. 2分因为0＜x 1＜x 2，所以x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0. 故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)＜f (x 2)，即函数在(k ，＋∞)上递增. 6分当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)，即函数在(0，k )上递减．考虑到函数f (x )＝x ＋kx(k ＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－k )上递增，在(－k ，0)上递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上递增，在(－k ，0)和(0，k )上递减. 12分法二：f ′(x )＝1－k x2. 2分令f ′(x )＞0得x 2＞k ，即x ∈(－∞，－k )或x ∈(k ，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞). 6分令f ′(x )＜0得x 2＜k ，即x ∈(－k ，0)或x ∈(0，k )，故函数的单调减区间为(－k ，0)和(0，k ). 10分故函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上递增，在(－k ，0)和(0，k )上递减. 12分[规律方法] 1.利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后应注意差式的分解变形要彻底．2．利用导数法证明函数的单调性时，求导运算及导函数符号判断要准确．易错警示：求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如本题(1)． [变式训练1] (1)(2017·深圳二次调研)下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )A ．y ＝x 3B ．y ＝xC ．y ＝1xD ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x(2)函数f (x )＝log 12(x 2－4)的递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－2)(1)C (2)D [(1)选项A ，B 中函数在定义域内均为递增函数，选项D 为在定义域内为递减函数，选项C 中，设x 1＜x 2(x 1，x 2≠0)，则y 2－y 1＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2，因为x 1－x 2＜0，当x 1，x 2同号时x 1x 2＞0，1x 2－1x 1＜0，当x 1，x 2异号时x 1x 2＜0，1x 2－1x 1＞0，所以函数y ＝1x在定义域上不是单调函数，故选C.(2)由x 2－4＞0得x ＞2或x ＜－2，所以函数f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为y ＝log 12t 在定义域上是减函数，所以求原函数的递增区间，即求函数t ＝x 2－4的递减区间，可知所求区间为(－∞，－2)．]已知f (x )＝x，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1.(1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2)若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围.【导学号：66482029】[思路点拨] (1)先判断函数f (x )在[1，＋∞)上的单调性，再求最小值；(2)根据f (x )min＞0求a 的范围，而求f (x )min 应对a 分类讨论．[解] (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x 2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72. 4分(2)f (x )＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．法一：①当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0， ∴－3＜a ≤0. 7分②当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数，f (x )min ＝f (1)＝a ＋3，∴a ＋3＞0，a ＞－3，∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3,1]. 10分法二：f (x )＝x ＋a x＋2＞0，∵x ≥1，∴x 2＋2x ＋a ＞0，8分∴a ＞－(x 2＋2x )，而－(x 2＋2x )在x ＝1时取得最大值－3，∴－3＜a ≤1，即a 的取值范围为(－3,1]. 12分[规律方法] 利用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法，若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数，则f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (b )，最小值为f (a )．请思考，若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数呢？ [变式训练2] (2016·北京高考)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________．2 [法一：∵f ′(x )＝－1x －2，∴x ≥2时，f ′(x )＜0恒成立，∴f (x )在[2，＋∞)上递减，∴f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2. 法二：∵f (x )＝xx －1＝x －1＋1x －1＝1＋1x －1， ∴f (x )的图像是将y ＝1x的图像向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y ＝1x在[2，＋∞)上递减，∴f (x )在[2，＋∞)上递减，故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.法三：由题意可得f (x )＝1＋1x －1.∵x ≥2，∴x －1≥1，∴0＜1x －1≤1， ∴1＜1＋1x －1≤2，即1＜x x －1≤2. 故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为2.]☞角度(2015·山东高考)设a ＝0.60.6，b ＝0.61.5，c ＝1.50.6，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．b <a <cD ．b <c <aC [因为函数y ＝0.6x是减函数，0<0.6<1.5，所以1>0.60.6>0.61.5，即b <a <1.因为函数y ＝x 0.6在(0，＋∞)上是增函数，1<1.5，所以1.50.6>10.6＝1，即c >1.综上，b <a <c .]☞角度2 解不等式已知函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上递增，则不等式f (2x －1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的解集是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，2x －1＜13，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，x ＜23，所以12≤x ＜23.]☞角度3 求参数的取值范围(1)如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是递增的，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 (2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x －1，x ≤1，log a x ，x ＞1，若f (x )在(－∞，＋∞)上递增，则实数a 的取值范围为________．【导学号：66482030】(1)D (2)(2,3] [(1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是递增的，故在(－∞，4)上递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a，因为f (x )在(－∞，4)上递增，所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0.综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0.(2)要使函数f (x )在R 上递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a －2＞0，f，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]．][规律方法] 1.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．2．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．3．利用单调性求参数．视参数为已知数，依据函数的图像或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．易错警示：(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．[思想与方法]1．判断函数单调性的四种方法(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时为增函数，不同时为减函数． (3)图像法：如果f (x )是以图像形式给出的，或者f (x )的图像易作出，可由图像的直观性判断函数单调性．(4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性． 2．求函数最值的常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(2)图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)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．[易错与防范]1．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．分段函数单调性不仅要考虑各段的单调性，还要注意衔接点．3．函数在两个不同的区间上单调性相同，要分开写，用“，”隔开，不能用“∪”连接．。

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第二章函数、导数及其应用 2.2

函数是减函数时,x1-x2与f(x1)-f(x2)异号.
3.在最大值、最小值的定义中,条件(2)能否去掉?为什
么?
提示:不能,因为去掉后不能保证M是一个函数值,即存
在一个x0∈I,使M=f(x0),最大值、最小值必须是函数值中的最大值、最小值.
4.函数y=f(x)最大值、最小值的意义是什么?
提示:是对应图像最高点、最低点的纵坐标.
【解析】由图可知函数的递增区间为[-1,1]和[5,7]. 答案:[-1,1],[5,7]
考向一
确定函数的单调性(区间)
▲提能互动
【典例】(1)(2016·北京高考改编)下列函数中,在区间
(-1,1)上为减少的是
A.y=
(
)
B.y=cosx
1 C.y=ln(x+1) 1 x
D.y=2-x
(2)(2015·上海高考改编)判断并证明函数f(x)= ax2+ 1 (其中1<a<3)在x∈[1,2]上的单调性. x 世纪金榜导学号99972020
【教材母题巧变式】
题号
1
2 P38·例4
3 P58·T1
4 P56·T8
源 P39·练习自 T2
1.函数y=x2-5x-6在区间[2,4]上是 ( A.减少的 C.先减少再增加 B.增加的 D.先增加再减少
)
【解析】选C.作出函数y=x2-5x-6的图像(图略)知,在
[2,4]上先减后增.
2.函数y= 1 在[2,3]上的最小值为 ( ) x 1 1 1 1 A.2 B. C. D. 2 y= 3 [2,3]上是减少的 2 , 【解析】选B.因为在 1 x 1 所以ymin= 1 1 . 3 1 2

2018高考数学文全国大一轮复习课件：第二篇函数、导数

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
(2)单调区间的定义若函数y=f(x)在区间D上是增函数或减函数,则称函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性, 区间D 叫做y=f(x)的单调区间. 2.函数的最值
前提
条件结论
一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在M∈R
1 解析:因为 f(x)是(-≦,+≦)上的减函数,则由不等式 f(2)< f 可得 x
2>
1 , x 1 ,故选 D. 2
所以 x<0,或 x>
3.(2016·曲靖校级模拟)函数f(x)= log 1 x 2 1 的单调递增区间为 2 ( D ) (A)(0,+∞) (C)(1,+∞)
3
当 x≤1 时,f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1 递增,可得 f(x)≤1. 综上可得,f(x)的最大值为 1. 答案:-3 1
5.下列命题中假命题有 ①y=
.(填上所有符合题意的序号)
②y=f(x)在[1,+∞)上是增函数,则函数的增区间为[1,+∞) ③函数f(x)=log2(3x+1)的最小值是0 ④对于函数f(x),x∈D,若x1,x2∈D,且(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则f(x)在 D上是增函数解析:不同单调区间不能用并集,①假;[1,+≦)是y=f(x)的增区间的子集, ②假;当x→-≦时,f(x)=log2(3x+1)→0,但不等于0,即无最小值,③假;只
2
内为减函数,由复合函数的单调性可得,函数 f(x)= log 1 x 2 1 的单调递增区
2

精选2018年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标15导数与函数的极值最值理

优选 201８年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标 15 导数与函数的极值最值理————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期 :?2018 年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标15导数与函数的极值、最值理[ 解密考纲 ] 本考点主要考察利用导数研究函数的单一性、极值、最值、或许已知最值求参数等问题 . 高考取导数试题常常和不等式、函数、三角函数、数列等知知趣联合，作为中档题或压轴题出现 . 三种题型均有出现 , 以解答题为主，难度较大 .一、选择题１ . 若函数ｆ( x) ＝ｘ3-2 cｘ２＋x 有极值点,则实数 c 的取值范围为( D )A．错误!B. 错误 ! 不决义书签。

C. 错误!∪错误 ! 不决义书签。

D．错误 ! 不决义书签。

∪ 错误!不决义书签。

分析：若函数 f （ｘ)=ｘ３－2cｘ2＋ｘ有极值点,则ｆ′(x)＝3x2－4cｘ+1＝0有根,故＝(- ４c）2－ 12>０ , 进而c>错误!或c<－错误! .2．函数ｆ( x） =错误 ! 不决义书签。

ｘ2-ln x 的最小值为(Ａ）A．＼ｆ(１, 2) B. １Ｃ. ０?Ｄ. 不存在分析 : ｆ′(x) ＝x- 错误! =错误 ! 不决义书签。

，且x>0,令 f ′（ x)>0,得 x>1；令 f ′(x）<0,得0<x＜1，∴ f （ x)在 x＝1处获得极小值也是最小值，1且 f （1)=2－ｌｎ1=＼f(1 , 2）,应选Ａ.3．已知x＝2是函数 f ( x)= x3－３ａx＋２的极小值点，那么函数ｆ（x）的极大值为（Ｄ)A． 15?B.16Ｃ． 17 D.18分析：x ＝2 是函数f（ｘ）= 3－3aｘ＋ 2的极小值点 , 即ｘ＝２是ｆ′()=３x2－ 3a=0x x的根 , 将x＝ 2 代入得a=4，因此函数分析式为ｆ( x) ＝ｘ3-12ｘ＋2. 令f′(ｘ)=3 x２－12＝ 0,得 x＝±2，故函数在(-2,2)上是减函数 , 在( －∞,- ２),(2，＋∞ ) 上是增函数 , 由此可知当x=－2时函数 f （ x）获得极大值 f (－２）＝１8，应选 D．4．函数f（x）=错误!在 [ － 2,2 ］上的最大值为2，则实数a的取值范围是（ D）A. 错误!Ｂ．错误!不决义书签。

2018年高考数学(理)一轮复习课时达标第二章函数、导数及其应用10Word版含答案

课时达标第10讲[解密考纲]本考点考查函数与方程的关系、函数的零点．在近几年的高考卷中选择题、填空题、解答题都出现过．选择题、填空题通常排在中间位置，解答题往往与其他知识综合考查，题目难度中等．一、选择题1．函数f (x )＝x 3＋2x －1的零点所在的大致区间是( A ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3)D ．(3,4)解析：f (0)＝－1<0，f (1)＝2>0，则f (0)·f (1)＝－2<0，且函数f (x )＝x 3＋2x －1的图象是连续曲线，所以f (x )在区间(0,1)内有零点．2．满足方程ln x ＋x －4＝0的x 0属于区间( C ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3)D ．(3,4)解析：构造函数f (x )＝ln x ＋x －4，因为f (2)＝ln 2＋2－4<0，f (3)＝ln 3＋3－4>0，故零点一定在区间(2,3)内．3．f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为( B ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7解析：令f (x )＝2sin πx －x ＋1＝0，则2sin πx ＝x －1，令h (x )＝2sin πx ，g (x )＝x －1，则f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数问题转化为两个函数h (x )与g (x )图象的交点个数问题．h (x )＝2sin πx 的最小正周期为T ＝2ππ＝2，在同一坐标系中，画出两个函数的图象，如图所示，两个函数图象的交点一共有5个，所以f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.4．已知方程|x 2－a |－x ＋2＝0有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围为( B ) A ．(0,4) B ．(4，＋∞) C ．(0,2)D ．(2，＋∞)解析：依题意，知方程|x 2－a |＝x －2有两个不等的实数根，即函数y 1＝|x 2－a |的图象与函数y 2＝x －2的图象有两个不同的交点．如图，则a >2，即a >4，故选B ．5．已知函数f (x )＝e |x |＋|x |，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是( B )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，－1)解析：因为f (－x )＝e |－x |＋|－x |＝e |x |＋|x |＝f (x )，故f (x )是偶函数．当x ≥0时，f (x )＝e x ＋x是增函数，故f (x )≥f (0)＝1，由偶函数图象关于y 轴对称，知f (x )在(－∞，0)上是减函数，值域为[1，＋∞)，作出函数y ＝f (x )与y ＝k 的图象，如图所示，由图可知，实数k 的取值范围是(1，＋∞)，故选B ．6．已知f (x ＋1)＝f (x －1)，f (x )＝f (－x ＋2)，方程f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝12，则f (x )＝0在区间[0，2 017]内根的个数为( C )A ．2 015B ．1 008C ．2 017D ．1 009解析：由f (x ＋1)＝f (x －1)，可知f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2.由f (x )＝f (－x ＋2)可知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．因为函数f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝12，所以函数f (x )＝0在区间[0,2 017]内根的个数为2 017，故选C ．二、填空题7．若二次函数f (x )＝x 2－2ax ＋4在(1，＋∞)内有两个零点，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫2，25. 解析：依据二次函数的图象有⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，－－2a2>1，f (1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 2－16>0，a >1，a <52，解得2<a <52.8．定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x >0时，f (x )＝2 017x ＋log 2 017x ，则在R 上，函数f (x )零点的个数为3.解析：函数f (x )为R 上的奇函数，因此f (0)＝0，当x >0时，f (x )＝2 017x ＋log 2 017x 在区间⎝⎛⎭⎫0，12 017内存在一个零点，又f (x )为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数f (x )在R 上的零点的个数为3.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－a ，x ≤0，x 2－3ax ＋a ，x >0，有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤49，1.解析：依题意，要使函数f (x )有三个不同的零点，则当x ≤0时，方程2x －a ＝0，即2x＝a 必有一个根，此时0<a ≤1；当x >0时，方程x 2－3ax ＋a ＝0有两个不等的实根，即方程x 2－3ax ＋a ＝0有两个不等的正实根，于是有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9a 2－4a >0，3a >0，a >0，解得a >49，因此，满足题意的实数a 需满足⎩⎪⎨⎪⎧0<a ≤1，a >49，即49<a ≤1.三、解答题10．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1(a ≠0)． (1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的零点；(2)若对任意b ∈R ，函数f (x )恒有两个不同零点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2－2x －3，令f (x )＝0，得x ＝3或x ＝－1.所以函数f (x )的零点为3或－1.(2)依题意，f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1＝0有两个不同实根，所以b 2－4a (b －1)>0恒成立，即对于任意b ∈R ，b 2－4ab ＋4a >0恒成立，所以有(－4a )2－4×(4a )<0⇒a 2－a <0，解得0<a <1，因此实数a 的取值范围是(0,1)．11．已知y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2－2x . (1)写出函数y ＝f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，求a 的取值范围．解析：(1)当x ∈(－∞，0)时，－x ∈(0，＋∞)，因为y ＝f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )2－2(－x )]＝－x 2－2x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，最小值为－1；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝－x 2－2x ＝1－(x ＋1)2，最大值为1.可作出函数y ＝f (x )的图象(如图所示)，根据图象，若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，则a 的取值范围是(－1,1)．12．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)．(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解析：(1)∵x >0时，g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e 时，y ＝g (x )－m 就有零点．所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．。

2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章函数、导数及其应用 2.2 精品

A.(0,+∞)
B.(-∞,0)
C.(3,+∞)
D.(-∞,-3)
【解析】选D.函数f(x)= log1 (x2 的 9定) 义域为(-∞,
2
-3)∪(3,+∞),因为函数y=f(x)是由 y l与og1tt=g(x)
2
=x2-9复合而成,又因为y log在1 t(0,+∞)上单调递减,
2
g(x)在(-∞,-3)上单调递减,所以函数y=f(x)在(-∞,
2
当x∈(0,+∞)时,f(x)= 为1 增函数;
x 1
当x∈(0,+∞)时,f(x)=-|x|为减函数.
2.函数f(x)=-x2+2|x|+3的单调递减区间为
.
【解析】因为f(x)=
x x
2 2
2x 2x
3，x 0, 3，x＜0，
其图象如图所示,
所以函数y=f(x)的单调递减区间
为[-1,0]和[1,+∞).
x2 x 1
【解题导引】(1)利用换元法求解.
(2)采用分离变量法,即将分子变为2(x2-x+1)+1的形
式,转化后求解.
【规范解答】(1)令 x 1 t≥t，0,则x=t2+1, 所以y=t2+t+1(=t 1)2 3，
24
当t≥0时,由二次函数的性质可知,当t=0时,ymin=1.
答案:1
第二节函数的单调性与最值
【知识梳理】
1.增函数、减函数
增函数
减函数
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x1,x2
定义

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标5 函数的单调性与最值理

课时达标第5讲[解密考纲]本考点考查函数的单调性．单独命题多以选择题的形式呈现，排在中间靠前的位置，题目难度系数属于中等或中等偏上；另外，函数的性质也常常与三角函数、向量、不等式、导数等相结合出解答题，有一定难度．一、选择题1．下列函数中，在区间(0,1]上是增函数且最大值为－1的为( C ) A ．y ＝－x 2B ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xC ．y ＝－1xD ．y ＝2x解析 y ＝－x 2在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝－1x在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝－1，满足条件；y ＝2x 在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝2，不满足条件，故选C ．2．(2018·黑龙江牡丹江一中期中)函数y ＝3x 2－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是( B ) A ．R B ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤143，729 C ．[9,243]D ．[3，＋∞)解析令t ＝x 2－3x ＋2，∵x ∈[－1,2]，∴t ＝x 2－3x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322－14∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，6.又y ＝3t在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，6上单调递增，则y ＝3t ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤143，729. ∴函数y ＝3x 2－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤143，729. 3．设函数f (x )定义在实数集上，它的图象关于直线x ＝1对称，且当x ≥1时，f (x )＝3x－1，则( B )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 解析由题设知，当x <1时，f (x )单调递减，当x ≥1时，f (x )单调递增，而x ＝1为对称轴，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，又13<12<23<1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，故选B ． 4．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x ≤1，a x ，x >1是R 上的增函数，则实数a 的取值范围为( B )A ．(1，＋∞)B ．[4,8)C ．(4,8)D ．(1,8)解析 ∵f (x )是R 上的增函数，∴a >1且4－a 2>0且a ≥4－a2＋2，解得，4≤a <8，故选B ．5．(2018·天津河西区一模)函数f (x )＝ln(x 2－2x －3)的单调递减区间为( C ) A ．(－∞，1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(3，＋∞)解析要使函数有意义，则x 2－2x －3>0，即x >3或x <－1.设t ＝x 2－2x －3＝(x －1)2－4，当x >3时，函数t ＝x 2－2x －3单调递增；当x <－1时，函数t ＝x 2－2x －3单调递减． ∵函数y ＝ln t 在定义域上为单调递增函数， ∴f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，故选C ．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0，)若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( C )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝x ＋22－4，x ≥04x －x 2＝－x －22＋4，x <0，由f (x )的图象可知f (x )在R 上是增函数，由f (2－a 2)>f (a )，得2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a <1. 二、填空题7．(2018·山东日照调研)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为__2__.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f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.8．函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为__2__. 解析设1－x ＝t ，则x ＝1－t 2(t ≥0)．所以y ＝x ＋21－x ＝1－t 2＋2t ＝－t 2＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2. 所以当t ＝1，即x ＝0时，y max ＝2.9．(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x＋1e x ＋1在区间[－k ，k ](k >0)上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝__4__.解析 ∵f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x＋1e x ＋1＝ln(x ＋1＋x 2)＋3－2e x ＋1，∴函数f (x )在R上为单调递增，∴M ＝f (k )＝ln(k ＋1＋k 2)＋3－2e k ＋1，m ＝f (－k )＝ln(－k ＋1＋k 2)＋3－2e －k＋1， ∴M ＋m ＝f (k )＋f (－k )＝ln 1＋6－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e k ＋1＋1e －k ＋1＝6－2＝4.三、解答题10．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．解析设x 1，x 2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x 1<x 2，则 f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1＝－2x 2－x 1x 1＋1x 2＋1. 由0≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，(x 1＋1)(x 2＋1)>0，所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，故f (x )在区间[0,2]上是增函数．因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.11．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数，满足f (x )＋f (y )＝f (xy )． (1)求证：f (x )－f (y )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ；(2)若f (4)＝－4，解不等式f (x )－f ⎝⎛⎭⎪⎫1x －12≥－12.解析 (1)证明：由条件f (x )＋f (y )＝f (xy )可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫xy ＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫xy·y ＝f (x )，所以f (x )－f (y )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y.(2)因为f (4)＝－4，所以f (4)＋f (4)＝f (16)＝－8，f (4)＋f (16)＝f (64)＝－12.由(1)得f (x )－f ⎝⎛⎭⎪⎫1x －12＝f (x (x －12))，又f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数，⎩⎪⎨⎪⎧x >01x －12>0⇒x >12，由f (x )－f ⎝⎛⎭⎪⎫1x －12≥－12，有f (x (x －12))≥f (64)，所以x (x －12)≤64. 所以x 2－12x －64＝(x －16)(x ＋4)≤0，得－4≤x ≤16，又x >12，所以x ∈(12,16]．12．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)．(1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围．解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，任取1≤x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 1－12x 2＝x 1－x 22x 1x 2－12x 1x 2，∵1≤x 1<x 2，∴x 1x 2>1，∴2x 1x 2－1>0.又x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数， ∴f (x )在[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝72.(2)∵在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋ax>0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋a >0，x ≥1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >－x 2＋2x，x ≥1，等价于a 大于函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值．∵φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，∴当x ＝1时，φ(x )取最大值为φ(1)＝－3，∴a >－3，故a 的取值范围是(－3，＋∞)．。

2018年高考数学一轮温习第二章函数导数及其应用课时达标5函数的单调性与最值理

4．概念在R上的函数f(x)知足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x<0时，f(x)>0，那么函数f(x)在[a，b]上有( C )
A．最小值f(a)
B．最大值f(b)
C．最小值f(b)
D．最大值f
解析：设x1<x2，由已知得f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)．
又x1－x2<0，因此f(x1－x2)>0，那么f(x1)>f(x2)，即f(x)在R上为减函数．
6．(2017·陕西咸阳模拟)设函数f(x)＝假设函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，那么实数a的取值范围是( D )
A．(－∞，1]B．[1,4]
C．[4，＋∞)D．(－∞，1]∪[4，＋∞)
解析：如图，画出f(x)＝的图象，假设使函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，那么a＋1≤2或a≥4，解得实数a的取值范围是(－∞，1]∪[4，＋∞)，应选D．
由(1)得f(x)－f ＝f(x(x－12))，
又f(x)是概念在(0，＋∞)上的减函数，
⇒x>12，由f(x)－f ≥－12，
有f(x(x－12))≥f(64)，因此x(x－12)≤64.
因此x2－12x－64＝(x－16)(x＋4)≤0，
得－4≤x≤16，又x>12，因此x∈(12,16]．
12．已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
二、填空题
7．函数f(x)＝x＋2 的最大值为2.
解析：设＝t(t≥0)，因此x＝1－t2.
因此y＝x＋2 ＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2.
因此当t＝1，即x＝0时，ymax＝2.
8．(2017·湖北武汉模拟)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，那么f(x)的最大值为6.

2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第5讲函数的单调性与最值实战演练理

2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第5讲函数的单调性与最值实战演练理1．(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( D ) A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x解析：选项A 中，y ＝11－x ＝1－x －的图象是将y ＝－1x的图象向右平移1个单位得到的，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数，不符合题意；选项B 中，y ＝cos x 在(－1,0)上为增函数，在(0,1)上为减函数，不符合题意；选项C 中，y ＝ln(x ＋1)的图象是将y ＝ln x 的图象向左平移1个单位得到的，故y ＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数，不符合题意；选项D 符合题意．2．(2013·安徽卷)“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( C )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解析：充分性：当a <0时，f (x )＝|(ax －1)·x |＝－ax 2＋x 为图象开口向上的二次函数，且图象的对称轴为直线x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a ＝0时，f (x )＝x 为增函数．必要性：f (0)＝0，当a ≠0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0，若f (x )在(0，＋∞)上为增函数，则1a<0，即a <0；f (x )＝x 时，f (x )为增函数，此时a ＝0.综上，a ≤0为f (x )在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件．3．(2016·天津卷)已知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 (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.解析：由题意知函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为f (2|a －1|)>f (－2)，f (－2)＝f (2)，所以f (2|a －1|)>f (2)，所以2|a －1|<212 ，解得12<a <32.24．(2015·湖北卷)a 为实数，函数f (x )＝|x 2－ax |在区间[0,1]上的最大值记为g (a )．当a ＝ 22－2时，g (a )的值最小．解析：当a ＝0时，f (x )＝x 2，在[0,1]上为增函数，g (a )＝f (1)＝1；当a >0时，f (x )的图象如图所示．(1)当a ≥2时，a2≥1，此时f (x )在[0,1]上为增函数，g (a )＝f (1)＝a －1；(2)当1<a <2时，a2<1<a ，此时g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a24；(3)当0<a ≤1时，a2<a ≤1，此时g (a )＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，f，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－f (1)＝a 24－(1－a )＝a 2＋4a －44，当0<a ≤22－2时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤f (1)，g (a )＝f (1)＝1－a ，当22－2<a ≤1时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2>f (1)，g (a )＝a 24；当a <0时，f (x )的图象与a >0时f (x )的图象关于y 轴对称，所以求a >0时的最值即可．g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，a ＝0，1－a ，0<a ≤22－2，a24，22－2<a <2，a －1，a ≥2，其图象如图所示，∴当a ＝22－2时，g (a )的值最小．。

【高考导航】2018届高三数学理一轮复习第2章第2节函数的单调性与最值

[自主诊断] 1．(2014· 高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( A ) A．y＝ x＋1 C．y＝2－x
解析：显然y＝
B．y＝(x－1)2 D．y＝log0.5(x＋1)
x＋1 是(0，＋∞)上的增函数；y＝(x－1)2在(0,1)上是减函数，
－x
1 x 在(1，＋∞)上是增函数；y＝2 ＝ 2 在x∈R上是减函数；y＝log0.5(x＋1)在(－ 1，＋∞)上是减函数，故选A.
必记结论对于给出具体解析式的函数，证明或判断其在某区间上的单调性有两种方法： (1)可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解； (2)可导函数则可以利用导数解之．
(3)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数这一区间具有(严格的)单调性，区间D 或减函数，那么就说函数y＝f(x)在
2x 4．(人教A必修1§ 1.3例4改编)函数f(x)＝在[1,2]的最大值和最小值分别是 x＋1 4 3，1 ． ________
2x＋1－2 2x 2 解析：f(x)＝＝＝2－在[1,2]上是增函数，∴f(x)max＝f(2)＝ x＋1 x＋1 x＋1 4 3，f(x)min＝f(1)＝1.
1 x 1 x 1 查的是指数函数y＝ 2 在(0，＋∞)上单调递减，因为x＞y＞0，所以有 2 ＜ 2
解析：逐个判断给出函数的单调性．选项A中，y＝为增函数；选项B中，y＝cos x在(－1,1)上先增后减；选项C中，y＝ln(x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y＝ln(x＋1)在(－1,1)上为增函数； 1 －x x 选项D中，y＝2 ＝ 2 在R上为减函数，故y＝2 在(－1,1)上是减函数．

2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标15 导数与函数的极值、最值理

2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标15导数与函数的极值、最值理[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，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)＝12－ln 1＝12，故选A ．3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析：x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2.令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18，故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax，x >0，在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析：当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax ≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a≤2，得a ≤12ln 2，综上可知a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2，故选D ． 5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析：f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37，故选A ．6．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2.由f ′(x )<0，得b <x <2， ∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43，故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝32.解析：f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．(2017·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)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表：x －1 0 2 4 5 f (x )1221f (x )的导函数f ′(的极小值为0.解析：由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表：x (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,4) 4 (4,5) f ′(x ) ＋0 －0 ＋0 －f (x )极大值极小值极大值三、解答题10．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．11．(2017·河北衡水中学调研)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数)．(1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值．解析：(1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x，g (1)＝e.又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ，故切线的斜率为g ′(1)＝4e.所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .12．已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝2ax －e x ，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x ，当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． ∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0有两个根， ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e2.故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞.。

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