高考数学一轮复习第二章第十三节导数在研究函数中的应用(二)课时作业文(含解析)

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2020江苏高考数学一轮复习学案：第21课__导数在研究函数中的应用(2) 含解析

____第21课__导数在研究函数中的应用(2)____1. 理解导数的意义，熟练运用导数求解函数的单调区间、极值、最值．2. 应用导数解决一些综合问题，如恒成立及含参数问题等.1. 阅读：选修11第86～92页．2. 解悟：要清楚导数与函数的关系，利用导数研究函数性质的流程要熟练，主要步骤为求导，令导数等于0，求根，列表，下结论．3. 本章中对函数的重要思想方法，比如数形结合、函数与方程、分类讨论得到了又一次的加强，同学们在复习的过程中要注意加强体会.基础诊断1. 对任意∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值的充要条件是__0≤a ≤21__．解析：由题意得，f ′()＝32＋2a ＋7a .因为对∀∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值，且f ′()的图象开口向上，所以f ′()≥0对∈R 恒成立，所以Δ＝4a 2－84a ≤0，解得0≤a ≤21，故所求的充要条件是0≤a ≤21.2. 已知函数f()＝3＋3a 2＋b ＋a 2在＝－1处有极值0，则a －b ＝__－7__．解析：由题意得，f ′()＝32＋6a ＋b.因为函数f()在＝－1处有极值0，所以⎩⎨⎧f ′（－1）＝0，f （－1）＝0，即⎩⎨⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9.当a ＝1，b ＝3时，f ′()＝32＋6＋3＝3(＋1)2≥0，所以函数f()不存在极值应舍去，所以a －b ＝－7.3. 若函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，则实数a 的取值范围是__[2，＋∞)__．解析：由题意得，f ′()＝a x －1.因为函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，所以ax －1≥0在∈(1，2)上恒成立，所以a ≥，所以a ≥2，故实数a 的取值范围是[2，＋∞)．4. 已知函数f()＝2－cos ，∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的0取值范围为__⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2__．解析：因为函数f()＝2－cos 是偶函数，所以只需考虑区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的情形，当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′()＝2＋sin ≥0，所以函数f()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.结合函数f()是偶函数，图象关于y 轴对称，所以当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，－π2≤0<－π3，所以0的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.范例导航考向❶ 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题例1 已知函数f()＝2ln －2＋a ，若函数g()＝f()－a ＋m 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解析：由题意得，g()＝2ln －2＋m ，则g ′()＝2x －2＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e ，故当g ′()＝0时，＝1，当1e<<1时，g ′()>0；当1<<e 时，g ′()<0，故g()在＝1处取得极大值g(1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e2，g(e )＝m ＋2－e 2，g(e )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2<0，即g(e )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以函数g()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 有两个零点的条件是⎩⎨⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.已知函数f()＝ln ＋122－2，则函数y ＝f()的零点个数为__1__．解析：由题意得f ′()＝1x ＋－2＝（x －1）2x ≥0，所以函数f()在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝－32<0，所以函数y ＝f()的零点个数为1.考向❷ 利用导数求解不等式的恒成立(存在性)问题例2 已知函数f()＝ln ＋1x －1.(1) 求函数f()的单调区间；(2) 设m ∈R ，对任意的a ∈(－1，1)，总存在0∈[1，e]，使得不等式ma －f (0)<0成立，求实数m 的取值范围．解析：(1) f ′()＝1x －1x 2＝x －1x2，>0.令f ′()>0，得>1，所以函数f ()的单调递增区间是(1，＋∞)；令f ′()<0，得0<<1，所以函数f ()的单调递减区间是(0，1)．(2) 依题意得，ma <f (0)，由(1) 知，f ()在∈[1，e]上是增函数，所以f ()ma ＝f (e)＝lne ＋1e －1＝1e，所以ma <1e ，即ma －1e <0对于任意的a ∈(－1，1)恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －1e ≤0，－m －1e ≤0，解得－1e ≤m ≤1e，所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e ，1e .设函数f ()＝3－3＋1(∈R)，若对于任意∈[－1，1]，都有f ()≥0成立，则实数的值为__4__．解析：由题意得，f ′()＝32－3.当≤0时，32－3<0，所以函数f ()是减函数，所以f (1)≥0，即－3＋1≥0，解得≥2，故无解；当>0时，令f ′()＝32－3＝0，解得＝±k k .当<－kk时，f ′()>0，所以函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－k k 上单调递增；当－k k <<k k 时，f ′()<0，故函数f ()在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－k k，k k 上单调递减；当>k k 时，f ′()>0，故函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤k k ，1上单调递增，所以⎩⎨⎧f （－1）≥0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k ≥0，f （1）≥0，即⎩⎨⎧－k ＋3＋1≥0，k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫k k 3－3×kk ＋1≥0，k －3＋1≥0，解得⎩⎨⎧k ≤4，k ≥4，k ≥2，所以＝4.考向❸ 利用导数求解不等式的有关问题例3 设函数f()＝a 2－a －ln ，g()＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1) 讨论函数f ()的单调性； (2) 证明：当>1时，g ()>0.解析：(1) 由题意得，f ′()＝2a －1x ＝2ax 2－1x(>0)，设h ()＝2a 2－1. 当a ≤0时，h ()<0，所以f ′()<0，即函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，令h ()＝0，得1＝2a 2a ，2＝－2a2a(舍去)，所以函数f ()的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2a ，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. 综上，当a ≤0时，函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，函数f ()在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 2a 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫2a 2a，＋∞上单调递增．(2) 要证当>1时，g ()>0，即证当>1时，e xx>e.设t ()＝e x x (>1)，则t ′()＝e x （x －1）x2. 令t ′()＝e x （x －1）x2＝0，得＝1，所以t ()在区间(1，＋∞)上单调递增，所以t ()min >t (1)＝e ，所以当>1时，t ()>e 成立，所以当>1时，g ()>0成立．自测反馈1. 若函数f()＝2－e －a 在R 上存在单调增区间，则实数a 的取值范围是__(－∞，2ln2－2)__．解析：由题意得，f ′()＝2－e －a .因为函数f ()在R 上存在单调增区间，所以f ′()＝2－e －a >0，即a <2－e 有解．令g ()＝2－e ，所以g ′()＝2－e ，令g ′()>0，即2－e>0，解得<ln2；令g ′()<0，即2－e<0，解得>ln2，所以g ()ma ＝g (ln2)＝2ln2－2，所以a <2ln2－2.故实数a 的取值范围是(－∞，2ln2－2)．2. 若函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间，则实数a 的取值范围是__(－3，0)∪(0，＋∞)__．解析：由题意知，f ′()＝3a 2＋6－1，因为函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间．所以f ′()＝3a 2＋6－1＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝36－4×3a ×(－1)>0，且a ≠0，解得a>－3且a ≠0.故实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．3. 已知函数f()＝2f ′(1)ln －，则函数f()的极大值为__2ln 2－2__．解析：由题意得，f ′()＝2f ′（1）x －1(>0)，则f ′(1)＝2f ′（1）1－1，解得f ′(1)＝1，所以f ′()＝2x －1＝2－xx (>0)．令f ′()>0，解得0<<2，令f ′()<0，解得>2，所以函数f()在区间(0，2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，故函数f()的极大值为f(2)＝2ln 2－2.4. 若函数f()＝3－12在区间(－1，＋1)上不是单调函数，则实数的取值范围是__(－3，－1)∪(1，3)__．解析：由题意得，f ′()＝32－12.令f ′()＝0，即32－12＝0，解得＝±2.因为函数f()在区间(－1，＋1)上不单调，所以－1<－2<＋1或－1<2<＋1，解得－3<<－1或1<<3.故实数的取值范围是(－3，－1)∪(1，3)．1. 有关导数在函数中的应用主要类型有：求函数的切线，判断函数的单调性，求函数的极值和最值．2. 利用函数的单调性证明不等式，求参数的取值范围，对这些问题，要有解题规律的总结和反思．3. 你还有哪些体悟，写下;：。

【金牌精品】高考数学(理)一轮复习：2-11导数在研究函数中的应用

课后课时作业[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 ＝0B ．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·郑州一检]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·云南师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，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·湖北高考]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·沈阳一模]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 )>3e x ＋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 )>3e x ＋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·浙江高考]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 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，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2a 3＝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·云南一检]已知函数f (x )＝ln x －x 1＋2x. (1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f [x (3x －2)]<－13，求实数x 的取值范围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f (x )＝ln x －x 1＋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)>0x (3x －2)<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1. 11．[2015·陕西一检]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，求实数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 20－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e 26.12．[2016·云南检测]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 的取值范围；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)＝(－2)2－2(m ＋3)＋2m －2≤0，f ′(－1)＝(－1)2－(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 的取值范围是( )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 的取值范围是[－2,1)．故选C.2．[2016·昆明调研]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．[2015·四川高考]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 2)x 1－x 2，n ＝g (x 1)－g (x 2)x 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 2)x 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 2)x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立．③若m ＝n ，则有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝g (x 1)－g (x 2)x 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 )＝2x ln 2－2x －a ＝0，得2x ln 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2x ln 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 2)x 1－x 2＝－g (x 1)－g (x 2)x 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2x ln 2＋2x ＋a ＝0，即2x ln 2＝－2x －a .由y1＝2x ln 2与y2＝－2x－a的图象可知，对任意的a，存在x0，使x>x0时y1>y2，x<x0时y1<y2，故对任意的a，存在x0，使x>x0时，φ′(x)>0，x<x0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x1，x2，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＋1)2x 0＋2>0. 综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时作业12课件文

2021/12/12
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答案 3
2021/12/12
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能力提升组
13．(2018·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ex－x2e－x的图象大致为(
)
A
B
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C
D
第十七页，共二十五页。
解析
因为x≠0，f(－x)＝
e－x－ex x2
＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除
x)>f
－12
，所以log1
9
x>12或－12<log19
x<0，
解得0<x<13或1<x<3。所以原不等式的解集为x0<x<13或1<x<3
。
答案
x0<x<13或1<x<3
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第十三页，共二十五页。
11．已知a>b>1，若logab＋logba＝52，ab＝ba，则a＝____，b＝_____。
的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)
C．(－1,0)
D．(－∞，0)
解析当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1。作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，则需
x2＋x≤10≤，0， 2x<x＋1
或x2＋x<10>，0，所以x<0，故选D。
答案 B
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8．已知函数f(x)＝ 2x，x>1， 9x1－x2，x≤1，
若函数g(x)＝f(x)－k仅有一个

高三数学一轮复习备考导数在研究函数中的应用说课稿

《导数在研究函数中的应用》一轮复习说课稿尊敬的各位老师、专家，大家好！我今天说课的内容是高三的一节复习课《导数在研究函数中的应用》。

下面，我从以下几个方面来说课。

一、教学理念：新课标指出，学生是教学的主体，教师的教应本着从学生的认知规律出发，以学生活动为主线，在原有知识的基础上，建构新的知识体系。

因此，教师的责任关键在于教学过程中创设一个“数学活动”环境，让学生通过这个环境的相互作用，利用自身的知识和经验构建自己的理解，获得知识，从而培养自己的数学素养，培养自己的能力。

二、教材分析1、本节教材的地位、作用分析导数在研究函数中的应用是人教A版高中数学新教材选修2-2第一章第三节的内容。

其中函数单调性是刻画函数变化的一个最基本的性质，虽然学生已经能够使用定义判定在所给区间上函数的单调性,但在判断较为复杂的函数单调性时,使用定义法局限性较大。

而通过本节课的学习，能很好的解决这一难题，能够使学生充分体验到导数作为研究函数单调性的工具，其有效性和优越性。

另一方面，在高考中常利用导数研究函数的单调性，并求单调区间、极值、最值、利用导数解决生活中的优化问题，同时对研究不等式等问题起着重要作用。

所以，学习本节课既加深了学生对前面所学知识之间的联系，也为后继学习做好了铺垫，学好本节内容，能加深学生对函数性质的理解，进一步体会数形结合、分类讨论、函数与方程的数学思想，能在高考中起到四两拨千斤的作用。

在高考中，常将导数与向量、不等式、集合一样作为工具与其他知识相综合考查。

2、教学目标（一）知识与技能目标：（1）了解函数单调性和导数的关系，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）. （二）过程与方法目标：（1）通过本节的复习，掌握用导数在研究函数单调性、极值和最值中的方法；（2）培养学生的观察、比较、分析、概括的能力，数形结合、转化思想、分类讨论的数学思想（三）情感态度与价值观目标：（1）在教学过程中让学生养成多动手、多观察、勤思考、善总结的习惯；（2）培养学生的探索精神，感受成功的乐趣。

2020江苏高考数学一轮复习学案：第21课__导数在研究函数中的应用(2) 含解析.docx

____第21课__导数在研究函数中的应用(2)____1. 理解导数的意义，熟练运用导数求解函数的单调区间、极值、最值．2. 应用导数解决一些综合问题，如恒成立及含参数问题等.1. 阅读：选修11第86～92页．2. 解悟：要清楚导数与函数的关系，利用导数研究函数性质的流程要熟练，主要步骤为求导，令导数等于0，求根，列表，下结论．3. 本章中对函数的重要思想方法，比如数形结合、函数与方程、分类讨论得到了又一次的加强，同学们在复习的过程中要注意加强体会.基础诊断1. 对任意∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值的充要条件是__0≤a ≤21__．解析：由题意得，f ′()＝32＋2a ＋7a .因为对∀∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值，且f ′()的图象开口向上，所以f ′()≥0对∈R 恒成立，所以Δ＝4a 2－84a ≤0，解得0≤a ≤21，故所求的充要条件是0≤a ≤21.2. 已知函数f()＝3＋3a 2＋b ＋a 2在＝－1处有极值0，则a －b ＝__－7__．解析：由题意得，f ′()＝32＋6a ＋b.因为函数f()在＝－1处有极值0，所以⎩⎨⎧f ′（－1）＝0，f （－1）＝0，即⎩⎨⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9.当a ＝1，b ＝3时，f ′()＝32＋6＋3＝3(＋1)2≥0，所以函数f()不存在极值应舍去，所以a －b ＝－7.3. 若函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，则实数a 的取值范围是__[2，＋∞)__．解析：由题意得，f ′()＝a x －1.因为函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，所以ax －1≥0在∈(1，2)上恒成立，所以a ≥，所以a ≥2，故实数a 的取值范围是[2，＋∞)．4. 已知函数f()＝2－cos ，∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的0取值范围为__⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，－3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤3，2__．解析：因为函数f()＝2－cos 是偶函数，所以只需考虑区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的情形，当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′()＝2＋sin ≥0，所以函数f()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.结合函数f()是偶函数，图象关于y 轴对称，所以当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，－π2≤0<－π3，所以0的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.范例导航考向❶ 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题例1 已知函数f()＝2ln －2＋a ，若函数g()＝f()－a ＋m 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解析：由题意得，g()＝2ln －2＋m ，则g ′()＝2x －2＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e ，故当g ′()＝0时，＝1，当1e<<1时，g ′()>0；当1<<e 时，g ′()<0，故g()在＝1处取得极大值g(1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e2，g(e )＝m ＋2－e 2，g(e )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2<0，即g(e )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以函数g()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 有两个零点的条件是⎩⎨⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.已知函数f()＝ln ＋122－2，则函数y ＝f()的零点个数为__1__．解析：由题意得f ′()＝1x ＋－2＝（x －1）2x ≥0，所以函数f()在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝－32<0，所以函数y ＝f()的零点个数为1.考向❷ 利用导数求解不等式的恒成立(存在性)问题例2 已知函数f()＝ln ＋1x －1.(1) 求函数f()的单调区间；(2) 设m ∈R ，对任意的a ∈(－1，1)，总存在0∈[1，e]，使得不等式ma －f (0)<0成立，求实数m 的取值范围．解析：(1) f ′()＝1x －1x 2＝x －1x2，>0.令f ′()>0，得>1，所以函数f ()的单调递增区间是(1，＋∞)；令f ′()<0，得0<<1，所以函数f ()的单调递减区间是(0，1)．(2) 依题意得，ma <f (0)，由(1) 知，f ()在∈[1，e]上是增函数，所以f ()ma ＝f (e)＝lne ＋1e －1＝1e，所以ma <1e ，即ma －1e <0对于任意的a ∈(－1，1)恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －1e ≤0，－m －1e ≤0，解得－1e ≤m ≤1e，所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e ，1e .设函数f ()＝3－3＋1(∈R)，若对于任意∈[－1，1]，都有f ()≥0成立，则实数的值为__4__．解析：由题意得，f ′()＝32－3.当≤0时，32－3<0，所以函数f ()是减函数，所以f (1)≥0，即－3＋1≥0，解得≥2，故无解；当>0时，令f ′()＝32－3＝0，解得＝±k k .当<－kk时，f ′()>0，所以函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－k k 上单调递增；当－k k <<k k 时，f ′()<0，故函数f ()在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－k k，k k 上单调递减；当>k k 时，f ′()>0，故函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤k k ，1上单调递增，所以⎩⎨⎧f （－1）≥0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k ≥0，f （1）≥0，即⎩⎨⎧－k ＋3＋1≥0，k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫k k 3－3×kk ＋1≥0，k －3＋1≥0，解得⎩⎨⎧k ≤4，k ≥4，k ≥2，所以＝4.考向❸ 利用导数求解不等式的有关问题例3 设函数f()＝a 2－a －ln ，g()＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1) 讨论函数f ()的单调性； (2) 证明：当>1时，g ()>0.解析：(1) 由题意得，f ′()＝2a －1x ＝2ax 2－1x(>0)，设h ()＝2a 2－1. 当a ≤0时，h ()<0，所以f ′()<0，即函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，令h ()＝0，得1＝2a 2a ，2＝－2a2a(舍去)，所以函数f ()的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2a ，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. 综上，当a ≤0时，函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，函数f ()在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 2a 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫2a 2a，＋∞上单调递增．(2) 要证当>1时，g ()>0，即证当>1时，e xx>e.设t ()＝e x x (>1)，则t ′()＝e x （x －1）x2. 令t ′()＝e x （x －1）x2＝0，得＝1，所以t ()在区间(1，＋∞)上单调递增，所以t ()min >t (1)＝e ，所以当>1时，t ()>e 成立，所以当>1时，g ()>0成立．自测反馈1. 若函数f()＝2－e －a 在R 上存在单调增区间，则实数a 的取值范围是__(－∞，2ln2－2)__．解析：由题意得，f ′()＝2－e －a .因为函数f ()在R 上存在单调增区间，所以f ′()＝2－e －a >0，即a <2－e 有解．令g ()＝2－e ，所以g ′()＝2－e ，令g ′()>0，即2－e>0，解得<ln2；令g ′()<0，即2－e<0，解得>ln2，所以g ()ma ＝g (ln2)＝2ln2－2，所以a <2ln2－2.故实数a 的取值范围是(－∞，2ln2－2)．2. 若函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间，则实数a 的取值范围是__(－3，0)∪(0，＋∞)__．解析：由题意知，f ′()＝3a 2＋6－1，因为函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间．所以f ′()＝3a 2＋6－1＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝36－4×3a ×(－1)>0，且a ≠0，解得a>－3且a ≠0.故实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．3. 已知函数f()＝2f ′(1)ln －，则函数f()的极大值为__2ln 2－2__．解析：由题意得，f ′()＝2f ′（1）x －1(>0)，则f ′(1)＝2f ′（1）1－1，解得f ′(1)＝1，所以f ′()＝2x －1＝2－xx (>0)．令f ′()>0，解得0<<2，令f ′()<0，解得>2，所以函数f()在区间(0，2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，故函数f()的极大值为f(2)＝2ln 2－2.4. 若函数f()＝3－12在区间(－1，＋1)上不是单调函数，则实数的取值范围是__(－3，－1)∪(1，3)__．解析：由题意得，f ′()＝32－12.令f ′()＝0，即32－12＝0，解得＝±2.因为函数f()在区间(－1，＋1)上不单调，所以－1<－2<＋1或－1<2<＋1，解得－3<<－1或1<<3.故实数的取值范围是(－3，－1)∪(1，3)．1. 有关导数在函数中的应用主要类型有：求函数的切线，判断函数的单调性，求函数的极值和最值．2. 利用函数的单调性证明不等式，求参数的取值范围，对这些问题，要有解题规律的总结和反思．3. 你还有哪些体悟，写下;：。

2015届高考数学总复习第二章第十三节导数在研究函数中的应用(一)精讲课件文

点评：求可导函数单调区间的一般步骤和方法： (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它们在定义域内的一切实
数根；
(3) 把函数 f(x) 的间断点 ( 即 f(x) 的无定义点 ) 的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把
函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
当 x ＞ 0 时， f′(x) ＞ 0 ，所以 (0 ，＋ ∞ ) 是函数 f(x) 的单调递增区间；
当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，所以( －1,0)是函数f(x)的单
调递减区间．综上可知，函数 f(x) 的单调增区间为 ( － ∞ ，－ 1) 和 (0 ，＋∞)，递减区间为(－1,0)．
(4) 确定f′(x) 在各个开区间内的符号，根据 f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
变式探究
1. (2012· 南京、盐城模拟)函数f(x)＝(x2＋x＋1)ex(x∈R)的单调递减区间为________．
解析：因 f′(x) ＝ (2x ＋ 1)ex ＋ (x2 ＋ x ＋ 1)· ex ＝ (x2 ＋ 3x ＋
(2)先求f′(x)，分类讨论，求使f′(x)＜0的a的取值范围．
自主解答：
解析：(1)当a＝2时，f(x)＝ln x－x2－x(x＞0)，其定义域为(0，
＋∞)，
所以f′(x)＝－2x－1＝－令f′(x)＞0，则0＜x＜令f′(x)＜0，则x＞所以 . 是f(x)的单调；＝－ .
是函数f(x)的单调递增区间，
第二章
第十三节导数在研究函数中的应用（一）
求不含参数的函数的单调区间【例 1】间．自主解答：已知函数 f(x) ＝ x(ex － 1) － x2 ，求函数 f(x) 的单调区

高考数学一轮复习 2.11 导数在研究函数中的应用课件文新人教A版

(A)(-∞,1).
(B)(-1,0).
(C)(0,1).
(D)(0,+∞).
【解析】由题意知:a≠0,①当-1<a<0时,显然满足题意;②当a >0时,显然不满足题意;③当a≤-1时,显然不满足题意.
【答案】B
高考中的应用
核心突围技能聚合
【解析】(1)f'(x)=-x+ b ,则问题即为-x+ b ≤0在(2,+∞)上恒成
x
x
立,可化为b≤x2在(2,+∞)上恒成立.
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
而x2在(2,+∞)上大于4,则b≤4. (2)y'=2cos x+ex,而ex≥e,2cos x≥-2, ∴y'>0,那么在区间[1,+∞)上,函数y=2sin x+ex为增函数.
题型1 利用导数研究函数的单调性
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
例1 (1)若1f(x)=- x2+bln x在(2,+∞)上是减函数,则b
2
的取值范围是 ( )
(A)[4,+∞).
(B)(4,+∞).
(C)(-∞,4].
(D)(-∞,4).
(2)函数y=2sin x+ex在[1,+∞)上 ( )
2.利用导数研究实际问题的最值,其一般步骤为:
①分析实际问题中各量之间的关系,找出对应的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系y=f(x)(注意函数的实际需要的限制);
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高三数学第一轮复习课时作业(13)导数在研究函数中的应用B

课时作业(十三)B 第13讲导数在研究函数中的应用时间：45分钟分值：100分基础热身1．2011·安阳模拟函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图K13－4所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个2．2011·商丘模拟设f (x )，g (x )是R 上的可导函数，f ′(x )，g ′(x )分别为f (x )，g (x )的导函数，且满足f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )g (b )>f (b )g (x )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (x )>f (b )g (b )D ．f (x )g (x )>f (b )g (a )3．如图K13－5，直线l 和圆C ，当l 从l 0开始在平面上绕点O 匀速旋转(旋转角度不超过90°)时，它扫过的圆内阴影部分的面积S 是时间t 的函数，它的图像大致是( )K13－4．2011·郑州一中模拟满足性质：“对于区间(1,2)上的任意x 1，x 2(x 1≠x 2)．|f (x 2)－f (x 1)|<|x 2－x 1|恒成立”的函数叫Ω函数，则下面四个函数中，属于Ω函数的是( )A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝|x |C ．f (x )＝2xD ．f (x )＝x 2能力提升 5．图K13－7中三条曲线给出了三个函数的图像，一条表示汽车位移函数s (t )，一条表示汽车速度函数v (t )，一条是汽车加速度函数a (t )，则( )图K13－7 A ．曲线a 是s (t )的图像，b 是v (t )的图像，c 是a (t )的图像 B ．曲线b 是s (t )的图像，a 是v (t )的图像，c 是a (t )的图像 C ．曲线a 是s (t )的图像，c 是v (t )的图像，b 是a (t )的图像 D ．曲线c是s (t )的图像，b 是v (t )的图像，a是a (t )的图像6．设a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数．若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln2B ．－ln2 C.ln22 D.－ln227．f (x )是定义在R 上的可导函数，且对任意x 满足xf ′(x )＋f (x )>0，则对任意的实数a ，b 有( ) A ．a >b ⇔af (b )>bf (a ) B ．a >b ⇔af (b )<bf (a ) C ．a >b ⇔af (a )<bf (b ) D ．a >b ⇔bf (b )<af (a )8．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1,0)上单调递减，则a 2＋b 2的取值范围是( ) A.⎣⎡⎭⎫94，＋∞ B.⎝⎛⎤0，94 C.⎣⎡⎭⎫95，＋∞ D.⎝⎛⎦⎤0，95 9．对函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2，下列说法正确的是( )A ．函数有极小值f (－2)＝－12，极大值f (1)＝1B ．函数有极大值f (－2)＝－12，极小值f (1)＝1C ．函数有极小值f (－2)＝－12，无极大值D ．函数有极大值f (1)＝1，无极小值10．已知函数f (x )的自变量取值区间为A ，若其值域也为A ，则称区间A 为f (x )的保值区间．若g (x )＝x ＋m －ln x 的保值区间是2，＋∞)，则m 的值为________．11．2011·常州模拟某同学高三阶段12次数学考试的成绩呈现前几次与后几次均连续上升，中间几次连续下降的趋势．现有三种函数模型①f (x )＝pq x ，②f (x )＝log q x ＋q ，③f (x )＝(x －1)(x －q )2＋p (其中p ，q 为正常数，且q ＞2)．较准确反映数学成绩与考试次序关系，应选________(填序号)作为模拟函数．12．已知函数f (x )＝(x 2－3x ＋3)·e x，设t >－2，函数f (x )在－2，t 上为单调函数时，t 的取值范围是________．13．若f (x )≥h (x )＝ax ＋b ≥g (x )，则定义h (x )为曲线f (x )，g (x )的ψ线．已知f (x )＝tan x ，x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2，g (x )＝sin x ，x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2，则f (x )，g (x )的ψ线为________．14．(10分)已知函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)． (1)求f (x )的最小值；(2)不等式f (x )>ax 的解集为P ，若M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪12≤x ≤2且M ∩P ≠∅，求实数a 的取值范围； (3)已知n ∈N ﹡，且S n ＝⎠⎛tnf(x)＋x d x(t 为常数，t ≥0)，是否存在等比数列{b n }，使得b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n ？若存在，请求出数列{b n }的通项公式；若不存在，请说明理由．15．(13分)2011·天津和平模拟设f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx.(1)如果g(x)＝f ′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；(2)如果m ＋n<10(m ，n ∈N ＋，f (x )的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值．(注：区间(a ，b )的长度为b －a )难点突破16．(12分)2011·济南二模已知函数f (x )＝p ln x ＋(p －1)x 2＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当p ＝1时，f (x )≤kx 恒成立，求实数k 的取值范围；(3)证明：ln(n ＋1)<1＋12＋13＋ (1)(n ∈N *)．课时作业(十三)B【基础热身】1．A 解析函数在极小值点附近的图像应有先减后增的特点，因此应该在导函数的图像上找从x 轴下方变为x 轴上方的点，这样的点只有1个，所以函数f (x )在开区间(a ，b )内只有1个极小值点．2．C 解析 ∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝f (x )g (x )′<0，∴f (x )g (x )为减函数，又∵a <x <b ，∴f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b )．3．D 解析选项A 表示面积的增速是常数，与实际不符；选项B 表示最后时段面积的增速较快，也与实际不符；选项C 表示开始时段和最后时段面积的增速比中间时段快，与实际不符；选项D 表示开始和最后时段面积的增速缓慢，中间时段增速较快．4．A 解析 ∵|f (x 2)－f (x 1)|<|x 2－x 1|，∴⎪⎪⎪⎪f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<1，即Ω函数是指对于区间(1,2)上，曲线上任意两点连线的斜率均在(－1,1)内，对于A ，f ′(x )＝－1x 2的值域为⎝⎛⎭⎫－1，－14，对于曲线上任意两点的连线，一定存在曲线的切线与它平行，符合条件．【能力提升】5．D 解析由于v (t )＝s ′(t )，a (t )＝v ′(t )，注意到所给的三条曲线中，只有曲线a 上有部分点的纵坐标小于零，因此只有曲线a 才能作为a (t )的图像，曲线b 有升有降，因此其导函数图像有正有负，这与所给曲线a 的形状吻合，因此b 为v (t )的图像．6．A 解析 f ′(x )＝e x －a e －x，这个函数是奇函数，因为函数f ′(x )在0处有定义，所以f ′(0)＝0，故只能是a ＝1.此时f ′(x )＝e x －e －x ，设切点的横坐标是x 0，则e x 0－e －x 0＝32，即2(e x 0)2－3e x 0－2＝0，即(e x 0－2)(2e x 0＋1)＝0，只能是e x 0＝2，解得x 0＝ln2.7．D 解析构造函数g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )>0，故函数g (x )是R 上的单调递增函数，由增函数的定义，对任意实数a ，b 有a >b ⇔g (a )>g (b )，即a >b ⇔bf (b )<af (a )．8．C 解析根据三次函数的特点，函数f (x )在(－1,0)上单调递减等价于函数f (x )的导数f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 在区间(－1,0)小于或者等于零恒成立，即3－2a ＋b ≤0且b ≤0，把点(a ，b )看作点的坐标，则上述不等式表示的区域如图．根据a 2＋b 2的几何意义得，最小值就是坐标原点到直线3－2a ＋b ＝0的距离的平方，即95.9．A 解析 f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫2x ＋1x 2＋2′＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x <－2时f ′(x )<0，当－2<x <1时f ′(x )>0，当x >1时f ′(x )<0，故x ＝－2是函数的极小值点且f (－2)＝－12，x ＝1是函数的极大值点且f (1)＝1.10．ln2 解析 g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当x ≥2时，函数g (x )为增函数，因此g (x )的值域为2＋m －ln2，＋∞)，因此2＋m －ln2＝2，故m ＝ln2.11．③ 解析因为f (x )＝pq x ，f (x )＝log q x ＋q 是单调函数，f (x )＝(x －1)(x －q )2＋p 中，f ′(x )＝3x 2－(4q ＋2)x ＋q 2＋2q ，令f ′(x )＝0，得x ＝q 或x ＝q ＋23，f ′(x )有两个零点，可以出现两个递增区间和一个递减区间，所以应选f (x )＝(x －1)(x －q )2＋p 为其成绩模拟函数．12．－2<t ≤0 解析因为f ′(x )＝(x 2－3x ＋3)·e x ＋(2x －3)·e x ＝x (x －1)·e x，由f ′(x )>0⇒x >1或x <0，由f ′(x )<0⇒0<x <1，所以f (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上递增，在(0,1)上递减，要使f (x )在－2，t 上为单调函数，则－2<t ≤0.13．y ＝x 解析这样的直线若存在，则对x ＝0时一定满足不等式sin x ≤ax ＋b ≤tan x ，故b ＝0.设h (x )＝sin x －ax ，则h ′(x )＝cos x －a ，如果a ≤0，则h ′(x )≥0，函数h (x )在区间⎣⎡⎭⎫0，π2单调递增，h (x )≥h (0)＝0，无论b 取何值，都不会有h (x )≤0恒成立；如果0<a <1，则函数h (x )在区间⎣⎡⎭⎫0，π2存在一个极值点，且是极大值点，从而h (x )≥h (0)，也不一定成立；当a ≥1时，函数在⎣⎡⎭⎫0，π2单调递减，故h (x )≤h (0)＝0，此时不等式sin x ≤ax 恒成立．设φ(x )＝ax －tan x ，则φ′(x )＝a －(tan x )′＝a －⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′＝a －cos x cos x －sin x (－sin x )cos 2x ＝a －1cos 2x ，如果a ≤1，则φ′(x )≤0，函数φ(x )在⎣⎡⎭⎫0，π2单调递减，故φ(x )≤φ(0)＝0，此时不等式ax ≤tan x 在区间⎣⎡⎭⎫0，π2恒成立，如a >1，则函数在区间⎣⎡⎭⎫0，π2有一个极值点x 0，不等式ax ≤tan x 不恒成立，故不等式ax ≤tan x 恒成立时a ≤1.综合可知只能是a ＝1.故所求的直线是y ＝x .14．解答 (1)f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )＝0，得x ＝0，当x >0时，f ′(x )>0，当x <0时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减， ∴f (x )min ＝f (0)＝1.(2)∵M ∩P ≠∅，∴f (x )>ax 在区间⎣⎡⎦⎤12，2有解，由f (x )>ax ，得e x－x >ax ，即a <e x x －1在⎣⎡⎦⎤12，2上有解．令g (x )＝e x x －1，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∵g ′(x )＝(x －1)exx2， ∴g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上递减，在1,2上递增．又g ⎝⎛⎭12＝2e －1，g (2)＝e 22－1，且g (2)>g ⎝⎛⎭⎫12，∴g (x )max ＝g (2)＝e22－1，∴a <e22－1.(3)设存在等比数列{b n }，使b 1＋b 2＋…＋b n ＝S n ， ∵S n ＝⎠⎛tnf(x)＋x d x ＝e n－e t，∴b 1＝e －e t，n ≥2时b n ＝S n －S n －1＝(e －1)e n －1，当t ＝0时，b n ＝(e －1)e n －1，数列{b n }为等比数列，当t ≠0时，b 2b 1b 3b 2{b n }不是等比数列，∴当t ＝0时，存在满足条件的数列b n ＝(e －1)e n －1满足题意．15．解答 (1)由题意得g(x)＝x 2＋2(m －1)x ＋(n －3)＝(x ＋m －1)2＋(n －3)－(m －1)2，已知g(x)在x ＝－2处取得最小值－5，所以⎩⎨⎧m －1＝2，(n －3)－(m －1)2＝－5，即m ＝3，n ＝2.即得f(x)＝13x 3＋3x 2＋2x.(2)因为f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n ，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f ′(x)＝0一定有两个不同的根，从而Δ＝4m 2－4n>0，即m 2>n.不妨设两根为x 1，x 2，则|x 2－x 1|＝2m 2－n 为正整数．又m ＋n<10(m ，n ∈N ＋)，故m ≥2时才可能有符合条件的m ，n ，当m ＝2时，只有n ＝3符合要求；当m ＝3时，只有n ＝5符合要求；当m ≥4时，没有符合要求的n .综上所述，只有m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5满足上述要求．【难点突破】16．解答 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝p x ＋2(p －1)x ＝2(p －1)x 2＋px.当p >1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当p ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－1＜p ＜0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－p2(p －1)，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－p 2(p －1)时，f ′(x )＞0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－p2(p －1)，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－p 2(p －1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－p2(p －1)，＋∞上单调递减．(2)因为x >0，所以当p ＝1时，f (x )≤kx 恒成立⇔1＋ln x ≤kx ⇔k ≥1＋ln xx，令h (x )＝1＋ln xx，则k ≥h (x )max ，因为h ′(x )＝－ln xx2，由h ′(x )＝0得x ＝1，且当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减．所以h (x )max ＝h (1)＝1，故k ≥1.(3)证明：由(2)知当k ＝1时，有f (x )≤x ，当k >1时，f (x )<x ，即ln x <x －1，令x ＝n ＋1n ，则ln n ＋1n <1n，所以ln 21<11，ln 32<12，…，ln n ＋1n <1n ，相加得ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＋12＋…＋1n ，而ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln ⎝⎛⎭⎫21·32·…·n ＋1n ＝ln(n ＋1)，所以ln(n ＋1)<1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．。

高考理数一轮总复习：第2章-2.11-导数在研究函数中的应用

夯实双基·自主梳理
题型考向·层级突破
练习测评·课时作业
2．函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)＞2，则 f(x)
＞2x＋4 的解集为(B)
A．(－1，1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，＋∞)
夯实双基·自主梳理
题型考向·层级突破
练习测评·课时作业
解析构造函数 f(x)＝sin x－x，则 f′(x)＝cos x－1≤0 且不恒等于 0，故函数 f(x)在(0，π)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，故 sin x＜x.
夯实双基·自主梳理
题型考向·层级突破
练习测评·课时作业
5．函数 f(x)＝13x3－x2－3x－1 的图象与 x 轴的交点个数是 33 ．解析 f′(x)＝x2－2x－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.
3．利用导数研究函数的零点问题，提
5年5考
零点问题
升直观想象、逻辑推理和数学运算素养
夯实双基·自主梳理
题型考向·层级突破
练习测评·课时作业
趋势分析导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点) 等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想的运用
x∈D，f(x)＜0 f(x)max＜0. (2)能成立： x∈D，f(x)＞0 f(x)max＞0；

2020版高考数学一轮复习教程学案第21课__导数在研究函数中的应用(2) Word版含解析

第课导数在研究函数中的应用(). 理解导数的意义，熟练运用导数求解函数的单调区间、极值、最值．. 应用导数解决一些综合问题，如恒成立及含参数问题等.. 阅读：选修第～页．.解悟：要清楚导数与函数的关系，利用导数研究函数性质的流程要熟练，主要步骤为求导，令导数等于，求根，列表，下结论．.本章中对函数的重要思想方法，比如数形结合、函数与方程、分类讨论得到了又一次的加强，同学们在复习的过程中要注意加强体会.基础诊断. 对任意∈，函数()＝＋＋不存在极值的充要条件是≤≤．解析：由题意得，′()＝＋＋.因为对∀∈，函数()＝＋＋不存在极值，且′()的图象开口向上，所以′()≥对∈恒成立，所以Δ＝－≤，解得≤≤，故所求的充要条件是≤≤.. 已知函数()＝＋＋＋在＝－处有极值，则－＝－．解析：由题意得，′()＝＋＋.因为函数()在＝－处有极值，所以即解得或当＝，＝时，′( )＝＋＋＝(＋)≥，所以函数()不存在极值应舍去，所以－＝－.. 若函数()＝－在区间(，)上单调递增，则实数的取值范围是[，＋∞)．解析：由题意得，′()＝－.因为函数()＝－在区间(，)上单调递增，所以－≥在∈(，)上恒成立，所以≥，所以≥，故实数的取值范围是[，＋∞)．. 已知函数()＝－，∈，则满足()>的取值范围为∪．解析：因为函数()＝－是偶函数，所以只需考虑区间上的情形，当∈时，′()＝＋≥，所以函数()在区间上单调递增，所以()>在上的解集为.结合函数()是偶函数，图象关于轴对称，所以当∈时，－≤<－，所以的取值范围是∪.范例导航考向❶利用导数求解函数的零点或方程的根的问题例已知函数()＝－＋，若函数()＝()－＋在区间上有两个零点，求实数的取值范围．解析：由题意得，()＝－＋，则′()＝－＝.因为∈，故当′()＝时，＝，当<<时，′()>；当<<时，′()<，故()在＝处取得极大值()＝－.又＝－－，()＝＋－，()－＝－＋<，即()<，所以函数()在区间有两个零点的条件是解得<≤＋，所以实数的取值范围为.已知函数()＝＋－，则函数＝()的零点个数为．解析：由题意得′()＝＋－＝≥，所以函数()在(，＋∞)上单调递增．因为()＝－<，所以函数＝()的零点个数为.考向❷利用导数求解不等式的恒成立(存在性)问题例已知函数()＝＋－.() 求函数()的单调区间；()设∈，对任意的∈(－，)，总存在∈[，]，使得不等式－()<成立，求实数的取值范围．解析：() ′()＝－＝，>.令′()>，得>，所以函数()的单调递增区间是(，＋∞)；令′()<，得<<，所以函数()的单调递减区间是(，)．。

近年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)课后作业文(202

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2.11 导数在研究函数中的应用（二）［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。

错误! D.错误!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＝－错误!在y轴的左侧有交点，∴0<－错误!<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，则不等式错误!<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∵当x<0时，f′（x）·g（x)－f(x)g′(x)〉0，∴错误!′＝错误!>0,∴当x〈0时，错误!是增函数，故当x〉0时，错误!也是增函数．∵f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴错误!为奇函数,错误!的图象关于原点对称,函数f xg x的单调性的示意图，如图所示:∵f（－3)＝0，∴f(3）＝0，∴由不等式错误!<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。

高考数学总复习第二章第十三节导数在研究函数中的应

第十三节导数在研究函数中的应用(一)1.函数y ＝x ＋x ln x 的单调递减区间是( )A ．(－∞，e －2)B ．(0，e －2)C ．(e －2，＋∞)D ．(e 2，＋∞)答案：B2．(2013·广州二模)已知函数y ＝f (x )的图象如下图所示，则其导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析：由函数f (x )的图象看出，在y 轴左侧，函数有两个极值点，且先增后减再增，在y 轴右侧函数无极值点，且是减函数，根据函数的导函数的符号和原函数单调性间的关系可知，导函数在y 轴左侧应有两个零点，且导函数值是先正后负再正，在y 轴右侧无零点，且导函数值恒负，由此可以断定导函数的图象是A 的形状．故选A.答案：A3．若函数y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(0,1)解析：∵y ′＝a (3x 2－1)＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33，∴当－33＜x ＜33时，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33＜0. ∴要使y ′＜0，必须取a ＞0.故选A. 答案：A 4．(2013·福建教学检查)对于在R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)＜2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)＞2f (1)解析：依题意，当x ＞1时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，故f (0)≥f (1)，故f (0)＋f (2)≥2f (1)．故选C.答案：C5．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 |达到最小值时，t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22解析：由题意知，|MN |＝x 2－ln x (x ＞0)，不妨令h (x )＝x 2－ln x (x >0)，则h ′(x )＝2x －1x ，令h ′(x )＝0解得x ＝22，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22时，h ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞时，h ′(x )＞0，所以当x ＝22时，|MN |达到最小，即t ＝22.故选D. 答案：D6．函数y ＝xln x在区间()1，＋∞上( )A ．是减函数B ．是增函数C ．有极小值D ．有极大值答案：C7．(2013·湖北卷)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解析：令f ′(x )＝1－2ax ＋ln x ＝0得0＜2a ＜1，ln x i ＝2ax i －1(i ＝1,2)．又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＞0，∴0＜x 1＜1＜12a ＜x 2. ∴f (x 1)＝x 1ln x 1－ax 21＝x 1(2ax 1－1)－ax 21＝ax 12－x 1＜0，f (x 2)＝ax 22－x 2＝x 2(ax 2－1)＞ax 2－1＞a ·12a －1＝－12，故选D. 答案：D8．已知x ＝3是函数f (x )＝a ln x ＋x 2－10x 的一个极值点，则实数a ＝________.解析：f ′(x )＝a x ＋2x －10，由f ′(3)＝a3＋6－10＝0得a ＝12，经检验满足题设条件．答案：129．设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f (x ) 的单调减区间为________．解析：f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )，由a ＞1知，当x ＜2时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(－∞，2)上是增函数；当2＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在区间(2,2a )上是减函数；当x ＞2a 时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上是增函数．综上，当a ＞1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数，在区间(2,2a )上是减函数．答案：(2,2a )10．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是________________．答案：(－∞，－3)∪(0,3)11．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y ′＝(n ＋1)x n，∴切线斜率为n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，∴x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2…x 99)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×…×9899×99100＝lg 1100＝－2.答案：－212．(2013·汕头一模改编)已知函数f 1(x )＝e |x －a |，f 2(x )＝e bx.(1)若f (x )＝f 1(x )＋f 2(x )－bf 2(－x )，是否存在a ，b ∈R ，y ＝f (x )为偶函数．如果存在．请举例并证明你的结论，如果不存在，请说明理由；(2)若a ＝2，b ＝1.求函数g (x )＝f 1(x )＋f 2(x )在R 上的单调区间．解析：(1)存在a ＝0，b ＝－1使y ＝f (x )为偶函数，证明如下：此时：f (x )＝e |x |＋e －x ＋e x，x ∈R∴f (－x )＝e |－x |＋e x ＋e －x＝f (x )，∴y ＝f (x )为偶函数．(注：a ＝0，b ＝0也可以)(2)∵g (x )＝e |x －2|＋e x＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －2＋e x，x ≥2，e 2－x ＋e x，x ＜2，①当x ≥2时g (x )＝e x －2＋e x ，∴g ′(x )＝e x －2＋e x＞0，∴y ＝g (x )在[2，＋∞)上为增函数．②当x ＜2时g (x )＝e 2－x ＋e x ，则g ′(x )＝－e 2－x ＋e x，令g ′(x )＝0得到x ＝1， (ⅰ)当x ＜1时g ′(x )＜0，∴y ＝g (x )在(－∞，1)上为减函数． (ⅱ) 当1≤x ＜2时g ′(x )＞0， ∴y ＝g (x )在(1,2)上为增函数．综上所述：y ＝g (x )的增区间为[1，＋∞)，减区间为(－∞，1)．13. 设f (x )＝a e x＋1a ex ＋b (a >0)．(1)求f (x )在[0，＋∞)上的最小值；(2)设曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值．解析：(1)设t ＝e x(t ≥1)，则y ＝at ＋1at ＋b ⇒y ′＝a －1at 2＝a 2t 2－1at2. ①当a ≥1时，y ′>0⇒y ＝at ＋1at＋b 在t ≥1上是增函数，所以当t ＝1(x ＝0)时，f (x )的最小值为a ＋1a＋b;②当0<a <1时，y ＝at ＋1at ＋b ≥2＋b,当且仅当a t ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝e x ＝1a，x ＝－ln a 时，f (x )的最小值为b ＋2.(2)f (x )＝a e x＋1a e x ＋b ⇒f ′(x )＝a e x－1a e x. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f (2)＝3，f ′（2）＝32⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a e 2＋1a e 2＋b ＝3，a e 2－1a e 2＝32⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2e 2，b ＝12.。

近年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第13讲抽象函数课时作业理(2021年整理)

2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第13讲抽象函数课时作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第13讲抽象函数课时作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第13讲抽象函数1．(2017年江西南昌二模）已知函数f（x）＝sin x－x，则不等式f（x ＋2)＋f(1－2x)〈0的解集是( )A。

错误! B.错误!C．（3，＋∞) D．（－∞,3）2．下列函数中，满足“f（x＋y）＝f（x)f(y）”的单调递增函数是（）A．f（x）＝x3 B．f（x）＝3xC．f（x）＝x错误! D．f(x）＝错误!x3．已知函数f（x)满足：f(1)＝2，f（x＋1）＝错误!，则f（2015）＝( )A．2 B．－3 C．－12D.错误!4．给出下列三个等式：f（xy）＝f（x)＋f(y），f（x＋y)＝f(x)f（y),f （x＋y）＝错误!.下列函数中，不满足其中任何一个等式的是（) A．f（x)＝3x B．f(x）＝sin xC．f(x）＝log2x D．f(x）＝tan x5．已知奇函数y＝f(x)的导函数f′(x)<0在R上恒成立，且x，y满足不等式f（x2－2x）＋f(y2－2y）≥0，则x2＋y2的取值范围是（) A．［0，2 错误!］ B．[0,2]C．［1,2］ D．[0，8]6．定义在R上的函数y＝f(x)满足f（3－x）＝f(x)，错误!f′（x）〈0，若x1<x2,且x1＋x2>3，则（)A．f(x1)〉f（x2)B．f(x1）〈f(x2)C．f(x1)＝f（x2)D．f(x1）与f(x2)的大小关系不确定7．已知函数y＝f(x－1）＋x2是定义在R上的奇函数，且f(0)＝－1,若g（x）＝1－f(x＋1),则g(－3）＝________.8．（2017年江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋e x－错误!，其中e是自然对数的底数．若f（a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．9．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f（x）满足f错误!＝f（x1）－f （x2),且当x〉1时，f(x)<0.（1)求f(1）的值；(2）判断f(x)的单调性；(3)若f(3）＝－1，解不等式f（|x｜)〈－2.10．设f（x）是定义在[－1,1］上的奇函数，且对任意a，b∈［－1,1],当a＋b≠0时，都有错误!〉0。

高三数学一轮复习课时作业13 导数在研究函数中的应用A 新人教A版理

[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．[2011·东莞模拟] 当x ≠0时，有不等式( )A ．e x<1＋xB ．当x >0时，e x <1＋x ，当x <0时，e x>1＋xC ．e x>1＋xD ．当x <0时，e x <1＋x ，当x >0时，e x>1＋x2．[2011·开封模拟] 如图K13－1，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．①④3．[2011·福建卷] 若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．94．[2011·无锡模拟] 已知a ≤1－x x ＋ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 能力提升5．[2011·张家界二模] 函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1a处有极值，则ab 的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－36．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2]C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)7．[2011·周口模拟] 函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)·(x －x 0)＋f (x 0)图K13－2F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象如图K13－2所示，且a <x 0<b ，那么( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点8．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图K13－3所示，则x 21＋x 22等于( ) A.89 B.109 C.169 D.459．[2011·辽阳模拟] 函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是( )A ．－65<a <316B ．－85<a <－316C ．－85<a <－116D ．－65<a <－31610．[2011·广东卷] 函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．11．[2011·郴州二模] 若x ∈[0,2π]，则函数y ＝sin x －x cos x 的单调递增区间是________．12．函数f (x )＝sin x2＋cos x的单调递增区间是________．13．在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数f (x )＝e x(x >0)的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是________．14．(10分)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．15．(13分)[2011·台州六校联考] 已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，a >1. (1)求证：函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)对∀x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1恒成立，求a 的取值范围．难点突破16．(12分)[2011·青岛模拟] 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．课时作业(十三)A【基础热身】1．C [解析] 设y ＝e x －1－x ，∴y ′＝e x －1，∴x >0时，函数y ＝e x－1－x 是递增的，x <0时，函数y ＝e x －1－x 是递减的，∴x ＝0时，y 有最小值y ＝0.2．C [解析] 导函数的图象为抛物线，其变号零点为函数的极值点，因此③④不正确．3．D [解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ， ∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6， ∵a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9，故选D. 4．A [解析] 设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递减，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在[1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.【能力提升】5．D [解析] f ′(x )＝3ax 2＋b ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D.6．A [解析] f ′(x )＝3x 2－3，f (x )极大＝f (－1)＝2＋a ，f (x )极小＝f (1)＝－2＋a ，函数f (x )有3个不同零点，则2＋a >0，－2＋a <0，因此－2<a <2.7．B [解析] F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)，∴F ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，又当x <x 0时，从图象上看，x 越接近于x 0，函数f (x )的纵坐标与g (x )的纵坐标的差越小，此时函数F (x )＝f (x )－g (x )为减函数，同理，当x >x 0时，函数f (x )为增函数．8．C [解析] 从函数图象上可知x 1，x 2为函数f (x )的极值点，根据函数图象经过的三个特殊点求出b ，c ，d .根据函数图象得d ＝0，且f (－1)＝－1＋b －c ＝0，f (2)＝8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，故f ′(x )＝3x 2－2x －2.根据韦达定理x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 9．D [解析] f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝a (x ＋2)(x －1)，要使函数f (x )的图象经过四个象限，则f (－2)f (1)<0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫163a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫56a ＋1<0，解得－65<a <－316. 10．2 [解析] f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值．11．[0，π] [解析] y ′＝x sin x ，令y ′>0，即x sin x >0，得0<x <π.又x ∈[0,2π]，所以所求的单调递增区间是[0，π]．12.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z ) [解析] f ′(x )＝2＋cos x cos x －sin x －sin x 2＋cos x 2＝2cos x ＋12＋cos x 2>0，即cos x >－12，结合三角函数图象知道，2k π－2π3<x <2k π＋2π3(k ∈Z )，即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫2k π－2π3，2k π＋2π3(k ∈Z )．13.12⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e [解析] 设P (x 0，e x 0)，则l ：y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，∴M (0，(1－x 0)e x 0)，过点P 作l 的垂线，y －e x 0＝－e －x 0(x －x 0)，∴N (0，e x 0＋x 0e －x 0)，∴t ＝12[(1－x 0)e x 0＋e x 0＋x 0e －x 0]＝e x 0＋12x 0(e －x 0－e x 0)t ′＝12(e x 0＋e －x 0)(1－x 0)，所以，t 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x 0＝1，t max ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e .14．[解答] (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋b x.又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f 1＝12.即⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋1x －1x.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞) f ′(x ) － 0 ＋f (x ) 极小值所以函数y15．[解答] (1)证明：f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x－1)ln a ，由于a >1，故当x ∈(0，＋∞)时，ln a >0，a x－1>0，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在(－∞，0)上单调递减．所以，f (x )在区间[－1,0]上单调递减，在区间[0,1]上单调递增．所以f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max ＝max{f (－1)，f (1)}， f (－1)＝1a ＋1＋ln a ，f (1)＝a ＋1－ln a ，f (1)－f (－1)＝a －1a－2ln a ，记g (x )＝x －1x －2ln x ，g ′(x )＝1＋1x2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12≥0，所以g (x )＝x －1x －2ln x 递增，故f (1)－f (－1)＝a －1a－2ln a >0，所以f (1)>f (－1)，于是f (x )max ＝f (1)＝a ＋1－ln a ，故对∀x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|max ＝|f (1)－f (0)|＝a －ln a ， a －ln a ≤e－1，所以1<a ≤e. 【难点突破】16．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x2，令g (x )＝x 2－ax ＋1，其判别式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，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )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 )分别在(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 2x 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x 2－1x 2－2ln x 2>1－11－2ln1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .。

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第十三节导数在研究函数中的应用(二)
题号 1 2 3 4 5 6 7 答案
1.f(x)＝x 3
－3x 2
＋2在区间[]－1，1上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4
解析：f′(x)＝3x 2
－6x ＝3x(x －2)，令f′(x)＝0，可得x ＝0或2(舍去)，当－1≤x ＜0时，f′(x)＞0，当0＜x≤1时，f′(x)＜0，所以当x ＝0时，f(x)取得最大值为2.故选C.
答案：C
2．已知函数f(x)＝1
x －ln （x ＋1）
，则y ＝f(x)的图象大致为( )
解析：令g(x)＝x －ln (x ＋1)，则g′(x)＝1－
1x ＋1＝x x ＋1
，由g′(x)＞0，得x ＞0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由g′(x)＜0得－1＜x ＜0，即函数g(x)在(－1，0)上单调递减，所以当x ＝0时，函数g(x)有最小值，g(x)min ＝g(0)＝0，
于是对任意的x∈(－1，0)∪(0，＋∞)，有g(x)≥0，故排除B 、D ，
因函数g(x)在(－1，0)上单调递减，则函数f(x)在(－1，0)上递增，故排除C ，故选A.
答案：A
3．把长100 cm 的铁丝分成两段，各围成一个正方形，当两正方形面积之和最小时，两段长分别为( )
A ．20，80
B ．40，60
C ．50，50
D ．30，70 解析：设一段长为x ，则另一段长为100－x ，
∴S＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 42＋⎝ ⎛⎭⎪
⎫100－x 42
＝116
[x 2＋(100－x)2] ＝
116
(2x 2
－200x ＋10 000)．令S′＝0，得1
16
(4x －200)＝0，∴x＝50.
答案：C
4．(2013·淄博一检)已知a≤1－x x ＋ln x 对任意x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
解析：设f(x)＝
1－x x ＋ln x ，则f′(x)＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1
x
2.当x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f′(x)＜0，故函数f(x)在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1上单调递减；当x∈(1，2]
时，f′(x)＞0，故函数f(x)在(1，2]上单调递增，∴f(x)min ＝f(1)＝0，∴a≤0，即a 的最大值为0.
答案：A
5．函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f ′(x)的图象如图所示，则f(x)在[－2，1]上的最小值为( )
A ．－1
B ．0
C ．2
D ．3
解析：易知f(x)为二次函数，且常数项为0，设f(x)＝ax 2
＋bx ，则f′(x)＝2ax ＋b.由图得导函数的表达式为f′(x)＝2x ＋2，所以f(x)＝x 2
＋2x.当x ＝－1时，f(x)在[－2，1]上有最小值－1.故选A.
答案：A
6．已知函数f(x)＝12x 3－x 2－72x ，则f(－a 2
)与f(－1)的大小关系为( )
A ．f(－a 2
)≤f(－1) B ．f(－a 2)＜f(－1) C ．f(－a 2)≥f(－1)
D ．f(－a 2)与f(－1)的大小关系不确定答案：A
7．(2013·辽宁营口二模)若函数f(x)＝x 3
－3x ＋m 有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )
A ．(1，＋∞)
B ．(－∞，－1)
C ．[－2，2]
D ．(－2，2)
解析：由函数f(x)＝x 3
－3x ＋m 有三个不同的零点，则函数f(x)有两个极值点，极小值小于0，极大值大于0. 由f′(x)＝3x 2
－3＝3(x ＋1)(x －1)＝0，解得x 1＝1，x 2＝－1，
所以函数f(x)的两个极值点为x 1＝1，x 2＝－1.
由于x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；x∈(－1，1)时，f′(x)＜0；x∈(1，＋∞)时f′(x)＞0，
所以函数的极小值f(1)＝m －2和极大值f(－1)＝m ＋2.
在(－∞，－1)时，f(x)是从－∞开始递增的，x∈(1，＋∞)时，f(x)是递增向＋∞的，所以能保证有三个零点．
因为函数f(x)＝x 3
－3x ＋m 有三个不同的零点，所以⎩
⎪⎨⎪⎧m ＋2＞0，m －2＜0，解之得－2＜m ＜2.故选
D.
答案：D
8．函数f(x)＝x 2
－2ln x 的单调递减区间是____________．
解析：首先考虑定义域(0，＋∞)，由f′(x)＝2x －2x ＝2（x 2
－1）
x ≤0及x>0知，0<x≤1.
答案：(0，1]
9．已知f(x)＝－x 2
＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m 的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝m －2x ，令f′(x)＝0，则x ＝m 2，由题设得m
2∈[－2，－1]，故m∈[－4，
－2]．
答案：[－4，－2]
10．(2014·岳阳模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y ＝f′(x)的图象如图所示，
x
－1 0 4 5 f(x)
1
2
2
1
下列关于函数f(x)的命题： ①函数f(x)的值域为[1，2]； ②函数f(x)在[0，2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1＜a ＜2时，函数y ＝f(x)－a 有4个零点．
其中真命题为________(填写序号)．
解析：由y ＝f′(x)的图象知，y ＝f(x)在(－1，0)上递增，在(0，2)上递减，在(2，4)上递增，在(4，5)上递减，故②正确；当x ＝0与x ＝4时，y ＝f(x)取极大值，当x ＝2时，y ＝f(x)取极小值，因为f(2)的值不确定，故①④不正确；对于③，t 的最大值为5.
答案：②
11．已知函数f(x)＝xln x.
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤x 2
－ax ＋2恒成立，求实数a 的取值范围； (2)试判断函数y ＝ln x －1e x ＋2
ex 是否有零点？若有，求出零点的个数；若无，请说明理
由．
解析：(1)由f(x)≤x 2
－ax ＋2得xln x≤x 2－ax ＋2， ∵x＞0，∴a≤x－ln x ＋2
x ，
令g(x)＝x －ln x ＋2
x
，
g′(x)＝1－1x －2x 2＝x 2－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）
x 2
(x ＞0)．当x∈(0，2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， ∴g(x)min ＝g(2)＝3－ln 2，
∵对一切x∈(0，＋∞)，都有a≤x－ln x ＋2
x 恒成立，
∴a∈(－∞，3－ln 2]．
(2)令ln x －1e x ＋2ex ＝0，则xln x ＝x e x －2e ，即f(x)＝x e x －2
e .
由题知当x∈(0，＋∞)时，f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .
设h(x)＝x e x －2e (x ＞0)，则h′(x)＝1－x
e x .
当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， ∴h(x)max ＝h(1)＝－1
e
.
∴对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞h(x)，即ln x －1e x ＋2
ex ＞0.
∴函数y ＝ln x －1e x ＋2
ex
没有零点．
12．高新开发区某公司生产一种品牌笔记本电脑的投入成本是4 500元/台．当笔记本电脑的售价为6 000元/台时，月销售量为a 台．市场分析的结果表明，如果笔记本电脑的售价提高的百分率为x(0<x<1)，那么月销售量减少的百分率为x 2
.记售价提高的百分率为x 时，电脑企业的月利润是y 元．
(1)写出月利润y 与x 的函数关系式．
(2)如何确定这种笔记本电脑的售价，可使得该公司的月利润最大？
解析：(1)依题意，售价提高后变为6 000(1＋x)元/台，月销售量为a(1－x 2
)台，则y ＝a(1－x 2
)[6 000(1＋x)－4 500]，即y ＝1 500a(－4x 3
－x 2
＋4x ＋1)，0<x<1.
(2)由(1)知y′＝1 500a(－12x 2
－2x ＋4)，令y′＝0，得6x 2
＋x －2＝0，解得x ＝12或x ＝－2
3(舍去)．
当0<x<1
2时，y′>0；
当1
2
<x<1时，y′<0. 故当x ＝1
2时，y 取得最大值．
此时售价为6 000×3
2
＝9 000(元)．
故笔记本电脑的售价为9 000元/台时，该公司的月利润最大．。