2019高考人A(文)数学一轮复习讲义：第2章热点探究课1 导数应用中的高考热点问题

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2019版高考数学文高分计划一轮课件：第2章函数、导数

解析
∵f(x)为奇函数，且在 (－∞，0)内单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)内也单调递减，
又∵f(－2)＝0， ∴f(2)＝0，函数 f(x)的大致图象如图， ∴xf(x)<0 的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．故选 C.
3．小题热身 (1)(2015· 全国卷Ⅰ)若函数 f(x)＝xln (x＋ a＋x2)为偶函 1 数，则 a＝________.
[诊断自测] 1．概念思辨 (1)偶函数图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．( × ) (2)已知函数 y＝f(x)是定义在 R 上的偶函数，若在(－∞， 0)上是减函数，则在(0，＋∞)上是增函数．( √ ) (3)若函数 y＝f(x＋a)是偶函数，则函数 y＝f(x)的图象关于直线 x＝a 对称．( √ ) (4)若函数 y＝f(x＋b)是奇函数，则函数 y＝f(x)的图象关于点(b,0)中心对称．( √ )
(2)奇偶函数的性质 ①奇函数的图象关于关于 y 轴对称．
坐标原点对称；偶函数的图象
②若奇函数在关于坐标原点对称的区间上有单调性，则其单调性相同；若偶函数在关于坐标原点对称的区间上有单调性，则其单调性相反．
2．函数奇偶性的五个重要结论 (1)如果一个奇函数 f(x)在 x＝0 处有定义，即 f(0)有意义，那么一定有 f(0)＝0 . (2)如果函数 f(x)是偶函数，那么 f(x)＝f(|x|)． (3)既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即 f(x) ＝0，x∈D ，其中定义域 D 是关于原点对称的非空数集．
第2章
函数、导数及其应用
2.3
函数的奇偶性与周期性
基础知识过关
[知识梳理] 1．函数的奇偶性 (1)定义：一般地，如果对于函数 f(x)的定义域内任意一个 x，都有 f(－x)＝f(x) ，那么 f(x)就叫做偶函数；一般地，如果对于函数 f(x)的定义域内任意一个 x，都有 f(－x)＝－f(x) ，那么 f(x)就叫做奇函数．

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.1函数及其表示课件理

经典题型冲关
题型 1 函数的概念典例1 集合 A＝{x|0≤x≤4}， B＝{y|0≤y≤2}，下列 ) 1 B．f：x→y＝3x D．f：x→y＝ x
不表示从 A 到 B 的函数的是( 1 A．f：x→y＝2x 2 C．f：x→y＝3x
用定义法．
解析依据函数概念，集合 A 中任一元素在集合 B 中都有唯一确定的元素与之对应，选项 C 不符合．故选 C.
4．必记结论函数与映射的相关结论 (1)相等函数如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等． (2)映射的个数若集合 A 中有 m 个元素，集合 B 中有 n 个元素，则从集合 A 到集合 B 的映射共有 nm 个． (3)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有 1 个交点．
值域．
表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．
3．分段函数 (1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数． (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．
解析 ①y＝x 与 y＝alogax 定义域不同； ②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x 相同； ③f(u)与 f(v)的定义域及对应法则均相同； ④对应法则不相同.
x＋1≥0，等函数；D 项，由解得 x≥1，即函数 f(x)的定 x－1≥0，
义域为{x|x≥1}．由 x2－1≥0，解得 x≥1 或 x≤－1，即 g(x) 的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}，两个函数的定义域不相同，不是相等函数．故选 A.
3．小题热身－x2－x＋2 (1)(2018· 广东深圳模拟)函数 y＝的定义域 ln x 为( ) A．(－2,1) B．[－2,1] C．(0,1) D．(0,1]

2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第2章函数、导数及其应用 2-2

本题用定义法．
解 (1)由 2f(1)＝f(－1)，
可得 2
2－2a＝
2＋a，得
a＝
2 3.
(2)证明：任取 x1，x2∈[0，＋∞)，且 x1<x2，
f(x1)－f(x2)＝ x21＋1－ax1－ x22＋1＋ax2
＝ x21＋1－ x22＋1－a(x1－x2)
＝ x21＋x121＋－x22x22＋1－a(x1－x2)
典例3 求函数 f(x)＝x－ln x 的单调区间．
本题采用导数法．解由题意，得 x>0. y′＝1－1x＝x－x 1.由 y′＝0 解得 x＝1. 列表如下：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
y′ － 0
＋
y
1
由上表可知，函数的单调递增区间为(1，＋∞)，单调
递减区间为(0,1)．
[条件探究] 若本典例变为 f(x)＝ax＋ln x．研究单调区间时，应注意什么问题？
＝(x1－x2)
x1＋x2 x21＋1＋ x22＋1
－a.
∵0≤x1< x21＋1，0<x2< x22＋1，
∴0< x21＋x11＋＋x2x22＋1<1.
又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调
递减．
方法技巧确定函数单调性(区间)的常用方法
1．定义法：本例采用了定义法．一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．见典例．
解析由 x2－4>0 得 x<－2 或 x>2.令 u＝x2－4，易知 u ＝x2－4 在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， y＝log1 u 为减函数，故 f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．故

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2111导数的应用课件理新人教A版

答案－32 3
解法一：因为 f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1 ＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，设 cosx＝t，则 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以 y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以当－1<t<21时， y′>0；当21<t<1 时，y′<0。所以函数 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在－1，21 上单调递增，在12，1上单调递减，所以当 t＝12时，ymax＝247；当 t＝±1 时， ymin＝0。所以 0≤y≤247，即 0≤[f(x)]2≤247，所以－32 3≤f(x)≤32 3，所以 f(x)的最小值为－32 3。
(ⅱ)当 0<2a<1，即 0<a<2 时，由 f′(x)>0，得 0<x<a2或 x>1；由 f′(x)<0，得a2<x<1。则函数 f(x)的单调递增区间为0，a2，(1，＋∞)，函数 f(x)的单调递减区间为a2，1。 (ⅲ)当2a＝1，即 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)。
2．函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数
值都小
，且 f′(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右
侧 f′(x)＞0 ，则 x＝a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。
(2)函数的极大值
1．函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，“f′(x)>0 在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。

2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第2章函数、导数及其应用 2-5

1 3
.
∵y＝x
2 3
在(0，＋∞)上为增函数，23>25>0，
∴23
2 3
>25
2 3
，∴23
1 3
>23
2 3
>25
2 3
.
故选 A.
(2)(必修 A1P60T4)若 2x2＋1≤14x－2，则函数 y＝2x 的值域是( )
第2章函数、导数及其应用
2．5 指数与指数函数
基础知识过关
[知识梳理] 1．根式
2．分数指数幂
3．无理数指数幂无理数指数幂 aα(a>0，α 是无理数)是一个确定的实数．有理数指数幂的运算性质同样适用于无理数指数幂．
4．指数函数的概念、图象与性质
特别提示：1.n an与(n a)n 的区别
[诊断自测] 1．概念思辨
n (1)
an与(n
a)n 都等于
a(n∈N*)．(
×
)
(2)函数 y＝ax 与 y＝－ax(a>0 且 a≠1)的图象关于 x 轴对
称．( √ )
(3)若 am<an(a>0 且 a≠1)，则 m<n.( × )
(4)函数 y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞)．( × )
则有 y＝t2－2t－3＝(t－1)2－4t≥15，当 t＝1，即 x＝0 时，取得最小值－4.故选 A.
2．若不等式(m2－m)2x－12x<1 对一切 x∈(－∞，－1] 恒成立，则实数 m 的取值范围是____－__2_<_m_<_3____．
A.18，2
B．18，2
C.－∞，18 D．[2，＋∞)

19年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第1节函数及其表示课件理

(2)函数 y＝1 与 y＝x0 是同一个函数．(
(3)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图像至多有一个交点．( (4)分段函数是两个或多个函数．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)×
1 2．(教材改编)函数 y＝ 2x－3＋的定义域为( x－3
3 A．2，＋∞ 3 C．2，3 ∪(3，＋∞)
(3)相等函数：如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数． (4)函数的表示法：表示函数的常用方法有解析法、图像法和列表法．
3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域系，这样的函数通常叫作分段函数．分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集．的不同取值区间，有着不同的对应关
求函数的解析式
1 2 1 fx＋x ＝x ＋x2，求
(1)已知 (2)已知
f(x)的解析式；
2 fx ＋1＝lg
x，求 f(x)的解析式；
(3)已知 f(x)是二次函数且 f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝x－1，求 f(x)的解析式； (4)已知
1 f(x)＋2fx ＝x(x≠0)，求
1 的取值范围是－4，＋∞.]
[规律方法]
1.求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于定义域的哪
一个子集，然后代入该段的解析式求值，当出现 ffa的形式时，应从内到外依次求值. 2.已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围. 易错警示：当分段函数自变量的范围不确定时，应分类讨论.

2019年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用重点强化课1函数的图像与性质学案.docx

重点强化课（一）函数的图像与性质（对应学生用书笫26页）［复习导读］函数是中学数学的核心概念，函数的图像与性质既是中学数学教学的重点，又是高考考查的重点与热点，题型以选择题、填空题为主，既重视三基，又注重思想方法的考查，备考时，要透彻理解函数，尤其是分段函数的概念，切实掌握函数的性质，并加强函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用意识.重点1函数图像的应用1 COS n X. 0, ~»例11己知为偶函数，当时，f^x ）=< 2x —L 十 gfd —的解集为（）I 3 当 X>-时，令 f\x ） =2x — 1W ㊁，解得-1 Q故有§£/0才因为心是偶函数，所以的解集为一扌，—扣片，彳，故心一1）諾的解集为［母题探究1］在本例条件下，若关于X 的方程fg=k 有2个不同的实数解，求实数斤的则不等式当0WxW*时，令f3=cos “W ，解得是€；取值范围.［解］由函数代力的图像(图略)可知，当Q0或Q1时，方程fXx) =k 有2个不同的实数解，即实数&的取值范圉是或Q1.［母题探究2］在本例条件下，若函数y=f(x)~k\x\恰有两个零点，求实数£的取值范围. ［解］函数y= f^x) —k\x\恰有两个零点，即函数y= f(x)的图像与y=k\x\的图像恰有两个交点，借助函数图像(图略)可知斤$2或斤=0,即实数斤的取值范围为斤=0或k22. ［规律方法］1.利用函数的图像研究函数的性质，一定要注意其对应关系，如：图像的左右范围对应定义域，上下范围对应值域，上升、下降趋势对应单调性，对称性对应奇偶性.2. 有关方程解的个数问题常常转化为两个熟悉的函数图像的交点个数；利用此法也可市解的个数求参数值或范圉.3. 有关不等式的问题常常转化为两个函数图像的上、下关系来解.［对点训练］已知函数/U)的图像是圆/+/=2上的两段弧，如图1所示，则不等式 f(x) >/'(-%) 一2/ 的解集是 ___________________ .【导学号：00090046］(-l,0)U (l,、但］［由图像可知，函数玖方为奇函数，故原不等式可等价转化为fg_x,在同一直角坐标系中分别画出y=f{x)与尸一JV 的图像，由图像可知不等式的解集为(-1,0) U (l,、但］.］重点2两数性质的综合应用⑴(2017・石家庄质检(二))下列函数屮，既是偶函数又在(0, +oo)上单调递增的是(B. y=lg %C. y=\x\—l (2)已知fd)是定义在R 上的偶函数，且在区问(一g, 0)上单调递增.若实数々满足代2“角度1 单调性与奇偶性结合A. y=~)>f(—德)，则日的取值范围是()(1)C (2)C ［(1)函数丄是奇函数，排除A ；函数y=lg%既不是奇函数，也不是偶函X1是偶函数，且在(0, +8)上单调递增，故选C. ⑵因为是定义在R 上的偶函数，且在区间(一IO)上单调递增，所以且 f(0 在(0, + oo)上单调递减.由 f(2“H) > f(—£), f(-y/2) = f(y/2)可得 2ia -11<V2,1 1 Q即 | a~ 1 | 所以7；V a<~ ] 角度2奇偶性与周期性结合若函数 f(x) =asin 2x+ Man x+1,且 f( —3)=5,则 f (兀+3)= _.—3 [令g(x)=wsin 2x+ Z?tan x,则g(x)是奇函数，且最小正周期是兀，由/( —3)= g(_3) + l=5,得 &(一3)=4,则 &(3) = —&(一3) = —4,则 f(兀+3) =g5+3)+1 = g(3)+l = _4+l = _3.] 角度3单调性、奇他性与周期性结合已知定义在R 上的奇函数代劝满足f(x —4)= —f(x),且在区间［0,2］上是增函数，贝虹 )【导学号：00090047】A. f(—25) Vf(ll) Vf(80)B. /(80)</(11)</(-25)C. f(ll) Vf(80) Vf(—25)D. /(-25)<A8O)</'(11)D [因为 f(x)满足 f(x —4) = — /(%),所以fO-8) =/U)，所以函数fd)是以8为周期的周期函数，则代一25) =f( — l), A80) =f(o), All) = A3).由fd)是定义在R 上的奇函数，且满足fd —4)= —f(0,得A11)=A3)=-A-1) = Al).因为代方在区间［0, 2］上是增函数，f(0在R 上是奇函数，所以fd)在区间［一2, 2］上是增函数，所以 A-lXAOXAl),即 /(-25)</(80)</(11).］数,排除B ；当 xG (0, + °°)时，排除D ；函数y=\x\ — 2-2 2-3 函数y= ”单调递减,［规律方法］函数性质综合应用问题的常见类型及解题方法(1)函数单调性与奇偶性结合.注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图像的对称性.(2)周期性与奇偶性结合.此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)周期性、奇偶性与单调性结合.解决此类问题通常先利用周期性转化口变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.。

2019届高考数学(文)一轮复习课件：第二章函数、导数及其应用--全部课件合编

函数及其表示
4．(2018· 黑龙江哈尔滨一模)若函数 f(f(1))的值是( A．－10 C．－2 ) B．10 D．2
2x＋2，x≤0， f(x)＝ x 2 －4，x>0，
则
解析：f(1)＝21－4＝－2，所以 f(f(1))＝f(－2)＝2×(－2)＋2＝－2，故选 C. 答案：C
)
x>－1，所以 x≠1，
选 C.
答案：C
函数及其表示
3．下列图形可以表示为以 M＝{x|0≤x≤1}为定义域，以 N＝ {y|0≤y≤1}为值域的函数的是( )
解析：A 选项，函数定义域为 M，但值域不是 N，B 选项，函数定义域不是 M，值域为 N，D 选项，集合 M 中存在 x 与集合 N 中的两个 y 对应，不构成函数关系．答案：C
解析：由映射的定义，A 中任取一个元素 x，B 中都有唯一确定的 f(x)对应知①②错．答案：C
函数及其表示
lgx＋1 2．函数 y＝的定义域是( x－1 A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞) C．(－1,1)∪(1，＋∞) D．[－1,1)∪(1，＋∞)
x＋1>0，解析：由题意得 x－1≠0，
函数及其表示
1－x2 2．(2018· 贵阳监测)函数 y＝ 2 的定义域为( 2x －3x－2 A．(－∞，1] B．[－1,1] C．[1,2)∪(2，＋∞) 1 1 D. －1，－2 ∪ －2，1
)
函数及其表示
2 1－x2 1－x ≥0，解析：由函数 y＝ 2 得 2 解得 2x －3x－2 2x －3x－2≠0，
函数及其表示
1 5．已知 f（x ）＝x2＋5x，则 f(x)＝________.

2019高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究训练1导数应用中的高考热点问题教师用书文新人教A版

【2019最新】精选高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用热点探究训练1导数应用中的高考热点问题教师用书文新人教A版1．(2015·重庆高考)设函数f(x)＝(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝＝.2分因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.5分(2)由(1)知f′(x)＝，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.7分当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x<x2时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数.9分由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－.故a 的取值范围为.12分2．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．【导学号：31222100】(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．[解] (1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x].2分当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.5分(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.6分当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根.8分当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：f(－(a＋2))＝.因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k的取值范围是.12分3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).1分(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞－，则ln(－2a)＜1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.5分③若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减.7分(2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b ＜ln，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0，所以f(x)有两个零点.9分(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞).12分4．(2017·郑州二次质量预测)已知函数f(x)＝.(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；(2)若m∈，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．[解] (1)f′(x)＝＝，2分当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0；当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增.4分(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.5分因为m∈，g(x)在x∈[m，m＋1]最大值为(m＋1)2＋m＋1.所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈.令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，因为x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2＞0，m′(x)单调递增.8分所以m′(1)＝e－3＜0，m′＝e－4＞0，故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0，所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，所以当x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1＞0，即ex＞(1＋x)x，也即f(m＋1)＞(m＋1)2＋m＋1，所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方.12分。

2019高三数学文北师大版一轮教师用书：第2章热点探究课1 导数应用中的高考热点问题

热点探究课(一)导数应用中的高考热点问题(对应学生用书第36页)[命题解读]函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．热点1利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板) 函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．[思路点拨](1)求出导数后对a分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a的范围．[规范解答](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－A．2分若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增加的．3分若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 5分所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减少的． 6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；7分当a >0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 9分因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0. 10分令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0,1). 12分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)．第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论．第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)．第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规范．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解．[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围.【导学号：00090072】 [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上是增加的，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)．热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．(2016·北京高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋C ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋B ．因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋C ．(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎭⎪－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2]设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．[解](1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋e x，则f′(x)＝x－ex2，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上是增加的，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上是增加的；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．角度1证明不等式(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2a.【导学号：00090073】[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－a x，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上是增加的，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上是增加的，所以f′(x)在(0，＋∞)上是增加的．又f′(a)>0，当b满足0<b<a4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上是减少的，在(x0，＋∞)上是增加的，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.角度2不等式恒成立问题(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－a(x－1)x＋1＞0.设g(x)＝ln x－a(x－1) x＋1，则g′(x)＝1x－2a(x＋1)2＝x2＋2(1－a)x＋1x(x＋1)2，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上是增加的，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－(a－1)2－1，x2＝a－1＋(a－1)2－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上是减少的，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．角度3存在型不等式成立问题设函数f(x)＝a ln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．【导学号：00090074】[解](1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－B．由题设知f′(1)＝0，解得b＝1. 2分(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝a ln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－ax⎝⎛⎭⎪⎫x－a1－a(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增加的. 4分所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f (1)<aa －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1. 6分②若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上是减少的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上是增加的. 8分所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1>a a －1，所以不合题意. 10分 ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1. 综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).12分[规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2．不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否成立问题．。

2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第10讲导数的概念及运算课件

解析因为 y′＝acosx－sinx，y′|x＝0＝a，根据题意知 a＝1.
板块二典例探究·考向突破
考向导数的基本运算例 1 求下列函数的导数： (1)y＝coesxx； (2)y＝xx2＋1x＋x13； (3)y＝x－sin2xcos2x； (4)y＝ln x＋1x. 解 (1)y′＝coesxx′＝cosx′exe－xc2 osxex′ ＝－sinx＋excosx.
的导数，记作0)＝ lim Δx→0
ΔΔyx＝
xΔ＝lixxm→0，0 fx0＋ΔΔxx－fx0
.
2．几何意义
函数 f(x)在 x＝x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y ＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率 (瞬时速度就是位移函数 s(t)对时间 t 的导数)．相应地，切线方程为
A．3
B．－1
C．1
D．－3
解析因为直线 x＋3y＋1＝0 的斜率为－13，所以切线
l 的斜率为 3，即 y′|x＝0＝e0＋a＝1＋a＝3，所以 a＝2；又曲线过点(0,2)，所以 e0＋b＝2，解得 b＝1.故选 A.
5．[2018·秦皇岛模拟]函数 f(x)＝exln x 在点(1，f(1))处的切线方程是( )
【变式训练】已知函数 f(x)在 x＝1 处的导数为－12，则 f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝12x2－ln x B．f(x)＝xex C．f(x)＝(3x2－4x)(2x＋1) D．f(x)＝1x＋ x
解析 A 中 f′(x)＝12x2－ln x′＝x－1x， B 中 f′(x)＝(xex)′＝ex＋xex， C 中 f(x)＝6x3－5x2－4x，所以 f′(x)＝18x2－10x－4，

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(一)课后作业理(202

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2.11 导数在研究函数中的应用（一）[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(2017·陕西模拟)函数f(x）＝错误!(a〉0）的单调递增区间是( ）A．（－∞，－1) B．（－1,1)C．（1，＋∞）D．（－∞，－1）∪（1,＋∞）答案B解析函数f（x)的定义域为R,f′(x）＝错误!＝错误!.由于a〉0，要使f′(x）〉0，只需(1－x)·（1＋x)>0,解得x∈（－1，1),故选B.2．若函数f(x）＝（x2－2x)e x在（a，b)上单调递减，则b－a的最大值为( )A．2 B.错误! C．4 D．2错误!答案D解析f′（x）＝(2x－2）e x＋（x2－2x）e x＝（x2－2)e x，令f′(x)〈0,∴－错误!<x<错误!,即函数f(x）的单调递减区间为（－错误!，错误!）．∴b－a的最大值为2错误!。

故选D.3．函数f（x）＝(x－1）(x－2）2在[0,3］上的最小值为（)A．－8 B．－4 C．0 D.4 27答案B解析f′（x）＝（x－2）2＋2(x－1）(x－2）＝(x－2)（3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝错误!，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f（2)即可．f（0)＝－4，f（2）＝0.故f(x)在[0,3］上的最小值为f(0)＝－4.故选B。

【配套K12】全国版2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用学

第11讲导数在研究函数中的应用板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．考点2 函数的极值与导数1．函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值；2．函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．考点3 函数的最值与导数1．函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2．求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 (1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值．(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[必会结论]1．若函数f (x )的图象连续不断，则f (x )在[a ，b ]内一定有最值．2．若函数f (x )在[a ，b ]内是单调函数，则f (x )一定在区间端点处取得最值． 3．若函数f (x )在开区间(a ，b )内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间为(－1,1)．( )(2)在函数y ＝f (x )中，若f ′(x 0)＝0，则x ＝x 0一定是函数y ＝f (x )的极值．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[课本改编]函数y ＝x 2(x －3)的单调递减区间是( ) A ．(－∞，0) B ．(2，＋∞) C ．(0,2) D ．(－2,2)答案 C解析 y ′＝3x 2－6x ，由y ′＜0，得0＜x ＜2. 3．[课本改编]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，∵x >0，∴当x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[2018·苏锡常镇一调]f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.令f ′(x )＞0，得x ＞0，令f ′(x )＜0，得x ＜0，则函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e －1＋1，f (1)＝e －1，f (－1)－f (1)＝1e ＋2－e ＜12＋2－e ＜0，所以f (1)>f (－1)．故选D.5．[2017·浙江高考]函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D.6．[课本改编]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0，知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.板块二典例探究·考向突破考向利用导数研究函数的单调性例 1 [2018·大庆模拟]已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2＋(a ＋1)x ＋3.(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x 22＋3，定义域为(0，＋∞)．则f ′(x )＝－1x＋x .由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝ax＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a ≥0.即实数a 的取值范围是[0，＋∞)．若本例中的函数变为f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a ＞0)．试讨论f (x )的单调性．解由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a ＞0)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.(1)当0＜a ＜1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；(2)当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；(3)当a ＞1时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0.若本例中的函数变为f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，a ∈R ，试讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.(1)当a ≥1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当a ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增．触类旁通讨论函数单调性的方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．【变式训练1】 (1)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是________．答案 [3，＋∞)解析由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴y max＜1⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×12＝3，∴a ≥3.经检验，当a ＝3时，满足题意．(2)[2018·青岛模拟]已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx＞0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x＜0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．考向利用导数研究函数的极值命题角度1 知图判断函数极值情况例 2 [2018·江门模拟]设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析由图可得函数y ＝(1－x )f ′(x )的零点为－2,1,2，则当x <1时，1－x >0，此时在(－∞，－2)上f ′(x )>0，在(－2,1)上f ′(x )<0；当x >1时，1－x <0，此时在(1,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)为增函数，在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此f (x )有极大值f (－2)，极小值f (2)．故选D.命题角度2 已知函数求极值例 3 已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值答案 C解析当k ＝1时，f ′(x )＝e x (x －1)＋e x－1，此时f ′(1)≠0，故排除A 、B 项；当k ＝2时，f ′(x )＝e x (x －1)2＋(e x－1)(2x －2)，此时f ′(1)＝0，在x ＝1附近左侧，f ′(x )<0，在x ＝1附近右侧，f ′(x )>0，所以x ＝1是f (x )的极小值点．命题角度3 已知函数的极值求参数范围例 4 (1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－1，b ＝5D ．以上都不正确答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D.(2)函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，1＜x ＜3，f ′(x )＜0；x ＜1或x ＞3，f ′(x )＞0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.触类旁通函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．考向利用导数研究函数的最值例 5 [2017·北京高考]已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x(cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e xsin x .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 触类旁通利用导数求函数最值的方法当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值；当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．【变式训练2】已知函数f (x )＝a x＋ln x －2，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．解 (1)∵f (x )＝a x ＋ln x －2(x ＞0)， ∴f ′(x )＝－a x2＋1x(x ＞0)，又曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1，∴f ′(2)＝－14a ＋12＝－32⇒a ＝8.∴f ′(x )＝－8x 2＋1x ＝x －8x2(x ＞0)，令f ′(x )＞0，得x ＞8，f (x )在(8，＋∞)上单调递增；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜8，f (x )在(0,8)上单调递减． ∴f (x )的单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8)． (2)由(1)知f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax2(x ＞0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，即f (x )在(0，e 2]上单调递增，无最小值，不满足题意．②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，所以当f ′(x )＞0时，x ＞a ，当f ′(x )＜0时，0＜x ＜a ，此时函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减．若a ＞e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (e 2)＝ae 2＋ln e 2－2＝a e 2，由ae 2＝2，得a ＝2e 2，满足a ＞e 2，符合题意；若a ≤e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (a )＝a a＋ln a －2＝ln a －1，由ln a －1＝2，得a ＝e 3，不满足a ≤e 2，不符合题意，舍去．综上可知，存在实数a ＝2e 2，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2.考向利用导数研究生活中的优化问题例6 [2015·江苏高考]某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1000x 2(5≤x ≤20), 则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2，设在点P 处的切线l交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2000x，则l 的方程为y －1000t2＝－2000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时， g ′(t )<0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )>0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．【变式训练3】某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，日销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值．解 (1)设日销量q ＝k e x (k ≠0)，则ke 30＝100，∴k ＝100e 30， ∴日销量q ＝100e30ex ，∴y ＝100e 30(x －20－t )ex(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30(x －25)e x ，y ′＝100e 30(26－x )e x. 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，∴y 在区间[25,26]上单调递增，在区间[26,40]上单调递减，∴当x ＝26时，y max ＝100e 4，即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．核心规律1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且有条理，可减少失分．2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．一个函数在其定义域内最值是唯一的，可以在区间的端点处取得．满分策略1.注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2.解题时要注意区分求单调性和已知单调性求参数范围等问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．3.f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．板块三启智培优·破译高考创新交汇系列3——利用导数研究函数的图象与性质[2016·全国卷Ⅰ]函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )解题视点该题易出现的问题是不能抓住选项的差异性与函数性质的对应，困惑于解析式的复杂形式，导致无从下手．解析解法一：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |.当x ∈(0,2]时，f (x )＝2x 2－e x，f ′(x )＝4x －e x.f ′(x )在(0,2)上只有一个零点x 0，且当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＜0；当x 0＜x ≤2时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0,2]上先减后增，又f (2)－1＝7－e 2＜0，所以f (2)＜1.故选D.解法二：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |，则f (2)＝8－e 2＞0，故排除A ；f (2)－1＝7－e 2＜0，∴f (2)＜1，故排除B ；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－e 12 ＜0.5－1.5＝－1＝f (0)，故排除C.故选D.答案 D答题启示函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.跟踪训练[2018·赣州模拟]函数y ＝x 2e x的图象大致为( )答案 A解析因为y ′＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，所以当x <－2或x >0时，y ′>0，函数y ＝x 2ex为增函数；当－2<x <0时，y ′<0，函数y ＝x 2e x为减函数，排除B ，C ；又y ＝x 2e x≥0，所以排除D.故选A.板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．函数y ＝x 4－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12 D ．0答案 D解析因为y ′＝4x 3－4，令y ′＝0即4x 3－4＝0，解得x ＝1.当x <1时，y ′<0，当x >1时，y ′>0，在[－2,3]上只有一个极值点，所以函数的极小值为y |x ＝1＝0，所以y min ＝0.2．[2018·南阳模拟]已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x ＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)．3．[2018·无锡模拟]设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝(x ＋1)e x，当x ＜－1时，f ′(x )＜0，当x ＞－1时，f ′(x )＞0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．故选D.4．若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点答案 B解析 ∵f ′(x )＝x 2－2ax ，且a >2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,2)上是单调减函数．又∵f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.5．[2018·珠海模拟]设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )＞g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′＞0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )＜f (x )－g (x )．即f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)．(1)若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； (2)若f (x )在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________．答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－2(k －1)k≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为________．答案 (2，＋∞)解析令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )＞0，∴g (x )为增函数． ∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )＞0的解集为(2，＋∞)．8．[2018·西宁模拟]若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ 解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 9．[2018·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.10．[2018·金华模拟]函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x) ＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞(或者举例：当x＝e2时，f(e2)＝e2＞0)．如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，②由①②可得－2＜m＜－1.故m的取值范围为(－2，－1)．[B级知能提升]1．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )A ．－4B ．－2C ．4D ．2答案 D解析由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2，则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：2．[2018·山东师大附中检测]已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．4．[2018·沈阳模拟]已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2.(a ∈R ，e 为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥4a －4恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(2x －4)e x＋(x ＋2)2，则f ′(x )＝(2x －2)e x＋2x ＋4，f ′(0)＝－2＋4＝2. 又因为f (0)＝－4＋4＝0，所以曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .(2)因为f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，令g (x )＝f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，有g ′(x )＝2x ·e x＋2a 且函数y ＝g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，当2a ≥0时，有g ′(x )≥0，此时函数y ＝f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，则f ′(x )≥f ′(0)＝4a －2.①若4a －2≥0即a ≥12时，函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (0)＝4a －4，不等式恒成立；②若4a －2<0即0≤a <12时，则在[0，＋∞)上存在f ′(x 0)＝0，此时函数y ＝f (x )在x ∈(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增且f (0)＝4a －4，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．当2a ＜0时，有g ′(0)＝2a ＜0，则在[0，＋∞)上存在g ′(x 1)＝0，此时g (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，所以函数y ＝f ′(x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．又f ′(0)＝－2＋4a ＜0，则函数y ＝f (x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．又f (0)＝4a －4，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥12. 5．已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，其中a ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．解 (1)f ′(x )＝ax 2＋1x，x ∈(0，＋∞)．当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a 或x ＝－－1a(舍去)．此时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调减区间是⎝⎛－1a，＋∞ ).(2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a2.令a2＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，不合题意． ②当－1≤a <0时，－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2. 令a2＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾，不合题意．③当a <－1时，0< －1a<1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a .令f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1，解得a ＝－e ，符合a <－1.综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e.。

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