[推荐学习]高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第13节第一课时(1)

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(全国通用)近年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 函数的图象与性质文

（全国通用）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 函数的图象与性质文新人教A版编辑整理：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（（全国通用）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 函数的图象与性质文新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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）＝log2x，则f(－2）＝( ）【导学号：31222065】A．－错误! B.错误!C．2 D．－2B [因为函数f(x）是偶函数，所以f(－错误!）＝f(错误!)＝log2错误!＝错误!.］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）＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g（1)＝( ）A．－3 B．－1C．1 D．3C [用“－x”代替“x”，得f（－x)－g（－x）＝(－x)3＋（－x)2＋1，化简得f(x)＋g （x)＝－x3＋x2＋1,令x＝1,得f（1)＋g(1)＝1,故选C。

]3．函数f(x)＝3x＋错误!x－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＝－错误!＜0，f(－1）＝3－1－错误!－2＝－错误!＜0,f（0)＝30＋0－2＝－1＜0，f（1）＝3＋错误!－2＝错误!＞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（log2a)＋f(log a)≤2f(1），则a的取值范围是( ）【导学号:31222066】A．［1,2］ B.错误!C。

2-13第十三节导数的应用(二)(2015年高考总复习)

变式思考 1
1 2 x 设函数f(x)＝ x ＋e －xex. 2
(1)求f(x)的单调区间； (2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．
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解
(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
2
又x>0，∴a>xlnx－x3，令g(x)＝xlnx－x3， h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，
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1－6x 1 h′(x)＝ x－6x＝ x . ∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数． ∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0. ∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数． ∴g(x)<g(1)＝－1. ∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．
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疑点清源 1．实际问题的最值 (1)注意函数定义域的确定． (2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 2．判断方程根的个数时，可以利用数形结合思想及函数的单调性．
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解析
设时间t时，水波圆的半径、面积分别为r、S，则r＝

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)

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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。

高考数学一轮复习讲解与练习 2.13导数的应用(二)理新人教A版.pdf

[备考方向要明了] 考什么怎么考1.能利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题． 2.会利用导数解决某些简单的实际问题.1.利用极值或最值求解参数的取值范围，如2012年浙江T22等．2.利用导数研究方程根的分布情况、两曲线交点的个数等，如2012年福建T20等． 3.利用导数证明不等式，解决有关不等式问题，如2012年天津T20等. [归纳·知识整合] 1．生活中的优化问题生活中常遇到求利润最大，用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 [探究]　1.求实际问题中的最大、最小值，与求一般函数的最值有什么区别？提示：在实际问题中要注意函数的定义域应使实际问题有意义．另外，在求实际问题的最值时，如果区间内只有一个极值点，就是最值点． 2．如何求实际问题中的最值问题？提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点． [自测·牛刀小试] 1．(教材习题改编)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( ) A．13万件 B．11万件 C．9万件 D．7万件解析：选C　y＝－x3＋81x－234， y′＝－x2＋81，令y′＝0，则x＝9. 2．(教材习题改编)从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( ) A．12 cm3 B．72 cm3 C．144 cm3 D．160 cm3 解析：选C　设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm.则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160 x(0<x<5)， y′＝12x2－104x＋160. 令y′＝0，得x＝2或(舍去)， ymax＝6×12×2＝144 (cm3)． 3．(教材习题改编)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r是瓶子的半径，单位是厘米．已知每出售1 mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6 cm.则瓶子半径为________时，每瓶饮料的利润最大，瓶子半径为________时，每瓶饮料的利润最小．解析：由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是y＝f(r)＝0.2×πr3－0.8πr2＝0.8π，0<r≤6. 令f′(r)＝0.8π(r2－2r)＝0，则r＝2. 当r(0,2)时，f′(r)0. 则f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)．答案：6　2 4．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根． f(x)＝ax3＋x，f′(x)＝3ax2＋1. 要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0. 答案：(－∞，0) 利用导数研究函数的零点或方程的根 [例1]　(2012·福建高考)已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，aR. (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间； (2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P. [自主解答]　(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，所以a＝0，即f(x)＝ex－ex. 此时f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1. 当x(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x(1，＋∞)时，有f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)．若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0. 由P的任意性知，a≥0不合题意．若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则 h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a. 令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，则当x(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增． a．若x0＝x*，由x(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；由x(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.所以g(x)在R上单调递增．所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*. b．若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x(x*，x0)时，有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1(x*，x0)有g(x1)＞0. 又当x(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)．由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0. 所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点，即g(x)在R上至少有两个零点． c．若x0，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．综上所述，当a<0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P. ——————————————————— 利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 1．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx. (1)当a＝b＝时，求f(x)的最大值； (2)令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(0<x≤3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围； (3)当a＝0，b＝－1时，方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．解：(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝b＝时，f(x)＝ln x－x2－x， f′(x)＝－x－＝，令f′(x)＝0，解得x＝1(x＝－2舍去)．当0<x0，此时f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)0，x>0，所以x1＝<0(舍去)， x2＝. 当x(0，x2)时，g′(x)0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增；当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．因为2mf(x)＝x2有唯一实数解，则即所以2mln x2＋mx2－m＝0.又因为m>0，所以2ln x2＋x2－1＝0.(*) 设函数h(x)＝2ln x＋x－1，当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解．因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，即＝1，解得m＝. 利用导数解决恒成立及参数求解问题 [例2]　已知函数f(x)＝ex－ax，其中a>0. (1)若对一切xR，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合； (2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1<x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立． [自主解答]　(1)f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0得 x＝ln a. 当x<ln a时，f′(x)ln a时， f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝ln a时，f(x)取最小值 f(ln a)＝a－aln a. 于是对一切xR，f(x)≥1恒成立，当且仅当 a－aln a≥1. 令g(t)＝t－tln t，则g′(t)＝－ln t. 当0<t0，g(t)单调递增；当t>1时，g′(t)<0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当a＝1时，式成立．综上所述，a的取值集合为{1}． (2)由题意知，k＝＝－a，令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，则 φ(x1)＝－[e x2－x1－(x2－x1)－1]， φ(x2)＝[e x1－x2－(x1－x2)－1]．令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1. 当t<0时，F′(t)0时， F′(t)>0，F(t)单调递增．故当t≠0时，F(t)>F(0)＝0，即et－t－1>0. 从而ex2－x1－(x2－x1)－1>0， ex1－x2－(x1－x2)－1>0，又>0，>0，所以φ(x1)0. 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．若将函数“f(x)＝ex－ax，a>0”改为“f(x)＝eax－x，a≠0”，试解决问题(1)．解：若a0，f(x)＝eax－x0. 而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝ln . 当x<ln 时，f′(x)ln 时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故当x＝ln 时，f(x)取最小值f＝－ln . 于是对一切xR，f(x)≥1恒成立，当且仅当－ln ≥1. 令g(t)＝t－tln t，则g′(t)＝－ln t. 当0<t0，g(t)单调递增；当t>1时，g′(t)<0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当＝1，即a＝1时，式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．—————————————————— 不等式恒成立问题的求解方法 (1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围． (2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式． 2．已知f(x)＝(x2－a)ex，aR. (1)若a＝3，求f(x)的单调区间和极值； (2)已知x1，x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1＋x2|≥|x1x2|，求实数a的取值集合M； (3)在(2)的条件下，若不等式3f(a)0； x(－3,1)时，f′(x)0，－13f(a)－a3－a2＋3a对aM都成立，记g(a)＝3f(a)－a3－a2＋3a(－16e2－8. 故实数b的取值范围为(6e2－8，＋∞). 利用导数解决生活中的优化问题 [例3]　随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位．某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动．经过市场调查和测算，保健品的年销量x(单位：百万件)与年促销费t(单位：百万元)之间满足：3－x与t＋2成反比例．如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用．若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m倍(0<m≤1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完．假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件． (1)将2013年的利润y(单位：百万元)表示为促销费t的函数； (2)该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？ (注：利润＝销售收入－生产成本－促销费，生产成本＝固定费用＋生产费用) [自主解答]　(1)因为年销量x百万件与年促销费t百万元之间满足：3－x与t＋2成反比例，所以设t＋2＝(k≠0)．由题意知，当t＝0时，x＝1，代入得0＋2＝，解得k＝4. 所以t＋2＝，即x＝3－(t≥0)．由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x＝3－≤2.6，解得t≤8. 由于2013年的年销量为x百万件，则生产成本为 y1＝5＋40x，促销费用为t，年销售收入为y2＝150%×y1＋mt. 所以2013年的利润y＝y2－y1－t＝y1＋(m－1)t＝×(5＋40x)＋(m－1)t. 将x＝3－代入上式，得 y＝×＋(m－1)t ＝2.5＋60－＋(m－1)t ＝62.5－＋(m－1)t(0≤t≤8,0<m≤1.2)． (2)由(1)知，y＝62.5－＋(m－1)t(0≤t≤8)，所以y′＝＋(m－1)．当1≤m≤1.2时，m－1≥0，≥0，所以y′＝＋(m－1)≥0，此时函数在[0,8]上单调递增，所以当t＝8时，年利润y取得最大值，最大值为62.5－＋(m－1)×8＝46.5＋8m(百万元)；当0<m<1时，由y′＝0解得t＝－2，函数在上单调递增，在上单调递减．所以当t＝－2时，函数取得最大值，最大值为62.5－＋(m－1)·＝64.5－8－2m(百万元)．综上，若1≤m≤1.2，则当促销费投入t＝8时，企业的年利润y取得最大值，最大值为46.5＋8m(百万元)；若0<m0，当5<x≤6时，g′(x)0，g(x)0；当x(1，＋∞)时，h(x)0，所以x(0,1)时，f′(x)>0；当x(1，＋∞)时，f′(x)0，g(x)<1＋e－2等价于 1－x－xln x0，h(x)单调递增；当x(e－2，＋∞)时，h′(x)0，φ(x)单调递增， φ(x)>φ(0)＝0，故当x(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即>1. 所以1－x－xln x≤1＋e－20，g(x)0时，g(x)<1＋e－2，即证明函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值小于1＋e－2，从而将问题转化为求函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值问题，使问题得以顺利解决． 2．一般地，证明f(x)<g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)． (2012·辽宁高考)设f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax＋b(a，bR，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0,0)点相切． (1)求a，b的值； (2)证明：当0<x<2时，f(x)0时， 2<x＋1＋1＝x＋2，故<＋1. 记h(x)＝f(x)－，则 h′(x)＝＋－＝－<－＝. 令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0<x<2时， g′(x)＝3(x＋6)2－216<0. 因此g(x)在(0,2)内是递减函数．又由g(0)＝0，得 g(x)<0，所以h′(x)<0. 因此h(x)在(0,2)内是递减函数．又h(0)＝0，得h(x)<0.于是当0<x<2时，f(x)0时， 2<x＋1＋1＝x＋2，故<＋1. 令k(x)＝ln (x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝－1＝<0，故k(x)<0，即ln(x＋1)0时，f(x)<x. 记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0<x<2时， h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9 <x＋(x＋6)－9 ＝[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋)－18(x＋1)] < ＝(7x－18)<0. 因此h(x)在(0,2)内单调递减．又h(0)＝0，所以h(x)<0，即f(x)0，故|MN|min＝＝(1＋ln 3)． 3．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：选B　2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x(0,1)时，h′(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4. 4．球的直径为d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为( )A.dB.dC.dD.d 解析：选C　设正四棱柱的高为h，底面边长为x，如图是其组合体的轴截面图形，则AB＝x，BD＝d，AD＝h， AB2＋AD2＝BD2， 2x2＋h2＝d2. x2＝. 又V＝x2·h＝＝(d2h－h3)， V′(h)＝d2－h2. 令V′(h)＝0，得h＝d或h＝－d(舍去)． 5．已知函数f(x)＝x3－3x，若对于区间[－3,2]上任意的x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( ) A．0 B．10 C．18 D．20 解析：选D　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1为函数f(x)的极值点．因为f(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，从而t的最小值为20. 6．(2013·宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( ) A. B. C. D．1 解析：选D　由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0<x0；当x>时，f′(x)0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：因为f(x)＝x3＋x，xR，故f′(x)＝3x2＋1>0，则f(x)在xR上为单调增函数，又因为f(－x)＝－f(x)．故f(x)也为奇函数，由f(msin θ)＋f(1－m)>0，即f(msin θ)>－f(1－m)＝f(m－1)，得msin θ>m－1，即m(sinθ－1)>－1，因为0≤θ≤，故当θ＝时，0>－1恒成立；当θ时，m<恒成立，即m<min＝1.故m1，则函数f(x)在[0,1]上单调递减，故只要f(0)－f(1)≤1，即只要a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此时f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故当|a|≤时，f(x)max＝f(1)，此时只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1<0，故此式成立；当0)，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a＝0时，f(x)不是单调函数， (2)f′(2)＝－＝1， a＝－2. f(x)＝－2ln x＋2x－3. g(x)＝x3＋x2－2x， g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. g(x)在区间(t,3)上不是单调函数，且g′(0)＝－2. 由题意知：对于任意的t[1,2]，g′(t)<0恒成立， ∴－<mg(x)＋； (3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解：(1)f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当1<x0，此时f(x)单调递增． f(x)的极小值为f(1)＝1. (2)证明：f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1， f(x)min＝1. 又g′(x)＝， 0<x0，g(x)在(0，e]上单调递增． g(x)max＝g(e)＝. 在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋. (3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x(0，e])有最小值3，则f′(x)＝a－＝. 当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，所以，此时f(x)的最小值不是3；当0<0，又函数 y＝x2－ax＋1的判别式Δ＝(－a)2－4×1×1＝a2－4， ()当a[－2,2]时，Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，即函数f(x)在区间[1，e]上是单调递增的函数，故函数f(x)在区间[1，e]上的最大值为f(e)＝e－－a，故有f(e)≥g(1)，即e－－a≥1－，解得a≤e－1. 又a[－2,2]，所以a[－2，e－1]； ()当a0，f′(x)＝0的两根为 x1＝，x2＝，此时x1<0，x2<0.故函数f(x)在区间[1，e]上是单调递增的函数．由()知，a≤e－1，又a<－2，故am恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，若x0，所以f′(x)0，则1－ex<0，所以f′(x)<0； f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减， f(x)min＝f(2)＝2－e2. mm恒成立． 2．设函数f(x)＝(x－a)2ln x，aR. (1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a； (2)求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立(注：e为自然对数的底数)．解：(1)对f(x)求导，得 f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝(x－a). 因为x＝e是f(x)的极值点，所以f′(e)＝(e－a)·＝0，解得a＝e或a＝3e.经检验符合题意，所以或a＝3e. (2)()当0<x≤1时，对于任意的实数a，恒有 f(x)≤0<4e2成立． ()当1<x≤3e时，由题意， f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，解得3e－≤a≤3e＋. 由(1)知f′(x)＝(x－a)，令h(x)＝2ln x＋1－，则h(1)＝1－a0，且h(3e)＝2ln (3e)＋1－≥2ln(3e)＋1－＝2>0. 又h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为x0，则1<x0<3e， 1<x00；当x(x0，a)时，f′(x)0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使f(x)≤4e2对x(1,3e]恒成立，只要恒成立．由h(x0)＝2ln x0＋1－＝0，得a＝2x0ln x0＋x0. 将代入得4xln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在[1，＋∞)内单调递增，故1＋，求k的取值范围．解：(1)f′(x)＝－. 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故即解得a＝1，b＝1. (2)由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝. 设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则 h′(x)＝. ()设k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)0，可得h(x)>0；当x(1，＋∞)时，h(x)0. 从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，即f(x)>＋. ()设0<k0，故h′(x)>0. 而h(1)＝0，故当x时， h(x)>0，可得h(x)0，而h(1)＝0，故当x(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾．综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．。

精品高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第13节第三课时(1)

第二章第13节第三课时1．(导学号14577238)(理科)(2018·济南市一模)已知函数f(x)＝e x＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)函数的定义域为R，f′(x)＝e x＋a，由函数f(x)在x＝0处取得极值，则f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1，即有f(x)＝e x－x＋1，f′(x)＝e x－1，当x＜0时，有f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞0时，有f′(x)＞0，f(x)递增．则x＝0处f(x)取得极小值，也为最小值，且为2，又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，即有f(－2)为最大值e－2＋3；(2)函数f(x)不存在零点，即为e x＋ax－a＝0无实数解，由于x＝1时，e＋0＝0显然不成立，即有a∈R且a≠0.若x≠1，即有－a＝e xx－1，令g(x)＝e xx－1，则g′(x)＝e x(x－2)(x－1)2，当x＞2时，g′(x)＞0，g(x)递增，当x＜1和1＜x＜2时，g′(x)＜0，g(x)递减．即有x＝2处g(x)取得极小值，为e2，在x＜1时，g(x)＜0，则有0＜－a＜e2，解得－e2＜a＜0，则实数a的取值范围为(－e2,0)．1．(导学号14577239)(文科)(2018·南平市质检)已知函数f(x)＝e x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)已知t为实数，求函数f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值；(3)定义在区间D上的函数g(x)，若存在区间[a，b]⊆D及实常数m，当x∈[a，b]时，g(x)的取值范围恰为[a＋m，b＋m]，则称区间[a，b]为g(x)的一个同步偏移区间，m为同步偏移量．试问函数y＝[f(x)＋x](x2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移区间？若存在，请求出一个同步偏移区间及对应的偏移量；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知f (1)＝e －1, f ′(x )＝e x －1.∴函数f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝e －1，∴切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)令f ′(x )＝e x －1＝0得x ＝0.①当t ≥0时，在[t ，t ＋2]上f ′(x )≥0，f (x )单调递增，f min (x )＝f (t )＝e t －t .②当－2<t <0时，在[t,0]上f ′(x )≤0，f (x )单调递减；在[0，t ＋2]上f ′(x )≥0，f (x )单调递增，∴f min (x )＝f 极小(x )＝f (0)＝1.③当t ≤－2时，在[t ，t ＋2]上f ′(x )≤0，f (x )单调递减，f min (x )＝f (t ＋2)＝e t ＋2－t －2. ∴f min (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e t ＋2－t －2，t ≤－21，－2<t <0e t －t ， t ≥0(3)函数y ＝[f (x )＋x ](x 2－1)在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．证明如下：假设函数g (x )＝[f (x )＋x ](x 2－1)＝(x 2－1)e x 存在同步偏移区间[a ，b ],则g ′(x )＝(x 2＋2x －1)e x .∵x >1时，g ′(x )>0 ，∴g (x )为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (a )＝(a 2－1)e a ＝a ＋m ，g (b )＝(b 2－1)e b ＝b ＋m ，即方程(x 2－1)e x ＝x ＋m 有两个大于1的相异实根．设φ(x )＝(x 2－1)e x －x －m (x >1)，则φ′(x )＝(x 2＋2x －1)e x －1.∵x >1，φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增.∴φ(x )在区间(1，＋∞)上至多有一个零点与方程(x 2－1)e x ＝x ＋m 有两个大于1的相异实根矛盾，∴假设不成立，即g (x )在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．2．(导学号14577240)(理科)(2018·濮阳市一模)设函数f (x )＝a ln x －bx 2.(1)当b ＝1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＝0时，函数g (x )＝f (x )－kx ，k 为常数，若函数g (x )有两个相异零点x 1，x 2，证明：x 1·x 2>e 2.解：(1)b ＝1时，f (x )＝a ln x －x 2，定义域是(0，＋∞)，∴f ′(x )＝a －2x 2x(x ＞0)， ①a ≤0时，a －2x 2≤0，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)递减．②a ＞0时，f ′(x )＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋a 2⎝⎛⎭⎫x －a 2x ，(x ＞0)， x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时， f ′(x )＜0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞递减，在⎝⎛⎭⎫0，a 2递增． (2)证明：a ＝1，b ＝0时，g (x )＝f (x )－kx ＝ln x －kx ，由g (x )＝0，得ln x ＝kx ，设x 1＞x 2，又∵ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，∴ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)，∴ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝k . 要证明x 1x 2＞e 2，只需证明ln x 1＋ln x 2＞2，即证明k (x 1＋x 2)＞2，即证明k ＞2x 1＋x 2，即证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证明ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2. 设t ＝x 1x 2，则t ＞1. 设h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，(t ＞1)，则h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0， ∴函数h (t )在(1，＋∞)递增．∵h (1)＝0，∴h (t )＞h (1)＝0，∴ln t ＞2(t －1)t ＋1，∴x 1x 2＞e 2. 3．(导学号14577241)(文科)(2018·菏泽市一模)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx . (1)当a ＝b ＝12时，求函数f (x )的单调区间； (2)令F (x )＝f (x )＋12ax 2＋bx ＋a x (0<x ≤3)，其图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围。

2019届高三人教A版数学一轮复习练习第二章函数、导数及其应用第10节 Word版含解析

第二章第节[基础训练组]．(导学号)若()＝′()＋，则′()等于( )．．．－．－解析：[′()＝′()＋，令＝，则′()＝′()＋，得′()＝－，所以′()＝′()＋＝－.故选.]．(导学号)(·广州市一模)设函数()＝＋，若曲线＝()在点(，())处的切线方程为＋＝，则点的坐标为( ) ．() ．(，－)．(－) ．(，－)或(－)解析：[∵()＝＋，∴′()＝＋.∵函数在点(，())处的切线方程为＋＝，∴＋＝－.∵＋＋＝，解得＝±.当＝时，()＝－；当＝－时，()＝.故选.]．(导学号)设曲线＝上任一点(，)处切线的斜率为()，则函数＝()的部分图象可以为( )解析：[根据题意得()＝，∴＝()＝为偶函数．又＝时，＝，故选.]．(导学号)一质点做直线运动，由始点经过后的距离为＝－＋，则速度为的时刻是( )．末．末．末与末．末与末解析：[′＝－＋，由导数的物理意义可知，速度为零的时刻就是′＝的时刻，解方程－＋＝，得＝或＝.故选.]．(导学号)已知函数()＝－－(∈)，若函数()的图象上点(，)处的切线方程为－＋＝，则的值为( ) ．－．－解析：[∵()＝－－，∴′()＝－－，∴过点(，)的切线斜率＝′()＝－－.又点(，)处的切线方程为－＋＝，∴－－＝，∴＝－，∴()＝＋－.又点在函数()的图象上，∴＝()＝－.]．(导学号)(·太原市三模)曲线()＝在点()处的切线与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是.解析：由()＝，得′()＝＋，∴′()＝，∴曲线()＝在点()处的切线方程为＝－.如图，切线与坐标轴围成的三角形为，其外接圆的圆心为，半径为.∴三角形的外接圆方程是＋＝.答案：＋＝．(导学号)若曲线()＝＋存在垂直于轴的切线，则实数的取值范围是.解析：曲线()＝＋存在垂直于轴的切线，即′()＝有正实数解．又∵′()＝＋，∴方程＋＝有正实数解．∴＝－有正实数解．∴<.故实数的取值范围是(－∞，)．答案：(－∞，)．(导学号)曲线＝上任意一点到直线＝的距离的最小值是.解析：如图，所求最小值即曲线上斜率为的切线与＝两平行线间的距离，也即切点到直线＝的距离．由＝，则′＝＝，得＝，＝＝，。

高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第2节(1)

第二章第 2 节[基础训练组]1．(导学号14577097)(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x，则( ) A ．是奇函数，且在R 上是增函数 B ．是偶函数，且在R 上是增函数 C ．是奇函数，且在R 上是减函数 D ．是偶函数，且在R 上是减函数解析：A [由题知f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x ，f (－x )＝3－x －⎝⎛⎭⎫13－x ＝13x －3x ＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．又因为3x 是R 上的增函数，－⎝⎛⎭⎫13x也是R 上的增函数，所以f (x )在R 上是增函数．故选A.]2．(导学号14577098)已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，34 B.⎣⎡⎭⎫0，34 C.⎝⎛⎦⎤0，34 D.⎣⎡⎦⎤0，34 解析：D [当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5，在(－∞，3)上是减函数；当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a >0－4(a －3)4a ≥3，得0<a ≤34.综上，a 的取值范围是0≤a ≤34.]3．(导学号14577099)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上单调递增，若f (lg x )<0，则x 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1,10)C ．(1，＋∞)D ．(10，＋∞)解析：A [因为f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上单调递增，所以f (0)＝0，且函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，因为f (lg x )<0，所以f (lg x )<f (0)，所以lg x <0，所以0<x <1.故选A.]4．(导学号14577100)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x <1，log a x ，x ≥1是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎝⎛⎭⎫0，13 C.⎣⎡⎭⎫17，13D.⎣⎡⎭⎫17，1解析：C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧3a －1<0，0<a <1，(3a －1)×1＋4a ≥log a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <13，0<a <1，a ≥17，所以17≤a <13.故选C.]5．(导学号14577101)已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：D [由题意知a <1，∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋ax －2a ，当a <0时，显然g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，当a >0时，g (x )在[a ，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，∴g (x )在(1，＋∞)上一定是增函数．]6．(导学号14577102)函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是 ________ . 解析：f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ＝lg u 在(0，＋∞)上为增函数，u ＝x 2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f (x )在(－∞，0)上单调递减．答案：(－∞，0)7．(导学号14577103)设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a 在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是 ________ .解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a ，其对称中心为(－2a ，a )．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1＞0－2a ≤－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1＞0a ≥1⇒a ≥1. 答案：[1，＋∞)8．(导学号14577104)已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为 ________ .解析：易知原函数在R 上单调递增，且为奇函数，故f (mx －2)＋f (x )<0⇒f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )，此时应有mx －2<－x ⇒mx ＋x －2<0对所有m ∈[－2,2]恒成立．令g (m )＝＋x －2，此时只需⎩⎪⎨⎪⎧g (－2)<0，g (2)<0即可，解得－2<x <23.答案：⎝⎛⎭⎫－2，23 9．(导学号14577105)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＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋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 1)(x 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．(导学号14577106)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值．解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数． ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.[能力提升组]11．(导学号14577107)(理科)(2018·长春市二模)已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对任意实数x 1＜x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－2，则不等式f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：A [由题意，令F (x )＝f (x )＋2x ，由任意x ＜y ，f (x )－f (y )x －y >－2，可得f (x )＋2x ＜f (y )＋2y ，∴F (x )在定义域内单调递增．由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3. ∵f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|等价于f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3.令t ＝log 2|3x －1|，有f (t )＋2t ＜3，则有t ＜1，即log 2|3x －1|<1，从而|3x －1|＜2，解得x ＜1，且x ≠0.故选A.]11．(导学号14577108)(文科)(2018·龙岩市一模)已知f (x )＝x 3，若x ∈[1,2]时，f (x 2－ax )＋f (1－x )≤0，则a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≥32D ．a ≤32解析：C [f (－x )＝－f (x )，f ′(x )＝3x 2＞0， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上为奇函数且单调递增．∴由f (x 2－ax )＋f (1－x )≤0得f (x 2－ax )≤f (x －1)， ∴x 2－ax ≤x －1，即x 2－(a ＋1)x ＋1≤0.设g (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1－a ≤0g (2)＝3－2a ≤0，∴a ≥32.故选C.]12．(导学号14577109)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k ，定义函数f k (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤k ，k ，f (x )>k ，取函数f (x )＝2－|x |.当k ＝12时，函数f k (x )的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)解析：C [由f (x )>12，得－1<x <1.由f (x )≤12，得x ≤－1或x ≥1.所以f 12(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≥1，12，－1<x <1，2x，x ≤－1.故f 12(x )的单调递增区间为(－∞，－1)．]13．(导学号14577110)(理科)(2017·高考全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12＞1的x 的取值范围是 ________ . 解析：由题意，g (x )＝f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋32，x ≤0，2x＋x ＋12，0＜x ≤12(2＋1)2x －1，x ＞12，，函数g (x )在区间(－∞，0]，⎝⎛⎦⎤0，12，⎝⎛⎭⎫12，＋∞三段区间内均单调递增，且g ⎝⎛⎭⎫－14＝1,20＋0＋12＞1，(2＋1)×212－12＞1，据此x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫－14，＋∞13．(导学号14577111)(文科)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是 ________ .解析：依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.答案：114．(导学号14577112)已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若a ，b ∈[－1,1]，a ＋b ≠0时，有f (a )＋f (b )a ＋b>0成立．(1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明它； (2)解不等式：f ⎝⎛⎭⎫x ＋12<f ⎝⎛⎭⎫1x －1；(3)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2，则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数， ∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2) ＝f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)·(x 1－x 2)，由已知得f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在[－1,1]上单调递增． (2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12＜1x －1，－1≤x ＋12≤1，－1≤1x －1≤1.∴－32≤x <－1.(3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f (x )≤1. 问题转化为m 2－2am ＋1≥1，即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥0.①若m ＝0，则g (a )＝0≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0，∴m≤－2或m≥2.∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.。

[推荐学习]高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第4节(1)

第二章第4节[基础训练组]1．已知f (x )＝2x ＋2－x ，若f (a )＝3，则f (2a )等于( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：B [由f (a )＝3得2a ＋2－a ＝3，两边平方得22a ＋2－2a＋2＝9，即22a ＋2－2a＝7，故f (2a )＝7.]2．函数y ＝2x －2－x 是( )A ．奇函数，在(0，＋∞)上单调递增B ．奇函数，在(0，＋∞)上单调递减C ．偶函数，在(－∞，0)上单调递增D ．偶函数，在(－∞，0)上单调递减解析：A [根据奇偶性的定义判断函数奇偶性，借助指数函数的图象及相关结论判断单调性．令f (x )＝2x －2－x ，则f (－x )＝2－x －2x ＝－f (x )，所以函数是奇函数，排除C 、D.又函数y ＝2x ，y ＝－2－x都是R 上的增函数，由增函数加增函数还是增函数的结论可知f (x )＝2x－2－x 是R 上的增函数，故选择A.]3．(理科)(2018·宜宾市诊断)已知函数f (x )＝x －4＋9x ＋1，x ∈(0,4)，当x ＝a 时，f (x )取得最小值b ，则函数g (x )＝a |x ＋b |的图象为( )解析：A [∵x ∈(0,4)，∴x ＋1>1，∴f (x )＝x ＋1＋9x ＋1－5≥29－5＝1，当且仅当x ＋1＝9x ＋1，即x ＝2时，取等号．∴a ＝2，b ＝1.因此g (x )＝2|x ＋1|，该函数图象由y ＝2|x |向左平移一个单位得到，结合图象知A 正确．]3．(文科)函数y ＝xa x|x |(0<a <1)图象的大致形状是( )解析：D [函数定义域为{x |x ∈R ，x ≠0}，且y ＝xa x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x >0，－a x ，x <0.当x >0时，函数是一个指数函数，因为0<a <1，所以函数在(0，＋∞)上是减函数；当x <0时，函数图象与指数函数y ＝a x (x <0,0<a <1)的图象关于x 轴对称，在(－∞，0)上是增函数．]4．若函数f (x )＝a |2x －4| (a >0，a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]5．若函数y ＝a 2x ＋2a x －1(a >0，a ≠1)在区间[－1,1]上的最大值是14，则实数a 的值是( )A ．3 B.13C ．3或13D ．5或15解析：C [设a x ＝t ，则原函数的最大值问题转化为求关于t 的函数y ＝t 2＋2t －1的最大值问题．因为函数图象的对称轴为t ＝－1，且开口向上，所以函数y ＝t 2＋2t －1在t ∈(0，＋∞)上是增函数．当a >1时，a －1≤t ≤a ，所以t ＝a 时，y 取得最大值14，即a 2＋2a －1＝14，解得a ＝3(舍去－5)；当0<a <1时，a ≤t ≤a －1，所以t ＝a－1时，y 取得最大值14，即a－2＋2a －1－1＝14，解得a ＝13⎝⎛⎭⎫舍去－15.综上，实数a 的值为3或13，选C.]答案：9答案：(－∞，8]10．已知函数f (x )＝4x ＋m2x 是奇函数．(1)求m 的值；(2)设g (x )＝2x ＋1－a ，若函数f (x )与g (x )的图象至少有一个公共点，求实数a 的取值范围．解析：(1)由函数f (x )是奇函数可知f (0)＝1＋m ＝0，解得m ＝－1. (2)函数f (x )与g (x )的图象至少有一个公共点，即方程4x －12x ＝2x ＋1－a 至少有一个实根，即方程4x －a ·2x ＋1＝0至少有一个实根．令t ＝2x >0，则方程t 2－at ＋1＝0至少有一个正根．方法一：由于a ＝t ＋1t ≥2，∴a 的取值范围为[2，＋∞)．方法二：令h (t )＝t 2－at ＋1，由于h (0)＝1>0，∴只须⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，a 2>0，解得a ≥2.∴a 的取值范围为[2，＋∞)．[能力提升组]11．设y ＝f (x )在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K ，定义f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤K ，K ，f (x )>K ，给出函数f (x )＝2x ＋1－4x ，若对于任意x ∈(－∞，1]，恒有f K (x )＝f (x )，则( )A ．K 的最大值为0B ．K 的最小值为0C ．K 的最大值为1D ．K 的最小值为1解析：D [根据给出的定义，f K (x )是在函数y ＝f (x )，y ＝K 中取较小者．对任意的x ∈(－∞，1]上恒有f K (x )＝f (x )，等价于对任意的x ∈(－∞，1]上恒有f (x )≤K ，等价于f (x )max ≤K ，x ∈(－∞，1]．令t ＝2x ∈(0,2]，则函数f (x )＝2x ＋1－4x ，即为函数φ(t )＝－t 2＋2t ＝－(t －1)2＋1≤1，故函数f (x )在(－∞，1]上的最大值为1，即K ≥1.故选D.]12．若关于x 的方程|a x －1|＝2a (a >0，a ≠1)有两个不等实根，则a 的取值范围是( ) A ．(0,1)∪(1，＋∞) B ．(0,1) C ．(1，＋∞)D.⎝⎛⎭⎫0，12 解析：D [方程|a x －1|＝2a (a >0且a ≠1)有两个实数根转化为函数y ＝|a x －1|与y ＝2a 有两个交点．①当0<a <1时，如图(1)，∴0<2a <1，即0<a <12.②当a >1时，如图(2)，而y ＝2a >1不符合要求．综上，0<a <12.]13．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x <0恒成立，则实数m 的取值范围是 ________ .解析：原不等式变形为m 2－m <⎝⎛⎭⎫12x .∵函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x在(－∞，－1]上是减函数，∴⎝⎛⎭⎫12x ≥⎝⎛⎭⎫12－1＝2，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <⎝⎛⎭⎫12x恒成立等价于 m 2－m <2，解得－1<m <2. 答案：(－1,2)14．已知函数f (x )＝3x －13|x |.(1)若f (x )＝2，求x 的值； (2)判断x >0时，f (x )的单调性；(3)若3t f (2t )＋mf (t )≥0对于t ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，求m 的取值范围．解：(1)当x ≤0时，f (x )＝3x －3x ＝0，∴f (x )＝2无解．当x >0时，f (x )＝3x －13x ，令3x －13x＝2.∴(3x )2－2·3x －1＝0，解得3x ＝1±2. ∵3x >0，∴3x ＝1＋ 2.∴x ＝log 3(1＋2)．(2)∵y ＝3x 在(0，＋∞)上单调递增，y ＝13x 在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )＝3x －13x 在(0，＋∞)上单调递增．(3)∵t ∈⎣⎡⎦⎤12，1，∴f (t )＝3t －13t >0. ∴3t f (2t )＋mf (t )≥0化为3t ⎝⎛⎭⎫32t －132t ＋m ⎝⎛⎭⎫3t －13t ≥0，即3t ⎝⎛⎭⎫3t ＋13t ＋m ≥0，即m ≥－32t －1.令g (t )＝－32t －1，则g (t )在⎣⎡⎦⎤12，1上递减，∴g (x )max ＝－4.∴所求实数m 的取值范围是[－4，＋∞)．。

[推荐学习]高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第6节(1)

第二章第6节[基础训练组]1．(2018·蚌埠市二模)函数y＝x33x4－1的图象大致是()解析：A[由题意，函数在(－1,1)上单调递减，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，故选A.]A．b＜a＜c B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜bA．0B．1C．2D．3解析：C[∵y＝xm2－4m (m∈Z)的图象与坐标轴没有交点，∴m2－4m<0，即0<m<4，又∵函数的图象关于y 轴对称，且m ∈Z ， ∴m 2－4m 为偶数，因此m ＝2.]4．(理科)若定义在R 上的二次函数f (x )＝ax 2－4ax ＋b 在区间[0,2]上是增函数，且f (m )≥f (0)，则实数m 的取值范围是( )A ．0≤m ≤4B ．0≤m ≤2C ．m ≤0D ．m ≤0或m ≥4解析：A [∵f (x )＝a (x －2)2＋b －a ，对称轴为x ＝2， ∴由已知得a <0，结合二次函数图象知，要使f (m )≥f (0)，需满足0≤m ≤4.]4．(文科)已知函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1在区间[－1，＋∞)上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3,0)B ．(－∞，－3]C ．[－2,0]D ．[－3,0]解析：D [当a ＝0时，f (x )＝－3x ＋1，满足题意；当a >0时，函数f (x )在对称轴右侧单调递增，不满足题意；当a <0时，函数f (x )的图象的对称轴为x ＝－a －32a ，∵函数f (x )在区间[－1，＋∞)上单调递减，∴－a －32a ≤－1，得－3≤a <0.综上可知，实数a 的取值范围是[－3,0]．]5．已知y ＝f (x )是偶函数，当x >0时，f (x )＝(x －1)2，若当x ∈⎣⎡⎦⎤－2，－12时，n ≤f (x )≤m 恒成立，则m －n 的最小值为( )A.13 B.12 C.34D ．1解析：D [当x <0时，－x >0，f (x )＝f (－x )＝(x ＋1)2，∵x ∈⎣⎡⎦⎤－2，－12，∴f (x )min ＝f (－1)＝0，f (x )max ＝f (－2)＝1，∴m ≥1，n ≤0，m －n ≥1.∴m －n 的最小值是1.]6．若函数f (x )＝x 2－ax －a 在区间[0,2]上的最大值为1，则实数a 等于 ________ . 解析：函数f (x )＝x 2－ax －a 的图象为开口向上的抛物线，∴函数的最大值在区间的端点取得，∵f (0)＝－a ，f (2)＝4－3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＞4－3a ，－a ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧－a ≤4－3a ，4－3a ＝1，解得a ＝1.解析：由题意知m 2－2m －3为奇数且m 2－2m －3＜0，由m 2－2m －3＜0得－1＜m ＜3，又m ∈N *，故m ＝1,2.当m ＝1时，m 2－2m －3＝1－2－3＝－4(舍去)．当m ＝2时，m 2－2m －3＝22－2×2－3＝－3，∴m ＝2. 答案：28．(导学号14577121)(2018·葫芦岛市一模)若函数f (x )＝(a ＋2b )x 2－23x ＋a ＋2c (a ，b ，c ∈R )的值域为[0，＋∞)，则a ＋b ＋c 的最小值为 ________ .解析：∵二次函数f (x )＝(a ＋2b )x 2－23x ＋a ＋2c (x ∈R )的值域为[0，＋∞)， ∴a ＋2b ＞0，Δ＝12－4(a ＋2b )(a ＋2c )≤0， ∴a ＞0，b ＞0，c ＞0，(a ＋2b )(a ＋2c )≥3，而⎝⎛⎭⎫a ＋2b ＋a ＋2c 22＝(a ＋b ＋c )2≥3，∴a ＋b ＋c ≥3，当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号．答案： 39．(导学号14577122)已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0，求m 为何值时？ (1)方程一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内； (2)方程两根均在区间(0,1)内．解：设f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1.(1)函数f (x )的零点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，由图(1)可知，⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝2m ＋1<0，f (－1)＝2>0，f (1)＝4m ＋2<0，f (2)＝6m ＋5>0.⇒⎩⎪⎨⎪⎧m <－12，m ∈R ，m <－12，m >－56.∴－56<m <－12.所以当－56<m <－12时，方程一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内．(2)函数f (x )的两零点均在区间(0,1)内，由图(2)可知， ⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝2m ＋1>0，f (1)＝4m ＋2>0，Δ＝(2m )2－4(2m ＋1)≥00<－m <1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m >－12，m >－12，m ≥1＋2或m ≤1－2，－1<m <0，∴－12<m ≤1－ 2.所以当－12<m ≤1－2时，方程两根均在区间(0,1)内．10．(导学号14577123)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b ∈R )，x ∈R . (1)若函数f (x )的最小值为f (－1)＝0，求f (x )的解析式，并写出单调区间． (2)在(1)的条件下，f (x )>x ＋k 在区间[－3，－1]上恒成立，试求k 的范围．解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－b 2a ＝－1，f (－1)＝a －b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.所以f (x )＝x 2＋2x ＋1，由f (x )＝(x ＋1)2知，函数f (x )的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]．(2)由题意知，x 2＋2x ＋1>x ＋k 在区间[－3，－1]上恒成立，即k <x 2＋x ＋1在区间[－3，－1]上恒成立，令g (x )＝x 2＋x ＋1，x ∈[－3，－1]，由g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋122＋34知g (x )在区间[－3，－1]上是减函数，则g (x )min ＝g (－1)＝1，所以k <1，即k 的取值范围是(－∞，1)．[能力提升组]11．(导学号14577124)关于x 的二次方程(m ＋3)x 2－4mx ＋2m －1＝0的两根异号，且负根的绝对值比正根大，那么实数m 的取值范围是( )A ．－3<m <0B ．0<m <3C ．m <－3或m >0D ．m <0或m >3解析：A [由题意知⎩⎨⎧Δ＝16m 2－4(m ＋3)(2m －1)＞0， ①x 1＋x 2＝4m m ＋3＜0， ②x 1·x 2＝2m－1m ＋3＜0， ③由①②③得－3<m <0，故选A.]12．(导学号14577125)设f (x )与g (x )是定义在同一区间[a ，b ]上的两个函数，若函数y ＝f (x )－g (x )在x ∈[a ，b ]上有两个不同的零点，则称f (x )和g (x )在[a ，b ]上是“关联函数”，区间[a ，b ]称为“关联区间”．若f (x )＝x 2－3x ＋4与g (x )＝2x ＋m 在[0,3]上是“关联函数”，则m 的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤－94，－2 B.⎝⎛⎭⎫－94，－2 C.⎣⎡⎭⎫－94，2 D.⎝⎛⎦⎤－94，－2解析：B [由题意知，y ＝f (x )－g (x )＝x 2－5x ＋4－m 在[0,3]上有两个不同的零点．在同一直角坐标系下作出函数y ＝m 与y ＝x 2－5x ＋4(x ∈[0,3])的图象如图所示，结合图象可知，当x ∈[2,3]时，y ＝x 2－5x ＋4∈⎣⎡⎦⎤－94，－2，故当m ∈⎝⎛⎭⎫－94，－2时，函数y ＝m 与y ＝x 2－5x ＋4(x ∈[0,3])的图象有两个交点．]13．(导学号14577126)(2018·广元市三模)已知x ∈R ，符号[x ]表示不超过x 的最大整数，若函数f (x )＝[x ]x(x ＞0)，则给出以下四个结论：①函数f (x )的值域为[0,1]； ②函数f (x )的图象是一条曲线；③函数f (x )是(0，＋∞)上的减函数；④函数g (x )＝f (x )－a 有且仅有3个零点时34<a ≤45.其中正确的序号为 ______________ .解析：由于符号[x ]表示不超过x 的最大整数，函数f (x )＝[x ]x (x ＞0)，取x ＝－1.1，则[x ]＝－2，∴f (x )＝－2－1.1＞1，故①不正确．由于当0＜x ＜1，[x ]＝0，此时f (x )＝0；当1≤x ＜2，[x ]＝1，此时f (x )＝1x ；12<f (x )≤1当2≤x ＜3，[x ]＝2，此时f (x )＝2x ，此时23＜f (x )≤1，当3≤x ＜4，[x ]＝3，此时f (x )＝3x ，此时34＜g (x )≤1，当4≤x ＜5，[x ]＝4，此时f (x )＝4x ，此时45＜g (x )≤1，故f (x )的图象不会是一条曲线，且 f (x )不会是(0，＋∞)上的减函数，故排除②、③. 函数g (x )＝f (x )－a 有且仅有3个零点时，函数f (x )的图象和直线y ＝a 有且仅有3个交点，此时，34<a ≤45，故④正确．答案：④14．(导学号14577127)已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4,6]． (1)当a ＝－2时，求f (x )的最值；(2)求实数a 的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－4,6]上是单调函数； (3)当a ＝－1时，求f (|x |)的单调区间．解：(1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，则函数在[－4,2)上为减函数，在(2,6]上为增函数，∴f (x )min ＝f (2)＝－1，f (x )max ＝f (－4)＝(－4)2－4×(－4)＋3＝35. (2)函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3的对称轴为x ＝－2a2＝－a ，∴要使f (x )在[－4,6]上为单调函数，只需－a ≤－4或－a ≥6，解得a ≥4或a ≤－6. (3)当a ＝－1时，f (|x |)＝x 2－2|x |＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，x ≤0，x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2，x ＞0，其图象如图所示：又∵x ∈[－4,6]，∴f (|x |)在区间[－4，－1)和[0,1)上为减函数，在区间[－1,0)和[1,6]上为增函数．。

2022最新精选高三人教A版数学一轮复习练习第二章函数导数及

2022最新精选高三人教A版数学一轮复习练习第二章函数导数及题型归纳最好先从平时经常出错的知识点开始，找出它们，并将这些知识点对应的考题提取出来，研究这些题主要从哪些角度进行考察，这类知识点的题怎样入手解题，容易出错的点有哪些。

归纳完经常错的知识点后，可以翻看一下近几年的高考真题，看看大题一般是考察哪些类型的题目，归纳一下这些题型的解题方法。

在此过程中，如果对某个知识很模糊，立即回归课本，翻看课本知识。

【2022最新】精选高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第3节1．(导学号14577113)(2022·长春市二模)下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是()A．y＝e某＋e－某C．y＝B．y＝ln(|某|＋1)D．y＝某－某解析：D[选项A、B中的函数为偶函数；选项C中的函数虽然是奇函数，但是在(0，＋∞)上不是单调递增函数．故选D.]2．(导学号14577114)设函数f(某)，g(某)的定义域都为R，且f(某)是奇函数，g(某)是偶函数，则下列结论中正确的是()A．f(某)g(某)是偶函数B．|f(某)|g(某)是奇函数C．f(某)|g(某)|是奇函数D．|f(某)g(某)|是奇函数解析：C[因为f(某)是奇函数，g(某)是偶函数，所以有f(－某)＝－f(某)，g(－某)＝g(某)，于是f(－某)·g(－某)＝－f(某)g(某)，即f(某)g(某)为奇函数，A错；|f(－某)|g(－某)＝|f(某)|g(某)，即|f(某)|g(某)为偶函数，B错；f(－某)|g(－某)|＝－f(某)|g(某)|，即f(某)|g(某)|为奇函数，C正确；|f(－某)g(－某)|＝|f(某)g(某)|，即f(某)g(某)为偶函数，所以D也错．]3．(导学号14577115)(2022·保定市一模)已知函数f(某)＝1/8题型归纳最好先从平时经常出错的知识点开始，找出它们，并将这些知识点对应的考题提取出来，研究这些题主要从哪些角度进行考察，这类知识点的题怎样入手解题，容易出错的点有哪些。

高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第13节第二课时(1)

第二章第13节第二课时1．(导学号14577231)(文科)(2018·贵阳市一模)设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )＞0，解得x ＞－1；令F ′(x )＜0，解得x ＜－1，故F (x )在(－∞，－1)递减，在(－1，＋∞)递增，故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立，则任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有mf (x 1)－g (x 1)＞mf (x 2)－g (x 2)＞0恒成立．令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)递增即可，故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e.1．(导学号14577232)(理科)(2018·贵阳市一模)设f (x )＝ln x ，g (x )＝12x |x |.(1)求g (x )在x ＝－1处的切线方程；(2)令F (x )＝x ·f (x )－g (x )，求F (x )的单调区间；(3)若任意x 1，x 2∈[1，＋∞)且x 1＞x 2，都有m [g (x 1)－g (x 2)]＞x 1f (x 1)－x 2f (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)x ＜0时，g (x )＝－12x 2，g ′(x )＝－x ，故g (－1)＝－12，g ′(－1)＝1，故切线方程是y ＋12＝(x ＋1)，即x －y ＋12＝0.(2)F (x )＝x ln x －12x |x |＝x ln x －12x 2，(x ＞0)，F ′(x )＝ln x －x ＋1，F ″(x )＝1x－1.令F ″(x )＞0，解得0＜x ＜1；令F ″(x )＜0，解得x ＞1，故F ′(x )在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，故F ′(x )≤F ′(1)＝0，故F (x )在(0，＋∞)递减．(3)已知可转化为x 1＞x 2≥1时，mg (x 1)－x 1f (x 1)≥mg (x 2)－x 2f (x 2)恒成立．令h (x )＝mg (x )－xf (x )＝m2x 2－x ln x ，则h (x )为单调递增的函数，故h ′(x )＝mx －ln x －1≥0恒成立，即m ≥ln x ＋1x 恒成立．令m (x )＝ln x ＋1x ，则m ′(x )＝－ln xx2，∴当x ∈[1，＋∞)时，m ′(x )≤0，m (x )单调递减， m (x )≤m (1)＝1，故m ≥1.2．(导学号14577233)(理科)(2018·桂林市、北海市、崇左市一模)已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)＜f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值．解：(1)∵f (x )＝ax ＋x ln x ，∴f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，又函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数， ∴当x ≥e 时，a ＋1＋ln x ≥0恒成立，∴a ≥(－1－ln x )max ＝－1－ln e ＝－2，即a 的取值范围为[－2，＋∞)； (2)当x ＞1时，x －1＞0，故不等式k (x －1)＜f (x )⇔k ＜f (x )x －1，即k <x ＋x ln xx －1对任意x ＞1恒成立．令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0⇒h (x )在(1，＋∞)上单增．∵h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0， ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)＝0，即当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0，＋∞)上单增．令h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即ln x 0＝x 0－2，g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3,4)，∴k ＜g (x )min ＝x 0且k ∈Z ，即k max ＝3.2．(导学号14577234)(文科)(2018·潍坊市一模)设f (x )＝ax 2－a ＋e e x ，g (x )＝12＋ln x .(1)设h (x )＝f (x )－g (x )＋e x －e xx e x，讨论y ＝h (x )的单调性；(2)证明：对任意a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，12，∃x ∈(1，＋∞)，使f (x )＜g (x )成立．解析：(1)h (x )＝f (x )－g (x )＋e x －e xx e x ＝ax 2－ln x －a ，则h ′(x )＝2ax －1x ＝2a 2－1x .① a ≤0时，h (x )在(0，＋∞)递减； ②a ＞0时，令h ′(x )＞0，解得x ＞12a，令h ′(x )＜0，解得0＜x ＜12a，故h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞递增． (2)证明：由题意得：ax 2－a ＋e e x ＜1x ＋ln x ，∃x ∈(1，＋∞)，ax 2－a －ln x ＜1x －ee x .设k (x )＝e x －e xx e x，若记k 1(x )＝e x －e x ，则k 1′(x )＝e x －e ，当x ＞1时，(x )＞0，k 1(x )在(1，＋∞)递增，k 1(x )＞k 1(1)＝0，若a ≤0，由于x ＞1，故f (x )＜g (x )恒成立．若0＜a ＜12，设h (x )＝a (x 2－1)－ln x ，由(1)x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，h (x )递减，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，h (x )递增，故h ⎝⎛⎭⎫12a ＜h (1)＝0，而k ⎝⎛⎭⎫12a ＞0，即存在x ＝12a＞1，使得f (x )＜g (x )，故对任意a ∈(－∞，0)，∃x ∈(1，＋∞)，使得f (x )＜g (x )成立．3．(导学号14577235)(理科)(2018·湖南十三校第二次联考)设函数f (x )＝xln x －ax .(1)若函数f (x )在(1，＋∞)上为减函数，求实数a 的最小值；(2)若存在x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围．解：(1) 由已知得x ＞0，x ≠1.因f (x )在(1，＋∞)上为减函数，故f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0. 又f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ＝－⎝⎛⎭⎫1ln x 2＋1ln x －a ＝－⎝⎛⎭⎫1ln x －122＋14－a ，故当1ln x ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x )max ＝14－a .所以14－a ≤0，于是a ≥14，故a 的最小值为14.(2)命题“若存在x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于 “当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ”．由(1)，当x ∈[e ，e 2]时，f ′(x )max ＝14－a ，∴f ′(x )max ＋a ＝14.问题等价于：“当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤14”．①当a ≥14时，由(1)，f (x )在[e ，e 2]上为减函数，则f (x )min ＝f (e 2)＝e 22－a e 2≤14，故a ≥12－14e2. ②当a <14时，由于f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1ln x －122＋14－a 在[e ，e 2]上的值域为⎣⎡⎦⎤－a ，14－a (ⅰ)－a ≥0，即a ≤0，f ′(x )≥0在[e ，e 2]恒成立，故f (x )在[e ，e 2]上为增函数，于是，f (x )min ＝f (e)＝e －a e ≥e>14，矛盾．(ⅱ)－a <0，即0<a <14，由f ′(x )的单调性和值域知，存在唯一x 0∈(e ，e 2)，使f ′(x )＝0，且满足：当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(x 0，e 2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，所以，f min (x )＝f (x 0)＝x 0ln x 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2)所以，a ≥1ln x 0－14x 0>1ln e 2－14e >12－14＝14，与0<a <14矛盾．综上得a ≥12－14e2.3．(导学号14577236)(文科)(2018·湖南郴州市一模)已知函数f (x )＝x 3－2f ′(1)x 2＋1，g (x )＝x 2－ax (a ∈R )(1)求f ′(1)的值和f (x )的单调区间； (2)若对任意x 1∈[－1,1]都存在x 2∈(0,2)，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )＝x 3－2f ′(1)x 2＋1， ∴f ′(x )＝3x 2－4f ′(1)x ，f ′(1)＝3－4f ′(1)，即f ′(1)＝1， f ′(x )≥0，解得x ≤0或x ≥43；f ′(x )≤0，解得0≤x ≤43；即f (x )在(－∞，0]、⎣⎡⎭⎫43，＋∞上单调递增；在⎝⎛⎦⎤0，43单调递减； (2)当x 1∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]单调递增，在[0,1]单调递减；而f (－1)＝－2，f (1)＝0，可知f (x )max ＝f (－1)＝－2，从而：－2≥g (x )＝x 2－ax 在x ∈(0,2)上有解，即a ≥x 2＋2x有解，a ≥⎣⎡⎦⎤x 2＋2x min ＝22，即a ≥2 2.4．(导学号14577237)(2018·吉林白山市三模)已知函数f (x )＝mx －mx ，g (x )＝3ln x .(1)当m ＝4时，求曲线f (x )＝mx －mx在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若x ∈(1， e ](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)f (x )＝4x －4x 的导数为f ′(x )＝4＋4x 2，可得在点(2，f (2))处的切线斜率为k ＝4＋1＝5，切点为(2,6)，可得切线的方程为y －6＝5(x －2)，即为y ＝5x －4； (2)x ∈(1， e ]时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，即为m ⎝⎛⎭⎫x －1x ＜3ln x ＋3在(1， e ]恒成立，由1＜x ≤e 时，3ln x ＋3∈⎝⎛⎦⎤3，92，x －1x 递增，可得值域为⎝⎛⎦⎥⎤0，e －1e ，即有m ＜3(x ln x ＋x )x 2－1的最小值，由h (x )＝3(x ln x ＋x )x 2－1的导数为h ′(x )＝3(－2－ln x －x 2ln x )(x 2－1)2，可得1＜x ≤e 时，h ′(x )＜0，h (x )递减，可得x ＝e 时，h (x )取得最小值，且为9e2(e －1).可得m ＜9e2(e －1).则m 的范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，9e 2(e －1).。

【教育专用】高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第12节(1)

第二章第12节[基础训练组]1．(导学号14577206)当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) A.1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：B [令y ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.]2．(导学号14577207)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：A [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.]3．(导学号14577208)若函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R )的导函数在区间(1,2)上有零点，则f (x )在下列区间上单调递增的是( )A ．(－2,0)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－2)解析：D [由题意知，f ′(x )＝1－b x 2，∵函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R )的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx 2＝0时，b ＝x 2，又x ∈(1,2)，∴b ∈(1,4)，令f ′(x )＞0，解得x ＜－b 或x ＞b ，即f (x )的单调递增区间为(－∞，－b )，(b ，＋∞)，∵b ∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.]4．(导学号14577209)(2018·白山市三模)若关于x 的不等式x 3－3x ＋3－xe x －a ≤0有解，其中x ≥－2，则实数a 的最小值为( )A ．1－1eB ．2－2eC.2e－1 D ．1＋2e 2解析：A [化简可得a ≥x 3－3x ＋3－x e x ，设f (x )＝x 3－3x ＋3－xe x ，∴f ′(x )＝3x 2－3＋1－x e x .令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故当x ∈[－2,1)时，g ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故f (x )在[－2,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以f min (x )＝g (1)＝1－3＋3－1e ＝1－1e，故选A.]5．(导学号14577210)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14 B.13 C.12D ．1解析：D [∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当0<x <1a 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，2上单调递减，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.] 6．(导学号14577211)直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是 ________ .解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2<a <2时恰有三个不同的公共点．答案：(－2,2)7．(导学号14577212)某厂生产某产品x (万件)的总成本C (x )＝1 200＋275x 3(万元)，已知产品单价的平方与产品件数x 成反比，生产100万件这样的产品单价为50万元，产量定为 ________ 万件时总利润最大．解析：设单价为a ，由题意知a 2＝k x 且502＝k100，∴k ＝502×100＝25×104，∴a 2＝25×104x ，即a ＝500x，总利润y ＝a ·x －C (x )＝500x ·x －⎝⎛⎭⎫1 200＋275x 3＝500×x －275x 3－1 200， y ′＝250x －12－225x 2，令y ′＝0得x ＝25，∴产量定为25万件时总利润最大．答案：258．(导学号14577213)函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是 ________ .解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. 所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)．答案：(－1,1)9．(导学号14577214)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：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线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．10．(导学号14577215)(文科)已知函数f (x )＝ln x ＋1x .(1)求f (x )的最小值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋ax 在区间[2，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解： (1)由题意可知x ＞0，且f ′(x )＝x －1x 2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，当x ＞1时，f ′(x )＞0，故f (x )min ＝f (1)＝1.(2)由F ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，当a ＝0时，F ′(x )＝x －1x2＞0，F (x )在区间[2，＋∞)上单调递增，符合题意，当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋x －1，此时F (x )在[2，＋∞)上只能是单调递减，故F ′(x )≤0，即4a ＋2－14≤0，解得a ≤－14.当a ＞0时，F (x )在[2，＋∞)上只能是单调递增，故F ′(x )≥0，即4a ＋2－14≥0，得a ≥－14，故a ＞0.综上a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． 10．(导学号14577216)(理科)(2018·烟台市一模)已知函数f (x )＝e ax (其中e ＝2.71828…)，g (x )＝f (x )x.(1)若g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝12时，求函数g (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上的最小值．解：(1)由题意知g (x )＝f (x )x ＝e axx 在[1，＋∞)上是增函数，∴g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫e ax x ′＝e ax (ax －1)x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，即ax －1≥0在[1，＋∞)恒成立，a ≥1x 在x ∈[1，＋∞)上恒成立，而1x≤1，∴a ≥1.当x ＞2时，g ′(x )＞0，g (x )在[2，＋∞)递增；当x ＜2且x ≠0时，g ′(x )＜0，即g (x )在，(－∞，0)，(0,2)递减．又m ＞0，∴m ＋1＞1，[能力提升组]11．(导学号14577217)(理科)(2018·合肥市二模)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝⎛⎭⎫1e ，eD ．(－∞，e)解析：A [若函数f (x )＝x ln x －a e x 有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)有2个交点．g ′(x )＝1x－ln x －1e x ，(x ＞0)．令h (x )＝1x－ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x＜0，h (x )在(0，＋∞)递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0，g (x )单调递增； x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )在(0，＋∞)有2个交点，只需0＜a ＜1e.故选A.]11．(导学号14577218)(文科)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫2，52B.⎣⎡⎭⎫2，52 C.⎝⎛⎭⎫2，103 D.⎣⎡⎭⎫2，103 解析：C [∵f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1，∴f ′(x )＝x 2－ax ＋1.若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3内有零点，由f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0，可知a ＝x ＋1x.∵函数y ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，∴y ∈⎣⎡⎭⎫2，103，即2≤a <103. 当a ＝2时，由f ′(x )＝0解得x ＝1，而f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a ≠2.综上可知，2<a <103，故选C.]12．(导学号14577219)(理数)(2018·湘西州一模)已知函数f (x )＝a e x －2x －2a ，且a ∈[1,2]，设函数f (x )在区间[0，ln 2]上的最小值为m ，则m 的取值范围是( )A ．[－2，－2ln 2] B.⎣⎡⎦⎤－2，－1e C ．[－2ln 2，－1]D.⎣⎡⎦⎤－1，－1e 解析：A [构造函数g (a )＝(e x －2)a －2x ，g (a )是关于a 的一次函数． ∵x ∈[0，ln 2]，∴e x －2＜0，即y ＝g (a )是减函数． ∵a ∈[1,2]，∴f (x )max ＝2(e x －2)－2x .设M (x )＝2(e x －2)－2x ，则M ′(x )＝2e x －2，∵x ∈[0，ln 2]， ∴M ′(x )≥0，则M (x )在[0，ln 2]上递增，∴M (x )min ＝M (0)＝－2，M (x )max ＝M (ln 2)＝－2ln 2， m 的取值范围是[－2，－2ln 2] .故选A.]12．(导学号14577220)(2018·长沙市调研)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：C [由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0)，故选C.]13．(导学号14577221)(理科)(2018·广元市三诊)设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是 ______ .解析：∵当x ＞0时，f (x )＝e 2x 2＋1x ＝e 2x ＋1x≥2e 2x ·1x＝2e ，∴x 1∈(0，＋∞)时，函数f (x 1)有最小值2e. ∵g (x )＝e 2xe x ，∴g ′(x )＝e 2·(e x －x e x )e 2x ＝e 2(1－x )e x.当x ＜1时，g ′(x )＞0，则函数g (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，g ′(x )＜0，则函数在(1，＋∞)上单调递减， ∴x ＝1时，函数g (x )有最大值g (1)＝e ，则有x 1、x 2∈(0，＋∞)，f (x 1)min ＝2e ＞g (x 2)max ＝e. ∵g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立且k ＞0，∴e k ≤2e k ＋1，∴k ≥1. 答案：[1，＋∞)13．(导学号14577222)(文科)(2018·邯郸市一模)设f (x )＝e x ，f (x )＝g (x )－h (x )，且g (x )为偶函数，h (x )为奇函数，若存在实数m ，当x ∈[－1,1]时，不等式mg (x )＋h (x )≥0成立，则m 的最小值为 ________ .解析：由f (x )＝g (x )－h (x )，即e x ＝g (x )－h (x ) ①，得e －x ＝g (－x )－h (－x )，又g (x )，h (x )分别为偶函数、奇函数，所以e －x ＝g (x )＋h (x ) ②，联立①②解得，g (x )＝12(e x ＋e －x )，h (x )＝12(e x －e －x )．mg (x )＋h (x )≥0，即m ·12(e x ＋e －x )＋12(e x －e －x )≥0，也即m ≥e －x －e x e x ＋e －x ，即m ≥1－21＋e －2x. ∵1－21＋e －2x ＜1，∴m ≥1，∴m 的最小值为1.答案：114．(导学号14577223)(理科)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值．解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x，令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0，所以－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有 ⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者．而f (－5)＝5e－5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.14．(导学号14577224)(文科)(2018·吴忠市模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1－xax (a >0)．(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)求函数f (x )在区间[1，e]上的最小值．解：(1)由已知得f ′(x )＝1x －1ax2.要使函数f (x )在区间[1，＋∞)内单调递增，只需1x －1ax 2≥0在[1，＋∞)上恒成立．结合a ＞0可知，只需a ≥1x ，x ∈[1，＋∞)即可．易知，此时⎝⎛⎭⎫1x max ＝1，所以只需a ≥1即可． (2)结合(1)，令f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x －1a ax 2＝0得x ＝1a . 当a ≥1时，由(1)知，函数f (x )在[1，e]上递增，所以f (x )min ＝f (1)＝0；当1e ≤a <1时，1<1a ≤e ，此时在⎣⎡⎭⎫1，1a 上f ′(x )＜0，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上f ′(x )＞0，所以此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－ln a －1a ；当0<a <1e 时，1a >e ，故此时f ′(x )＜0在[1，e]上恒成立，所以f (x )在[1，e]上递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1＋1a e －1a.。

高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第7节(1)

第二章第7节[基础训练组]解析：B [将f (x )的图象向左平移一个单位即得到y ＝f (x ＋1)的图象．故选B.] 2．(导学号14577129)(2015·高考新课标卷Ⅰ)设函数y ＝f (x )的图象与y ＝2x＋a的图象关于直线y ＝－x 对称，且f (－2)＋f (－4)＝1，则a ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．4解析：C [设P (x ，y )为y ＝f (x )上的任一点，其关于y ＝－x 对称的点P ′(－y ，－x )，代入可得y ＝－log 2(－x )＋a ，又f (－2)＋f (－4)＝2a －3＝1，所以a ＝2，故选C.] 3．(导学号14577130)(2018·郴州市一模)函数y ＝1x －sin x的图象大致是( )解析：A [f (－x )＝1－x ＋sin x＝－f (x )，故此函数为奇函数，图象应关于原点对称，排除B 、C.∵(x －sin x )′＝1－cos x ≥0，∴当x ＞0时，函数x －sin x 单调递增，故1－x ＋sin x单调递减，D 不符合，A 符合．故选A.]4．(导学号14577131)函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象如图，则函数y ＝f (x )·g (x )的图象可能是( )解析：A [法一：因为函数y ＝f (x )·g (x )的定义域是函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的定义域的交集(－∞，0)∪(0，＋∞)，图象不经过坐标原点，故可以排除C ，D.由于当x 为很小的正数时f (x )>0且g (x )<0，故f (x )·g (x )<0.故选A.法二：由函数f (x )，g (x )的图象可知，f (x )，g (x )分别是偶函数、奇函数，则f (x )·g (x )是奇函数，可排除B ，又因为函数y ＝f (x )·g (x )的定义域是函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的定义域的交集(－∞，0)∪(0，＋∞)，图象不经过坐标原点，可以排除C ，D ，故选A.]5．(导学号14577132)已知函数y ＝f (x )(－2≤x ≤2)的图象如图所示，则函数y ＝f (|x |)(－2≤x ≤2)的图象是( )解析：B [法一：由题意可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x －1，－2≤x <0，－(x －1)2＋1，0≤x ≤2，所以y ＝f (|x |)＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x ＋1)2＋1，－2≤x <0，－(x －1)2＋1，0≤x ≤2，可知选B.法二：由函数f (x )的图象可知，函数在y 轴右侧的图象在x 轴上方，函数在y 轴左侧的图象在x 轴下方，而y ＝f (|x |)在x >0时的图象保持不变，因此排除C 、D ，由于y ＝f (|x |)是偶函数，函数y ＝f (|x |)在y 轴右侧的图象与在y 轴左侧的图象关于y 轴对称，故选B.]6．(导学号14577133)已知函数f (x )的图象如图所示，则函数g (x )＝log2f (x )的定义域是________ .解析：当f (x )>0时，函数g (x )＝log 2f (x )有意义，由函数f (x )的图象知满足f (x )>0的x∈(2,8]．答案：(2,8]7．(导学号14577134)(理科)已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx 的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是 ________ .解析：y ＝|x 2－1|x －1＝|(x ＋1)(x －1)|x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －1，x ∈(－1，1)，x ＋1，x ∈(－∞，－1]∪(1，＋∞) 函数图象如图所示的实线部分，结合图象知k ∈(0,1)∪(1,2)．答案：(0,1)∪(1,2)7．(导学号14577135)(文科)设函数f (x )＝|x ＋a |，g (x )＝x －1，对于任意的x ∈R ，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是 ________ .解析：如图作出函数f (x )＝|x ＋a |与g (x )＝x －1的图象，观察图象可知：当且仅当－a ≤1，即a ≥－1时，不等式f (x )≥g (x )恒成立，因此a 的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)8．(导学号14577136)如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f (x )的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f (x )的解析式为 ________ .解析：当－1≤x ≤0时，设解析式为y ＝kx ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ －k ＋b ＝0，b ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝1.∴y ＝x ＋1. 当x >0时，设解析式为y ＝a (x －2)2－1， ∵图象过点(4,0)，∴0＝a (4－2)2－1，得a ＝14.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14(x －2)2－1，x ＞0 9．(导学号14577137)已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R )，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值； (2)作出函数f (x )的图象；(3)根据图象指出f (x )的单调递减区间； (4)根据图象写出不等式f (x )>0的解集； (5)求当x ∈[1,5)时函数的值域．解：(1)∵f (4)＝0， ∴4|m －4|＝0，即m ＝4. (2)f (x )＝x |4－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x －4)＝(x －2)2－4，x ≥4，－x (x －4)＝－(x －2)2＋4，x <4. f (x )的图象如图所示．(3)f (x )的单调递减区间是[2,4]．(4)由图象可知，f (x )>0的解集为{x |0<x <4或x >4}． (5)∵f (5)＝5>4，∴由图象可知，函数在[1,5)上的值域为[0,5)．10．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，并对一切实数x ，都满足f (2＋x )＝f (2－x )． (1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称；(2)若f (x )是偶函数，且x ∈[0,2]时，f (x )＝2x －1，求x ∈[－4,0]时f (x )的表达式．解析：(1)证明：设P (x 0，y 0)是函数y ＝f (x )图象上任一点，则y 0＝f (x 0)，点P 关于直线x ＝2的对称点为P ′(4－x 0，y 0)，因为f (4－x 0)＝f [2＋(2－x 0)] ＝f [2－(2－x 0)]＝f (x 0)＝y 0，所以P ′也在y ＝f (x )的图象上，所以函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称．(2)当x ∈[－2,0]时，－x ∈[0,2]，所以f (－x )＝－2x －1.又因为f (x )为偶函数，所以f (x )＝f (－x )＝－2x －1， x ∈[－2,0]．当x ∈[－4，－2]时，4＋x ∈[0,2]，所以f (4＋x )＝2(4＋x )－1＝2x ＋7，而f (4＋x )＝f (－x )＝f (x )，所以f (x )＝2x ＋7，x ∈[－4，－2]，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋7，x ∈[－4，－2]，－2x －1，x ∈[－2，0].[能力提升组]11．(导学号14577138)(2018·安徽江南十校模拟)若函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( )A ．f (x )＝e x －1x 2－1B ．f (x )＝e xx 2－1C ．f (x )＝x 3＋x ＋1x 2－1D ．f (x )＝x 4＋x ＋1x 2－1解析：B [由题意，x ＝0，y ＜0，排除选项A ；0＞x ＞－1，x →－1，y →－∞，排除选项C ；选项D 中，f (－2)＝5，f (－3)＝798，不符合，排除D.故选B.]13．(导学号14577140)已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，且f (x )是偶函数，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2.若在区间[－1,3]内，函数g (x )＝f (x )－kx －k 有4个零点，则实数k 的取值范围为 ________ .解析：依题意得f (x ＋2)＝－f (x ＋1)＝f (x )，即函数f (x )是以2为周期的函数．g (x )＝f (x )－kx －k 在区间[－1,3]内有4个零点，即函数y ＝f (x )与y ＝k (x ＋1)的图象在区间[－1,3]内有4个不同的交点．在坐标平面内画出函数y ＝f (x )的图象(如图所示)，注意直线y ＝k (x ＋1)恒过点(－1,0)，可知当k ∈⎝⎛⎦⎤0，14时，相应的直线与函数y ＝f (x )在区间[－1,3]内有4个不同的交点，故实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，14. 答案：⎝⎛⎦⎤0，14 14．(导学号14577141)已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x ＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋ax，且g (x )在区间(0,2]上为减函数，求实数a 的取值范围．解：(1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于(0,1)点的对称点P ′(－x,2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x ＋2，∴y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋ax ＝x ＋a ＋1x ，g ′(x )＝1－a ＋1x 2.∵g (x )在(0,2]上为减函数， ∴1－a ＋1x 2≤0在(0,2]上恒成立，即a ＋1≥x 2在(0,2]上恒成立， ∴a ＋1≥4，即a ≥3，故a 的取值范围是[3，＋∞)．。

高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第2节(1)

第二章第 2 节[基础训练组]1．(导学号14577097)(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x，则( ) A ．是奇函数，且在R 上是增函数 B ．是偶函数，且在R 上是增函数 C ．是奇函数，且在R 上是减函数 D ．是偶函数，且在R 上是减函数解析：A [由题知f (x )＝3x －⎝⎛⎭⎫13x ，f (－x )＝3－x －⎝⎛⎭⎫13－x ＝13x －3x ＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．又因为3x 是R 上的增函数，－⎝⎛⎭⎫13x也是R 上的增函数，所以f (x )在R 上是增函数．故选A.]2．(导学号14577098)已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，34 B.⎣⎡⎭⎫0，34 C.⎝⎛⎦⎤0，34 D.⎣⎡⎦⎤0，34 解析：D [当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5，在(－∞，3)上是减函数；当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a >0－4(a －3)4a ≥3，得0<a ≤34.综上，a 的取值范围是0≤a ≤34.]3．(导学号14577099)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上单调递增，若f (lg x )<0，则x 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1,10)C ．(1，＋∞)D ．(10，＋∞)解析：A [因为f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上单调递增，所以f (0)＝0，且函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，因为f (lg x )<0，所以f (lg x )<f (0)，所以lg x <0，所以0<x <1.故选A.]4．(导学号14577100)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x <1，log ax ，x ≥1是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎝⎛⎭⎫0，13 C.⎣⎡⎭⎫17，13D.⎣⎡⎭⎫17，1解析：C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧3a －1<0，0<a <1，(3a －1)×1＋4a ≥log a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <13，0<a <1，a ≥17，所以17≤a <13.故选C.]5．(导学号14577101)已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：D [由题意知a <1，∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋ax －2a ，当a <0时，显然g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，当a >0时，g (x )在[a ，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，∴g (x )在(1，＋∞)上一定是增函数．]6．(导学号14577102)函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是 ________ . 解析：f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ＝lg u 在(0，＋∞)上为增函数，u ＝x 2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f (x )在(－∞，0)上单调递减．答案：(－∞，0)7．(导学号14577103)设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a 在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是 ________ .解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a ，其对称中心为(－2a ，a )．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1＞0－2a ≤－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1＞0a ≥1⇒a ≥1. 答案：[1，＋∞)8．(导学号14577104)已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为 ________ .解析：易知原函数在R 上单调递增，且为奇函数，故f (mx －2)＋f (x )<0⇒f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )，此时应有mx －2<－x ⇒mx ＋x －2<0对所有m ∈[－2,2]恒成立．令g (m )＝＋x －2，此时只需⎩⎪⎨⎪⎧g (－2)<0，g (2)<0即可，解得－2<x <23.答案：⎝⎛⎭⎫－2，23 9．(导学号14577105)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＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋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 1)(x 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．(导学号14577106)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值．解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数． ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.[能力提升组]11．(导学号14577107)(理科)(2018·长春市二模)已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对任意实数x 1＜x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－2，则不等式f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：A [由题意，令F (x )＝f (x )＋2x ，由任意x ＜y ，f (x )－f (y )x －y >－2，可得f (x )＋2x ＜f (y )＋2y ，∴F (x )在定义域内单调递增．由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3. ∵f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|等价于f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3.令t ＝log 2|3x －1|，有f (t )＋2t ＜3，则有t ＜1，即log 2|3x －1|<1，从而|3x －1|＜2，解得x ＜1，且x ≠0.故选A.]11．(导学号14577108)(文科)(2018·龙岩市一模)已知f (x )＝x 3，若x ∈[1,2]时，f (x 2－ax )＋f (1－x )≤0，则a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≥32D ．a ≤32解析：C [f (－x )＝－f (x )，f ′(x )＝3x 2＞0， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上为奇函数且单调递增．∴由f (x 2－ax )＋f (1－x )≤0得f (x 2－ax )≤f (x －1)， ∴x 2－ax ≤x －1，即x 2－(a ＋1)x ＋1≤0.设g (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1－a ≤0g (2)＝3－2a ≤0，∴a ≥32.故选C.]12．(导学号14577109)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k ，定义函数f k (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤k ，k ，f (x )>k ，取函数f (x )＝2－|x |.当k ＝12时，函数f k (x )的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)解析：C [由f (x )>12，得－1<x <1.由f (x )≤12，得x ≤－1或x ≥1.所以f 12(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≥1，12，－1<x <1，2x，x ≤－1.故f 12(x )的单调递增区间为(－∞，－1)．]13．(导学号14577110)(理科)(2017·高考全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12＞1的x 的取值范围是 ________ . 解析：由题意，g (x )＝f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫x －12＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋32，x ≤0，2x＋x ＋12，0＜x ≤12(2＋1)2x －1，x ＞12，，函数g (x )在区间(－∞，0]，⎝⎛⎦⎤0，12，⎝⎛⎭⎫12，＋∞三段区间内均单调递增，且g ⎝⎛⎭⎫－14＝1,20＋0＋12＞1，(2＋1)×212－12＞1，据此x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫－14，＋∞13．(导学号14577111)(文科)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是 ________ .解析：依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.答案：114．(导学号14577112)已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若a ，b ∈[－1,1]，a ＋b ≠0时，有f (a )＋f (b )a ＋b>0成立．(1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明它； (2)解不等式：f ⎝⎛⎭⎫x ＋12<f ⎝⎛⎭⎫1x －1；(3)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2，则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数， ∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2) ＝f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)·(x 1－x 2)，由已知得f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在[－1,1]上单调递增． (2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12＜1x －1，－1≤x ＋12≤1，－1≤1x －1≤1.∴－32≤x <－1.(3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f (x )≤1. 问题转化为m 2－2am ＋1≥1，即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥0.①若m ＝0，则g (a )＝0≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0，∴m≤－2或m≥2.∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.。

高考数学一轮复习第2章第13节《导数的应用》(2)名师首选练习题新人教A版.pdf

第二章第十三节导数的应用(二) 一、选择题 1．若函数f(x)＝x3－x2＋1，则f(x)( ) A．最大值为1，最小值 B．最大值为1，无最小值 C．最小值为，无最大值 D．既无最大值，又无最小值 2．函数f(x)＝exsin x在区间[0，]上的值域为( ) A．[0，e] B．(0，e) C．[0，e) D．(0，e] 3．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为( ) A. B.C.＋1D.－1 4．已知y＝f(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>)，当x(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( ) A. B. C. D．1 5．球的直径为d，其内接正四棱柱体积V最大时的高为( )A.dB.dC.dD.d 6．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3、g(x)＝lnx的图象分别交于点M、N，则|MN|的最小值为( )A.(1＋ln3)B.ln3 C．1＋ln3 D．ln3－1 二、填空题 7．函数f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在(0,2)内的极大值为最大值，则m的取值范围是________． 8.用一批材料可以建成200 m长的围墙，如果用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，中间用同样材料隔成三个面积相等的矩形．(如图所示)，则围墙的最大面积是________．(围墙厚度不计)． 9．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．三、解答题 10．已知a为实数，函数f(x)＝(x2＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函数y＝f(x)在[－，1]上的最大值和最小值． 11．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围； (2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求 f(x)在该区间上的最大值． 12．某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元．设该容器的建造费用为y千元． (1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r. 一、选择题 1．解析：f′(x)＝3x2－3x，易知f(x)在(－∞，0)上递增，在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，且当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，因此f(x)无最大值也无最小值．答案：D 2．解析：f′(x)＝ex(sin x＋cos x)．x∈[0，]，f′(x)>0. ∴f(x)在[0，]上为增函数，f(x)min＝f(0)＝0， f(x)max＝f()＝e. 答案：A 3．解析：f′(x)＝＝，当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－<x0，f(x)单调递增，当x＝时，令f(x)＝＝，＝<1，不合题意． f(x)max＝f(1)＝＝， a＝－1. 答案：D 4．解析：由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0<x0. 当x>时，f′(x)0，故|MN|min＝(1－ln)＝(1＋ln3)．答案：A 二、填空题 7．解析：f′(x)＝－3x2＋2mx＝x(－3x＋2m)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. x∈(0,2)，0<<2，0<m0，得x－；由f′(x) <0，得－1<x， f(x)在[－，1]上的最大值为f(1)＝6，最小值为f(－)＝. 11．解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a，当x[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－. 所以，当a＞－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间． (2)令f′(x)＝0，得两根x1＝， x2＝. 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－. 得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. 12．解：(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，故l＝＝－r＝(－r)．由于l≥2r，因此0<r≤2. 所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c ＝2πr×(－r)×3＋4πr2c. 因此y＝4π(c－2)r2＋，0<r≤2. (2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－＝(r3－)，03，所以c－2>0，当r3－＝0时，r＝ . 令＝m，则m>0，所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． (1)当0<m时，当r＝m时，y′＝0；当r(0，m)时，y′0，所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点． (2)当m≥2，即3<c≤时，当r(0,2)时，y′<0，函数单调递减，所以r＝2是函数y的最小值点．综上所述，当3时，建造费用最小时r＝ .。

人教A版理科高考数学一轮细讲精练第二篇函数导数及其应用

第二篇函数、导数及其应用A第1讲函数的概念及其表示[最新考纲]1．了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念．2．在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数．3．了解简单的分段函数，并能简单地应用.知识梳理1．函数的基本概念(1)函数的定义一般地，设A，B是两个非空数集，如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)与之对应；那么就称：f：A→B为从集合A到集合B的一个函数．记作y＝f(x)，x∈A.(2)函数的定义域、值域在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合叫做函数的值域．(3)函数的三要素是：定义域、值域和对应关系．(4)表示函数的常用方法有：解析法、列表法和图象法．(5)分段函数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．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．2．函数定义域的求法类型 x 满足的条件 2nf (x )，n ∈N *f (x )≥0 1f (x )与[f (x )]0 f (x )≠0 log a f (x ) f (x )＞0四则运算组成的函数各个函数定义域的交集实际问题使实际问题有意义3．函数值域的求法方法示例示例答案配方法 y ＝x 2＋x －2 y ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－94，＋∞ 性质法 y ＝e x y ∈(0，＋∞) 单调性法 y ＝x ＋x －2 y ∈[2，＋∞) 换元法y ＝sin 2 x ＋sin x ＋1y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 分离常数法y ＝x x ＋1 y ∈(－∞，1)∪ (1，＋∞)辨析感悟1．对函数概念的理解． (1)(教材习题改编)如图：以x 为自变量的函数的图象为②④.(√) (2)函数y ＝1与y ＝x 0是同一函数．(×) 2．函数的定义域、值域的求法(3)(2013·江西卷改编)函数y ＝x ln(1－x )的定义域为(0,1)．(×) (4)(2014·杭州月考改编)函数f (x )＝11＋x 2的值域为(0,1]．(√) 3．分段函数求值(5)(2013·济南模拟改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，2x ，x ＞1，则f (f (3))＝139.(√)学生用书第10页(6)(2014·浙江部分重点中学调研改编)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋34，x ≥0，2x ＋1，x ＜0若f (a )＝12，则实数a 的值为12或－2.(√) 4．函数解析式的求法(7)已知f (x )＝2x 2＋x －1，则f (x ＋1)＝2x 2＋5x ＋2.(√) (8)已知f (x －1)＝x ，则f (x )＝(x ＋1)2.(×) [感悟·提升]1．一个方法判断两个函数是否为相同函数．一是定义域是否相同，二是对应关系即解析式是否相同(注意解析式可以等价化简)，如(2)．2．三个防范一是求函数的定义域要使给出解析式的各个部分都有意义，如(3)；二是分段函数求值时，一定要分段讨论，注意验证结果是否在自变量的取值范围内，如(6)；三是用换元法求函数解析式时，一定要注意换元后的范围，如(8).考点一求函数的定义域与值域【例1】 (1)(2013·山东卷)函数f (x )＝1－2x＋1x ＋3的定义域为( )．A ．(－3,0]B ．(－3,1]C ．(－∞，－3)∪(－3,0]D ．(－∞，－3)∪(－3,1] (2)函数y ＝x －3x ＋1的值域为________．解析 (1)由题意⎩⎨⎧1－2x ≥0，x ＋3＞0，解得－3＜x ≤0.(2)y ＝x －3x ＋1＝x ＋1－4x ＋1＝1－4x ＋1，因为4x ＋1≠0，所以1－4x ＋1≠1.即函数的值域是{y |y ≠1}．答案 (1)A (2){y |y ≠1}规律方法 (1)求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．(2)求函数的值域：①当所给函数是分式的形式，且分子、分母是同次的，可考虑用分离常数法；②若与二次函数有关，可用配方法；③当函数的图象易画出时，可以借助于图象求解．【训练1】 (1)函数y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1－x 2的定义域为________．(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x ＜1的值域为________．解析(1)根据题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧1＋1x＞0，x ≠0，1－x 2≥0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x ＞0，－1≤x ≤1⇒0＜x ≤1，故定义域为(0,1]．(2)当x ≥1时，log 12x ≤0；当x ＜1时，0＜2x ＜2，故值域为(0,2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案 (1)(0,1] (2)(－∞，2)考点二分段函数及其应用【例2】 (1)(2014·东北三校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝⎩⎨⎧log 2(4－x )，x ≤0f (x －1)－f (x －2)，x ＞0，则f (3)的值为( )． A ．－1 B ．－2 C ．1 D ．2(2)已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋a ，x ＜1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为________．解析 (1)依题意，3＞0，得f (3)＝f (3－1)－f (3－2)＝f (2)－f (1)，又2＞0，所以f (2)＝f (2－1)－f (2－2)＝f (1)－f (0)；所以f (3)＝f (1)－f (0)－f (1)＝－f (0)，又f (0)＝log 2(4－0)＝2，所以f (3)＝－f (0)＝－2. (2)当a ＞0时，1－a ＜1,1＋a ＞1. 此时f (1－a )＝2(1－a )＋a ＝2－a ， f (1＋a )＝－(1＋a )－2a ＝－1－3a .由f (1－a )＝f (1＋a )，得2－a ＝－1－3a ，解得a ＝－32. 不合题意，舍去．当a ＜0时，1－a ＞1,1＋a ＜1，此时f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ， f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝2＋3a .由f (1－a )＝f (1＋a )，得－1－a ＝2＋3a ，解得a ＝－34. 综上可知，a 的值为－34. 答案 (1)B (2)－34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哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值． (2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．【训练2】 (2014·烟台诊断)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2cos πx 3，x ≤2 000，2x －2 008，x ＞2 000，则f [f (2 013)]＝( )．A. 3 B ．－ 3 C ．1 D ．－1解析 f (2 013)＝22 013－2 008＝25＝32，所以f [f (2 013)]＝f (32)＝2cos 32π3＝2cos 2π3＝－1. 答案 D学生用书第11页考点三求函数的解析式【例3】 (1)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f (x )的解析式．(2)f (x )为二次函数且f (0)＝3，f (x ＋2)－f (x )＝4x ＋2.试求出f (x )的解析式． (3)定义在(－1,1)内的函数f (x )满足2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)，求函数f (x )的解析式．解 (1)令2x ＋1＝t ，由于x ＞0，∴t ＞1且x ＝2t －1，∴f (t )＝lg2t －1，即f (x )＝lg 2x －1(x ＞1)． (2)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，又f (0)＝c ＝3.∴f (x )＝ax 2＋bx ＋3，∴f (x ＋2)－f (x )＝a (x ＋2)2＋b (x ＋2)＋3－(ax 2＋bx ＋3)＝4ax ＋4a ＋2b ＝4x ＋2.∴⎩⎨⎧ 4a ＝4，4a ＋2b ＝2，∴⎩⎨⎧a ＝1，b ＝－1， ∴f (x )＝x 2－x ＋3.(3)当x ∈(－1,1)时，有2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)．① 以－x 代替x 得，2f (－x )－f (x )＝lg(－x ＋1)．② 由①②消去f (－x )得，f (x )＝23lg(x ＋1)＋13lg(1－x )，x ∈(－1,1)．规律方法求函数解析式常用方法(1)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)，可用待定系数法； (2)换元法：已知复合函数f (g (x ))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；(3)方程法：已知关于f (x )与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f (－x )的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程组求出f (x )．【训练3】 (1)若f (x ＋1)＝2x 2＋1，则f (x )＝________.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝2f (x )．若当0≤x ≤1时，f (x )＝x (1－x )，则当－1≤x ≤0时，f (x )＝________. 解析 (1)令t ＝x ＋1，则x ＝t －1，所以f (t )＝2(t －1)2＋1＝2t 2－4t ＋3. 所以f (x )＝2x 2－4x ＋3.(2)当－1≤x ≤0时，有0≤x ＋1≤1，所以f (1＋x )＝(1＋x )[1－(1＋x )]＝－x (1＋x )，又f (x ＋1)＝2f (x )，所以f (x )＝12f (1＋x )＝－x (x ＋1)2. 答案 (1)2x 2－4x ＋3 (2)－x (x ＋1)21．函数的定义域是函数的灵魂，它决定了函数的值域，并且它是研究函数性质的基础．因此，我们一定要树立函数定义域优先意识．2．函数有三种表示方法——列表法、图象法和解析法，三者之间是可以互相转化的；求函数解析式比较常见的方法有凑配法、换元法、待定系数法和方程法等，特别要注意将实际问题转化为函数问题，通过设自变量，写出函数的解析式并明确定义域．教你审题1——分段函数中求参数范围问题【典例】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0.❶若|f (x )|≥ax ❷，则a 的取值范围是( )． A ．(－∞，0] B ．(－∞，1] C ．[－2,1] D ．[－2,0](1)[审题]一审条件❶：f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0，转化为一元二次函数与对数函数的图象问题．如图(1)．二审条件❷：|f (x )|≥ax ，由f (x )的图象得到|f (x )|的图象如图(2)．(2)三审图形：观察y ＝ax 的图象总在y ＝|f (x )|的下方，则当a ＞0时，不合题意；当a ＝0时，符合题意；当a ＜0时，若x ≤0，f (x )＝－x 2＋2x ≤0，所以|f (x )|≥ax 化简为x 2－2x ≥ax ，即x 2≥(a ＋2)x ，所以a ＋2≥x 恒成立，所以a ≥－2. 综上－2≤a ≤0. 答案 D[反思感悟] (1)问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑；(2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．【自主体验】(2014·德州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧lg x ，x ＞0，x ＋3，x ≤0，则f (a )＋f (1)＝0，则实数a 的值等于( )．A ．－3B ．－1或3C ．1D ．－3或1解析因为f (1)＝lg 1＝0，所以由f (a )＋f (1)＝0得f (a )＝0.当a ＞0时，f (a )＝lg a ＝0，所以a ＝1.当a ≤0时，f (a )＝a ＋3＝0，解得a ＝－3.所以实数a 的值为a ＝1或a ＝－3，选D. 答案 D对应学生用书P227基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列各组函数表示相同函数的是( )． A ．f (x )＝x 2，g (x )＝(x )2 B ．f (x )＝1，g (x )＝x 2C ．f (x )＝⎩⎨⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，g (t )＝|t |D ．f (x )＝x ＋1，g (x )＝x 2－1x －1解析 A 选项中的两个函数的定义域分别是R 和[0，＋∞)，不相同； B 选项中的两个函数的对应法则不一致；D 选项中的两个函数的定义域分别是R 和{x |x ≠1}，不相同，尽管它们的对应法则一致，但也不是相同函数；C 选项中的两个函数的定义域都是R ，对应法则都是g (x )＝|x |，尽管表示自变量的字母不同，但它们依然是相同函数．答案 C2．(2013·临沂一模)函数f (x )＝ln xx －1＋x 21的定义域为( )．A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0,1)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 解析要使函数有意义，则有⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，xx －1＞0，即⎩⎨⎧x ≥0，x (x －1)＞0，解得x ＞1. 答案 B3．(2013·昆明调研)设M ＝{x |－2≤x ≤2}，N ＝{y |0≤y ≤2}，函数f (x )的定义域为M ，值域为N ，则f (x )的图象可以是( )．解析 A 项定义域为[－2,0]，D 项值域不是[0,2]，C 项对定义域中除2以外的任一x 都有两个y 与之对应，都不符合条件，故选B. 答案 B4．(2014·江西师大附中、鹰潭一中联考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ，x ＜1，f (x －1)，x ≥1，则f (log 27)＝( )． A.716 B.78 C.74 D.72解析因为log 27＞1，log 272＞1,0＜log 274＜1，所以f (log 27)＝f (log 27－1)＝f (log 272)＝f (log 272－1)＝f (log 274)＝2log 274＝74. 答案 C 5．函数f (x )＝cx 2x ＋3(x ≠－32)满足f (f (x ))＝x ，则常数c 等于( )． A ．3 B ．－3 C ．3或－3 D ．5或－3解析 f (f (x ))＝c ⎝ ⎛⎭⎪⎫cx 2x ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫cx 2x ＋3＋3＝c 2x 2cx ＋6x ＋9＝x ，即x [(2c ＋6)x ＋9－c 2]＝0，所以⎩⎨⎧2c ＋6＝0，9－c 2＝0，解得c ＝－3. 答案 B二、填空题6．(2014·杭州质检)函数f (x )＝ln x －2x ＋1的定义域是________．解析由题意知x －2x ＋1＞0，即(x －2)(x ＋1)＞0，解得x ＞2或x ＜－1. 答案 {x |x ＞2，或x ＜－1}7．(2014·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋1，x ＜1，x 2＋ax ，x ≥1，若f (f (0))＝4a ，则实数a＝________.解析 f (f (0))＝f (2)＝4＋2a ＝4a ，解得a ＝2. 答案 28．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＝1－x 21＋x 2，则f (x )的解析式为________．解析令t ＝1－x 1＋x ，由此得x ＝1－t1＋t (t ≠－1)，所以f (t )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 21＋⎝⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 2＝2t 1＋t 2，从而f (x )的解析式为f (x )＝2x1＋x 2(x ≠－1)．答案 f (x )＝2x1＋x 2(x ≠－1) 三、解答题9．设二次函数f (x )满足f (2＋x )＝f (2－x )，且f (x )＝0的两个实根的平方和为10，f (x )的图象过点(0,3)，求f (x )的解析式．解 ∵f (2＋x )＝f (2－x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝2对称．于是，设f (x )＝a (x －2)2＋k (a ≠0)，则由f (0)＝3，可得k ＝3－4a ， ∴f (x )＝a (x －2)2＋3－4a ＝ax 2－4ax ＋3. ∵ax 2－4ax ＋3＝0的两实根的平方和为10，∴10＝x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝16－16a ， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 2－4x ＋3.10．某人开汽车沿一条直线以60 km/h 的速度从A 地到150 km 远处的B 地．在B 地停留1 h 后，再以50 km/h 的速度返回A 地，把汽车与A 地的距离s (km)表示为时间t (h)(从A 地出发开始)的函数，并画出函数的图象．解由题意知：s ＝⎩⎪⎨⎪⎧60t ，0≤t ≤52，150，52<t ≤72，150－50⎝ ⎛⎭⎪⎫t －72，72<t ≤132.其图象如图所示．能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．设f (x )＝lg 2＋x 2－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 的定义域为( )．A ．(－4,0)∪(0,4)B ．(－4，－1)∪(1,4)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－4，－2)∪(2,4) 解析 ∵2＋x 2－x＞0，∴－2＜x ＜2，∴－2＜x 2＜2且－2＜2x ＜2，取x ＝1，则2x ＝2不合题意(舍去)，故排除A ，取x ＝2，满足题意，排除C 、D ，故选B. 答案 B2．已知函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝－1对称，且当x ∈(0，＋∞)时，有f (x )＝1x ，则当x ∈(－∞，－2)时，f (x ) 的解析式为( )．A ．f (x )＝－1xB ．f (x )＝－1x －2C ．f (x )＝1x ＋2 D ．f (x )＝－1x ＋2解析当x ∈(－∞，－2)时，则－2－x ∈(0，＋∞)， ∴f (x )＝－1x ＋2. 答案 D 二、填空题3．(2013·潍坊模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ∈(－∞，1]，log 81x ，x ∈(1，＋∞)，则满足f (x )＝14的x 值为________．解析当x ∈(－∞，1]时，2－x ＝14＝2－2，∴x ＝2(舍去)；当x ∈(1，＋∞)时，log 81x ＝14，即x ＝8141＝1443⨯＝3.答案 3 三、解答题4．若函数f (x )＝12x 2－x ＋a 的定义域和值域均为[1，b ](b >1)，求a ，b 的值．解 ∵f (x )＝12(x －1)2＋a －12，∴其对称轴为x ＝1，即函数f (x )在[1，b ]上单调递增． ∴f (x )min ＝f (1)＝a －12＝1，① f (x )max ＝f (b )＝12b 2－b ＋a ＝b ，②又b >1，由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3，∴a ，b 的值分别为32，3.学生用书第12页第2讲函数的单调性与最值[最新考纲]1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义． 2．会运用函数图象理解和研究函数的单调性.知识梳理1．函数的单调性 (1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，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x 1，x 2当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是减函数续表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叫做函数y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.结论M为最大值M为最小值辨析感悟1．函数单调性定义的理解(1)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函数f(x)在D 上是增函数．(√)(2)函数f(x)＝2x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数．(√)(3)(教材改编)函数f(x)＝1x在其定义域上是减函数．(×)(4)已知f(x)＝x，g(x)＝－2x，则y＝f(x)－g(x)在定义域上是增函数．(√) 2．函数的单调区间与最值(5)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(6)(教材改编)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(7)(2013·汕头模拟)函数y＝lg|x|的单调递减区间为(0，＋∞)．(×)(8)函数f(x)＝log2(3x＋1)的最小值为0.(×)[感悟·提升]1．一个区别“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”的区别：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，如(5)．2．两个防范一是注意函数的定义域不连续的两个单调性相同的区间，要分别说明单调区间，不可说成“在其定义域上”单调，如(3)；二是若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集，如(6).学生用书第13页考点一确定函数的单调性或单调区间【例1】(1)判断函数f(x)＝x＋kx(k＞0)在(0，＋∞)上的单调性．(2)(2013·沙市中学月考)求函数y ＝log 13(x 2－4x ＋3)的单调区间．解 (1)法一任意取x 1＞x 2＞0，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2＝(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k x 1－k x 2＝(x 1－x 2)＋k (x 2－x 1)x 1x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k x 1x 2. 当k ≥x 1＞x 2＞0时，x 1－x 2＞0,1－kx 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 ＋kx (k ＞0)在(0，k ]上为减函数；当x 1＞x 2≥k 时，x 1－x 2＞0,1－kx 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 ＋kx (k ＞0)在[k ，＋∞)上为增函数；综上可知，函数f (x )＝x ＋kx (k ＞0)在(0，k ]上为减函数；在[k ，＋∞)上为增函数．法二 f ′(x )＝1－k x 2，令f ′(x )＞0，则1－kx 2＞0，解得x ＞k 或x ＜－k (舍)．令f ′(x )＜0，则1－kx 2＜0，解得－k ＜x ＜k .∵x ＞0，∴0＜x ＜k .∴f (x )在(0，k )上为减函数；在(k ，＋∞)上为增函数，也称为f (x )在(0，k ]上为减函数；在[k ，＋∞)上为增函数．(2)令u ＝x 2－4x ＋3，原函数可以看作y ＝log 13u 与u ＝x 2－4x ＋3的复合函数．令u ＝x 2－4x ＋3＞0.则x ＜1或x ＞3. ∴函数y ＝log 13(x 2－4x ＋3)的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)．又u ＝x 2－4x ＋3的图象的对称轴为x ＝2，且开口向上，∴u ＝x 2－4x ＋3在(－∞，1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数．而函数y ＝log 13u 在(0，＋∞)上是减函数，∴y ＝log 13(x 2－4x ＋3)的单调递减区间为(3，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．规律方法 (1)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．(2)复合函数y ＝f [g (x )]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y ＝f (u )与u ＝g (x )若具有相同的单调性，则y ＝f [g (x )]为增函数，若具有不同的单调性，则y ＝f [g (x )]必为减函数．【训练1】试讨论函数f (x )＝axx 2－1，x ∈(－1,1)的单调性(其中a ≠0)．解法一 (定义法) 任取－1＜x 1＜x 2＜1，则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1＝a (x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1)， ∵－1＜x 1＜x 2＜1，∴|x 1|＜1，|x 2|＜1，x 2－x 1＞0，x 21－1＜0，x 22－1＜0，|x 1x 2|＜1，即－1＜x 1x 2＜1， ∴x 1x 2＋1＞0， ∴(x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1)＞0，因此，当a ＞0时，f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)，此时函数在(－1,1)为减函数；当a ＜0时，f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，此时函数在(－1,1)为增函数．法二 (导数法)f ′(x )＝a (x 2－1)－2ax 2(x 2－1)2＝－a (x 2＋1)(x 2－1)2当a ＞0时，f ′(x )＜0；当a ＜0时，f ′(x )＞0.∴当a ＞0时，f (x )在(－1,1)上为减函数；当a ＜0时，f (x )在(－1,1)上为增函数．考点二利用单调性求参数【例2】已知函数f (x )＝ax －1x ＋1. (1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上单调递减．(2)函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减，求实数a 的取值范围． (1)证明任设x 1＜x 2＜－2，则f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1－1x 1＋1－－2x 2－1x 2＋1＝－(x 1－x 2)(x 1＋1)(x 2＋1).∵(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 1)－f (x 2)＞0， ∴f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递减．(2)解法一 f (x )＝ax －1x ＋1＝a －a ＋1x ＋1，设x 1<x 2<－1，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a ＋1x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a ＋1x 2＋1 ＝a ＋1x 2＋1－a ＋1x 1＋1＝(a ＋1)(x 1－x 2)(x 1＋1)(x 2＋1)，又函数f (x )在(－∞，－1)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)>0. 由于x 1<x 2<－1，∴x 1－x 2<0，x 1＋1<0，x 2＋1<0， ∴a ＋1<0，即a <－1.故a 的取值范围是(－∞，－1)．法二由f (x )＝ax －1x ＋1，得f ′(x )＝a ＋1(x ＋1)2，又因为f (x )＝ax －1x ＋1在(－∞，－1)上是减函数，所以f ′(x )＝a ＋1(x ＋1)2≤0在x ∈(－∞，－1)上恒成立，解得a ≤－1，而a ＝－1时，f (x )＝－1，在(－∞，－1)上不具有单调性，故实数a 的取值范围是(－∞，－1)．规律方法利用单调性求参数的一般方法：一是求出函数的单调区间，然后使所给区间是这个单调区间的子区间，建立关于参数的不等式组即可求得参数范围；二是直接利用函数单调性的定义：作差、变形，由f (x 1)－f (x 2)的符号确定参数的范围，另外也可分离参数转化为不等式恒成立问题．【训练2】 (1)函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )．A ．{－3}B ．(－∞，3)C ．(－∞，－3]D ．[－3，＋∞)(2)(2014·日照模拟)若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )．A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析 (1)y ＝x －5x －a －2＝1＋a －3x －(a ＋2)，由函数在(－1，＋∞)上单调递增，有⎩⎨⎧a －3＜0，a ＋2≤－1，解得a ≤－3. (2)f (x )在[a ，＋∞)上是减函数，对于g (x )，只有当a >0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f (x )和g (x )的减区间的子集即可，则a 的取值范围是0<a ≤1. 答案 (1)C (2)D学生用书第14页考点三利用函数的单调性求最值【例3】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)若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．审题路线 (1)当a ＝12时，f (x )为具体函数→求出f (x )的单调性，利用单调性求最值．(2)当x ∈[1，＋∞)时，f (x )＞0恒成立→转化为x 2＋2x ＋a ＞0恒成立．解 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，联想到g (x )＝x ＋1x 的单调性，猜想到求f (x )的最值可先证明f (x )的单调性．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 2)(2x 1x 2－1)2x 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．只需求函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值． φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减， ∴当x ＝1时，φ(x )最大值为φ(1)＝－3.∴a ＞－3，故实数a 的取值范围是(－3，＋∞)．规律方法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)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值； (3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；(5)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．【训练3】对任意两个实数x 1，x 2，定义max(x 1，x 2)＝⎩⎨⎧x 1，x 1≥x 2，x 2，x 1＜x 2，若f (x )＝x 2－2，g (x )＝－x ，则max(f (x )，g (x ))的最小值为________．解析 f (x )－g (x )＝x 2－2－(－x )＝x 2＋x －2，当x 2－2－(－x )＝x 2＋x －2≥0时，x ≥1或x ≤－2；当－2＜x ＜1时，x 2＋x －2＜0，即f (x )＜g (x )，所以max(f (x )，g (x ))＝⎩⎨⎧－x ，－2＜x ＜1，x 2－2，x ≥1或x ≤－2，作出图象如图所示，由图象可知函数的最小值在A 处取得，所以最小值为f (1)＝－1. 答案－11．求函数的单调区间：首先应注意函数的单调区间是其定义域的子集；其次掌握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调区间．求函数单调区间的常用方法：根据定义、利用图象、单调函数的性质及利用导数的性质．2．复合函数的单调性：对于复合函数y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或者(g(b)，g(a))上是单调函数，若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相同(同时为增或减)，则y＝f[g(x)]为增函数；若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相反，则y＝f[g(x)]为减函数．简称：同增异减．3．函数的值域常常化归为求函数的最值问题，要重视函数的单调性在确定函数最值过程中的应用．易错辨析1——分段函数单调性的判定【典例】 (2013·金华模拟)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) [错解] 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，4－a2＞0，解得1＜a ＜8.[答案] D[错因] 忽视函数在定义域两段区间分界点上的函数值的大小．[正解] f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，4－a2＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2＋2≤a ，解得：4≤a ＜8. [答案] B[防范措施] 对于分段函数的单调性，有两种基本的判断方法：一保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的判断．研究函数问题离不开函数图象，函数图象反映了函数的所有性质，在研究函数问题时要时时刻刻想到函数的图象，学会从函数图象上去分析问题、寻找解决问题的方法．【自主体验】(2013·日照模拟)已知f (x )＝⎩⎨⎧(3a －1)x ＋4a ，x ＜1，log a x ，x ≥1，是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是( )． A ．(0,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，1 解析当x ＝1时，log a 1＝0，若f (x )为R 上的减函数，则(3a －1)x ＋4a ≥0在x＜1时恒成立．令g (x )＝(3a －1)x ＋4a ，则必有⎩⎨⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，g (1)≥0，即⎩⎨⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，3a －1＋4a ≥0⇒17≤a ＜13. 答案 C对应学生用书P229基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )． A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1 C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1x解析函数y ＝ln(x ＋2)在(－2，＋∞)上是增函数；函数y ＝－x ＋1在[－1，＋∞)上是减函数；函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在(0，＋∞)上是减函数；函数y ＝x ＋1x 在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．综上可得在(0，＋∞)上是增函数的是y ＝ln(x ＋2)，故选A.2．已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34 解析当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5在(－∞，3)上是减函数；当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－4(a －3)4a ≥3，得0＜a ≤34.综上，a 的取值范围是0≤a ≤34. 答案 D3．(2013·泉州月考)已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实数x的取值范围是( )．A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析由f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎨⎧|x |<1，x ≠0.∴－1<x <0或0<x <1. 答案 C4．(2014·广州模拟)已知函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )．A ．c ＜b ＜aB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析 ∵函数图象关于x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，又y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴f (2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＜f (3)，即b ＜a ＜c .5．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)，则f (x )的最大值为( )． A ．4 B ．5 C ．6 D ．7解析由f (x )＝min{2x ，x ＋2，10－x }(x ≥0)画出图象，最大值在A 处取到，联立⎩⎨⎧y ＝x ＋2，y ＝10－x ，得y ＝6. 答案 C 二、填空题6．函数y ＝－(x －3)|x |的递增区间为________．解析 y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎨⎧－x 2＋3x ，x ≥0，x 2－3x ，x ＜0，由图可知其递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，327．设a >1，函数f (x )＝log a x 在区间[a,2a ]上的最大值与最小值之差为12，则a ＝________.解析由a >1知函数f (x )在[a,2a ]上为单调增函数，则log a (2a )－log a a ＝12，解得a ＝4. 答案 48．设函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋a ，x ＜1，2x ，x ≥1的最小值为2，则实数a 的取值范围是________．解析由题意知，当x ＝1时，f (x )min ＝2，故－1＋a ≥2， ∴a ≥3. 答案 [3，＋∞) 三、解答题 9．试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．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＝ax 2－x 1(x 1－1)(x 2－1)，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．10．已知函数f (x )＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)． (1)判断函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值．解 (1)任取x 1＞x 2＞0，则x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0， ∵f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2＝1x 2－1x 1 ＝x 1－x 2x 1x 2＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，因此，函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数． (2)∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，即1a －2＝12，1a －12＝2. 解得a ＝25.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(1，＋∞)上一定( )． A ．有最小值 B ．有最大值 C ．是减函数 D ．是增函数解析由题意知a ＜1，又函数g (x )＝x ＋ax －2a 在[|a |，＋∞)上为增函数，故选D. 答案 D2．(2014·厦门外国语学校质检)已知函数f (x )＝|e x ＋ae x |(a ∈R ，e 是自然对数的底数)，在区间[0,1]上单调递增，则a 的取值范围是( )． A ．[0,1] B ．[－1,0]C ．[－1,1]D ．(－∞，－e 2]∪[e 2，＋∞)解析取a ＝1，则f (x )＝e x＋1e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝e x－1e x ＝e 2x －1e x ≥0，所以f (x )在区间[0,1]上单调递增，排除B ，D ；取a ＝－1，则f (x )＝|e x －1e x |＝e x －1e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝e x ＋1e x ＞0，所以f (x )在区间[0,1]上单调递增，排除A.故选C. 答案 C 二、填空题3．已知函数f (x )＝x 2＋ax (a ＞0)在(2，＋∞)上递增，则实数a 的取值范围是________．解析法一任取2＜x 1＜x 2，由已知条件f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋a x 1－x 22＋ax 2＝(x 1－x 2)＋a (x 2－x 1)x 1x 2＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2＜0恒成立，即当2＜x 1＜x 2时，x 1x 2＞a 恒成立，又x 1x 2＞4，则0＜a ≤4.法二 f (x )＝x ＋a x ，f ′(x )＝1－ax 2＞0得f (x )的递增区间是(－∞，－a )，(a ，＋∞)，由已知条件得a ≤2，解得0＜a ≤4. 答案 (0,4] 三、解答题4．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a >0)，F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，－f (x )，x <0.若f (－1)＝0，且对任意实数x 均有f (x )≥0成立． (1)求F (x )的表达式；(2)当x ∈[－2,2]时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求k 的取值范围．解 (1)∵f (－1)＝0，∴a －b ＋1＝0，∴b ＝a ＋1， ∴f (x )＝ax 2＋(a ＋1)x ＋1.∵对任意实数x 均有f (x )≥0恒成立， ∴⎩⎨⎧a ＞0，Δ＝(a ＋1)2－4a ≤0， ∴⎩⎨⎧a ＞0，(a －1)2≤0. ∴a ＝1，从而b ＝2，∴f (x )＝x 2＋2x ＋1，∴F (x )＝⎩⎨⎧x 2＋2x ＋1，x ＞0，－x 2－2x －1，x ＜0.(2)g (x )＝x 2＋2x ＋1－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1. ∵g (x )在[－2,2]上是单调函数，∴k －22≤－2或k －22≥2，解得k ≤－2或k ≥6. 故k 的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞).学生用书第15页第3讲函数的奇偶性与周期性[最新考纲]1．结合具体函数，了解函数奇偶性的含义． 2．会运用函数的图象理解和研究函数的奇偶性．3．了解函数周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性．知识梳理1．函数的奇偶性奇偶性定义图象特点偶函数如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)是偶函数关于y轴对称奇函数如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)是奇函数关于原点对称2.奇(偶)函数的性质(1)奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反(填“相同”、“相反”)．(2)在公共定义域内①两个奇函数的和函数是奇函数，两个奇函数的积函数是偶函数．②两个偶函数的和函数、积函数是偶函数．③一个奇函数，一个偶函数的积函数是奇函数．(3)若函数f(x)是奇函数且在x＝0处有定义，则f(0)＝0.3．周期性(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期．(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期．辨析感悟1．对奇偶函数的认识及应用(1)函数y＝x2，x∈(0，＋∞)是偶函数．(×)(2)偶函数图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．(×)(3)(教材习题改编)如果函数f(x)，g(x)为定义域相同的偶函数，则F(x)＝f(x)＋g(x)是偶函数．(√)(4)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)关于直线x＝a对称．(√)(5)(2013·山东卷改编)已知函数f(x)为奇函数，且当x＞0时，f(x)＝x2＋1x，则f(－1)＝－2.(√)(6)(2014·菏泽模拟改编)已知函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是减函数，若f(a)≥f(2)，则实数a的取值范围是[－2,2]．(×)2．对函数周期性的理解(7)函数f(x)在定义域上满足f(x＋a)＝－f(x)，则f(x)是周期为2a(a＞0)的周期函数．(√)(8)(2014·枣庄一模改编)若y＝f(x)既是周期函数，又是奇函数，则其导函数y＝f′(x)既是周期函数又是奇函数．(×)[感悟·提升]1．两个防范一是判断函数的奇偶性之前务必先考查函数的定义域是否关于原点对称，若不对称，则该函数一定是非奇非偶函数，如(1)；二是若函数f(x)是奇函数，则f(0)不一定存在；若函数f(x)的定义域包含0，则必有f(0)＝0，如(2)．2．三个结论一是若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)关于直线x＝a对称；若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)关于点(b,0)中心对称，如(4)；二是若对任意x∈D都有f(x＋a)＝－f(x)，则f(x)是以2a为周期的函数；若对任意x∈D都有f(x＋a)＝±1f(x)(f(x)≠0)，则f(x)也是以2a为周期的函数，如(7)；三是若函数f(x)既是周期函数，又是奇函数，则其导函数y＝f′(x)既是周期函数又是偶函数，如(8)中因为y＝f(x)是周期函数，设其周期为T，则有f(x＋T)＝f(x)，两边求导，得f′(x＋T)(x＋T)′＝f′(x)，即f′(x＋T)＝f′(x)，所以导函数是周期函数，又因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，两边求导，得f ′(－x )(－x )′＝－f ′(－x )＝－f ′(x )，即－f ′(－x )＝－f ′(x )，所以f ′(－x )＝f ′(x )，所以导函数是偶函数.学生用书第16页考点一函数奇偶性的判断及应用【例1】 (1)判断下列函数的奇偶性： ①f (x )＝x 2－1＋1－x 2；②f (x )＝ln 1－x 1＋x.(2)已知函数f (x )＝ln(1＋9x 2－3x )＋1，则f (lg 2)＋f (lg 12)＝( )． A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2 (1)解 ①由⎩⎨⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0得x ＝±1. ∴f (x )的定义域为{－1,1}．又f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0，即f (x )＝±f (－x )．∴f (x )既是奇函数又是偶函数．②由1－x 1＋x ＞0，得－1＜x ＜1，即f (x )＝ln 1－x 1＋x 的定义域为(－1,1)，又f (－x )＝ln 1＋x 1－x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x －1＝－ln 1－x 1＋x ＝－f (x )，则f (x )为奇函数．(2)解析设g (x )＝ln(1＋9x 2－3x )，则g (－x )＝ln(1＋9x 2＋3x )＝ln 11＋9x 2－3x＝－ln(1＋9x 2－3x )＝－g (x )． ∴g (x )为奇函数．∴f (lg 2)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 12＝f (lg 2)＋f (－lg 2)＝g (lg 2)＋1＋g (－lg 2)＋1＝g (lg 2)－g (lg 2)＋2＝2. 答案 D规律方法判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f (x )与f (－x )是否具有等量关系．在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关系式(f (x )＋f (－x )＝0(奇函数)或f (x )－f (－x )＝0(偶函数))是否成立．【训练1】 (1)(2014·武汉一模)已知定义在R 上的奇函数f (x )和偶函数g (x )满足f (x )＋g (x )＝a x －a －x ＋2(a >0且a ≠1)，若g (2)＝a ，则f (2)＝( )． A ．2 B.154 C.174D ．a 2 (2)设f (x )为定义在R 上的奇函数．当x ≥0时，f (x )＝2x ＋2x ＋b (b 为常数)，则f (－1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析 (1)∵g (x )为偶函数，f (x )为奇函数， ∴g (2)＝g (－2)＝a ，f (－2)＝－f (2)， ∴f (2)＋g (2)＝a 2－a －2＋2，①f (－2)＋g (－2)＝－f (2)＋g (2)＝a －2－a 2＋2，② 联立①②解得g (2)＝2＝a ，f (2)＝a 2－a －2 ＝22－2－2＝154.(2)因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝20＋2×0＋b ＝0，解得b ＝－1. 所以当x ≥0时，f (x )＝2x ＋2x －1，所以f (－1)＝－f (1)＝－(21＋2×1－1)＝－3. 答案 (1)B (2)A考点二函数的单调性与奇偶性【例2】 (1)(2014·山东实验中学诊断)下列函数中，在其定义域中，既是奇函数又是减函数的是( )． A ．f (x )＝1x B ．f (x )＝－x C ．f (x )＝2－x －2x D ．f (x )＝－tan x(2)(2013·辽宁五校联考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，在区间[0，＋∞)上为增函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝0，则不等式f (log 18x )＞0的解集为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 B ．(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(2，＋∞) 解析 (1)f (x )＝1x 在定义域上是奇函数，但不单调；f (x )＝－x 为非奇非偶函数；f (x )＝－tan x 在定义域上是奇函数，但不单调． (2)由已知f (x )在R 上为偶函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝0，∴f (log 18x )＞0等价于f (|log 18x |)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，又f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴|log 18x |＞13，即log 18x ＞13或log 18x ＜－13，解得0＜x ＜12或x ＞2，故选C.答案 (1)C (2)C规律方法对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f ”，转化为解不等式(组)的问题，若f (x )为偶函数，则f (－x )＝f (x )＝f (|x |)．【训练2】 (2014·北京101中学模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ＞0时，f (x )＝e x ＋a ，若f (x )在R 上是单调函数，则实数a 的最小值是( )． A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2解析因为f (x )是R 上的奇函数，所以f (0)＝0.又f (x )＝e x ＋a 在(0，＋∞)上是增函数，所以f (x )在R 上是增函数，则e 0＋a ＝1＋a ≥0，解得a ≥－1，所以a 的最小值是－1，故选B. 答案 B考点三函数的单调性、奇偶性、周期性的综合应用【例3】 (经典题)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )． A ．f (－25)＜f (11)＜f (80) B ．f (80)＜f (11)＜f (－25) C ．f (11)＜f (80)＜f (－25) D ．f (－25)＜f (80)＜f (11)审题路线 f (x －4)＝－f (x )――――→令x ＝x －4f (x －8)＝f (x )→结合f (x )奇偶性、周期性把－25,11,80化到区间[－2,2]上→利用[－2,2]上的单调性可得出结论．解析 ∵f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，∴f (x －8)＝f (x )，∴函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．∵f (x )在区间[0,2]上是增函数， f (x )在R 上是奇函数，∴f (x )在区间[－2,2]上是增函数，∴f (－1)＜f (0)＜f (1)，即f (－25)＜f (80)＜f (11)．答案 D学生用书第17页规律方法关于奇偶性、单调性、周期性的综合性问题，关键是利用奇偶性和周期性将未知区间上的问题转化为已知区间上的问题．【训练3】 (2014·黄冈中学适应性考试)定义在R 上的偶函数f (x )满足：f (x ＋1)＝－f (x )，且在[－1,0]上是增函数，下列关于f (x )的判断： ①f (x )是周期函数；。

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用13精品训练理(含解析)新人教B版

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用13精品训练理（含解析）新人教B 版[命题报告·教师用书独具]1．f (x )＝2x 4－3x 2＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值、最小值分别是( )A ．21，－18B ．1，－18C ．21,0D ．0，－18解析：∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有最大值和最小值． ∴f ′(x )＝8x 3－6x ＝0，解得x ＝0或x ＝32或x ＝－32(舍去)， ∴f (x )max ＝f (2)＝21，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－18. 答案：A2．(2013年淄博模拟)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 ．0B ．1C ．2D ．3解析：设f (x )＝1－xx＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x2＋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.答案：A3．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.a bB.a 2bC.b aD.b 2a解析：如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h .设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R，∴y ′＝4πaR －2bV R2.令y ′＝0，得2R h ＝ba.答案：C4．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)解析：∵f (x )＝(x －3)e x，∴f ′(x )＝e x(x －2)>0，∴x >2.∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：D5．(2013年珠海摸底)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0，eaxx >0在[－2,2]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0]D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析：当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ，易知函数f (x )在(－∞，0]上的极大值点是x ＝－1，且f (－1)＝2，故只要在(0,2]上，e ax≤2即可，即ax ≤ln 2在(0,2]上恒成立，即a ≤ln 2x在(0,2]上恒成立，故a ≤12ln 2.答案：D 二、填空题6．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x >0，x >0得x >1，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1时取最小值f (1)＝12－ln1＝12.答案：127．已知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________．解析：∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数， ∴当x ＝0时，f (x )＝m 最大． ∴m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，∴最小值为－37.答案：－378．面积为S 的一矩形中，其周长最小时的边长是________．解析：设矩形的一边边长为x ，则另一边边长为S x，其周长为l ＝2x ＋2Sx，x >0，l ′＝2－2S x2.令l ′＝0，解得x ＝S .易知，当x ＝S 时，其周长最小．答案：S9．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围为________．解析：∵f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立， ∴f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝－f (x )，∴y ＝f (x )为奇函数．由f (mx －2)＋f (x )<0得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2<－x ，即mx －2＋x <0在m ∈[－2,2]上恒成立．记g (m )＝xm －2＋x ，则⎩⎪⎨⎪⎧g －2<0，g 2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2＋x <0，2x －2＋x <0，解得－2<x <23.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23 三、解答题10．(2013年抚州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x. (1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；解析：(1)由题意f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增的． (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax 2. ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为增加的，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为减少的，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ，当1<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1，－a )上是减少的；当－a <x <e 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－a ，e)上是增加的． ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e.综上所述，a ＝－ e.11．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a ＞0. (1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．(注：e 为自然对数的底数．)解析：(1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x ＞0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－x －a 2x ＋ax.由于a ＞0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝a －1≥e－1，fe ＝a 2－e 2＋a e≤e 2，解得a ＝e.12．(能力提升)已知函数f (x )＝ln 1x－ax 2＋x (a >0)．(1)若f (x )是单调函数，求a 的取值范围；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)＋f (x 2)>3－2ln 2. 解析：(1)由f (x )＝ln 1x－ax 2＋x ＝－ln x －ax 2＋x 得，f ′(x )＝－1x －2ax ＋1＝－2ax 2－x ＋1x.令g (x )＝2ax 2－x ＋1， Δ＝(－1) 2－4×2a ×1＝1－8a .当a ≥18时，Δ≤0，∴g (x )≥0，∴f ′(x )≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当0<a <18时，Δ>0，方程2ax 2－x ＋1＝0有两个不相等的正根x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，g (x )>0，∴f ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，∴f ′(x )>0.此时f (x )不是单调函数．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞.(2)由(1)知，当且仅当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18时，f (x )有极小值点x 1和极大值点x 2，且x 1＋x 2＝12a ，x 1x 2＝12a.f (x 1)＋f (x 2)＝－ln x 1－ax 21＋x 1－ln x 2－ax 22＋x 2＝－(ln x 1＋ln x 2)－12(x 1－1)－12(x 2－1)＋(x 1＋x 2)＝－ln x 1x 2＋12(x 1＋x 2)＋1＝ln 2a ＋14a＋1.令g (a )＝ln 2a ＋14a ＋1，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18，则当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18时，g ′(a )＝1a －14a 2＝4a －14a 2<0，g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18上单调递减，所以g (a )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝3－2ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>3－2ln 2.[因材施教·学生备选练习]1．(2013年北京东城模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3，其中a 为实数． (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． ①当0<t <t ＋2<1e时，无解；②当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ； ③当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故函数f (x )在[t ，t ＋2]上的最小值f (x )min ＝f (t )＝t ln t .综上可知f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e ，t ln t ，t ≥1e.(2)由题知2x ln x ≥－x 2＋ax －3，即a ≤2ln x ＋x ＋3x，对一切x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，故h (x )在(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以h (x )在(0，＋∞)上有唯一极小值h (1)，即为最小值，所以h (x )min ＝h (1)＝4，因为对一切x ∈(0，＋∞)，a ≤h (x )恒成立，所以a ≤4.2．(2013年沈阳模拟)已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝f x ＋kx(k ∈R )的单调区间；(2)证明：当x ≥1时，2x －e≤f (x )恒成立．解析：(1)g (x )＝ln x ＋k x， ∴令g ′(x )＝x －kx 2＝0得x ＝k . ∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0.∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0<x <k ， ∴增区间为(k ，＋∞)，减区间为(0，k )． (2)证明：设h (x )＝x ln x －2x ＋e(x ≥1)，令h ′(x )＝ln x －1＝0得x ＝e ，列表分析函数h (x )的单调性如下：x 1 (1，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) －1 －＋h (x )e －2∴h (x。

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第二章第13节第一课时1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数． (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值； (2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2 ①求证：－12＜a ＜0②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12.解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，解得a ＝1；(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x＋2a ，x ＞0.当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a ，即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞递减．即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)， f ′(1)＝g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝－1－ln x 12，即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12(x 1ln x 1－x 1)，设h (x )＝12(x ln x －x )，0＜x ＜1，h ′(x )＝12 ln x ＜0在(0,1)恒成立，故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12，由此可得f (x 1)＞－12，综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12.1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值； (2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2 ①求证：－12＜a ＜0②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12.解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，解得a ＝1；(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x＋2a ，x ＞0.当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a ，即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞递减．即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)， f ′(1)＝g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝－1－ln x 12，即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12(x 1ln x 1－x 1)，设h (x )＝12(x ln x －x )，0＜x ＜1，h ′(x )＝12 ln x ＜0在(0,1)恒成立，故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12，由此可得f (x 1)＞－12，综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12.2．(导学号14577226)已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.(1)求实数m 的值；(2)设g (x )＝f (x )－xx －1，讨论g (x )的单调性；(3)已知m ，n ∈N *且m >n >1，证明mn n m>n m . 解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m . 由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1. (2)g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln xx －1(x >0，x ≠1)，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2.设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x.当x >1时，h ′(x )＝1－1x >0，h (x )是增函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2>0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x <0，h (x )是减函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2>0，故g (x )在(0,1)上为增函数；所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的． (3)证明：由已知可知要证mn n m >n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ，即证n －1n ln m >m －1mln n ，即证m ln m m －1>n ln n n －1，即证g (m )>g (n )，又m >n >1(m ，n ∈N *)，由(2)知g (m )>g (n )成立，所以mn n m >n m . 3．(导学号14577227)(理科)函数f (x )＝ln(x ＋m )－n ln x . (1)当m ＝1，n ＞0时，求f (x )的单调减区间；(2)n ＝1时，函数g (x )＝(m ＋2x )f (x )－am ，若存在m ＞0，使得g (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝ln(x ＋1)－n ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1－n x ＝(1－n )x －nx (x ＋1)，①当n ＝1时，f ′(x )＝－1x (x ＋1)＜0，此时f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；②当0＜n ＜1时，0＜x ＜n1－n时，f ′(x )＜0，此时f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，n 1－n ；③当n ＞1时，x ＞n 1－n 时，f ′(x )＜0，此时减区间为⎝⎛⎭⎫n 1－n ，＋∞.(2)n ＝1时，g (x )＝(m ＋2x )[ln(x ＋m )－ln x ]－am ，∵g (x )＞0，∴g (x )x ＞0，即⎝⎛⎭⎫m ＋x x ＋1ln m ＋x x －a ⎝⎛⎭⎫m ＋x x －1＞0，设m ＋x x ＝t ＞1，∴(t ＋1)ln t －a (t －1)＞0，∴ln t －a (t －1)t ＋1＞0. 设h (t )＝ln t －a (t －1)t ＋1，h ′(t )＝t 2＋2(1－a )t ＋1t (t ＋1)2，h (1)＝0，①当a ≤2时，t 2＋2(1－a )t ＋1≥t 2－2t ＋1＞0，故h ′(t )＞0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，因此h (t )＞0；②当a ＞2时，令h ′(t )＝0，得：t 1＝a －1－(a －1)2－1，t 2＝a －1＋(a －12)－1，由t 2＞1和t 1t 2＝1，得：t 1＜1，故h (t )在(1，t 2)上单调递减，此时h (t )＜h (1)＝0.综上所述，a ≤2.3．(文科)(2018·西安市三模)已知函数f (x )＝x 2＋6ax ＋1，g (x )＝8a 2ln x ＋2b ＋1，其中a ＞0.(1)设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同，用a 表示b ，并求b 的最大值；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，证明：若a ≥1，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14.解：(1)：设f (x )与g (x )的图象交于点P (x 0，y 0)(x 0＞0)，则有f (x 0)＝g (x 0)，即x 20＋6ax 0＋1＝8a 2ln x 0＋2b ＋1 ①又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0＋6a ＝8a 2x 0 ②，由②解得x 0＝a 或x 0＝－4a (舍去)，将x 0＝a 代入①整理得b ＝72a 2－4a 2ln a ，令K (a )＝72a 2－4a 2ln a ，则K ′(a )＝a (3－8ln a )，当a ∈⎝⎛⎭⎫0，8e 3时，K (a )单调递增，当a ∈⎝⎛⎭⎫8e 3，＋∞时K (a )单调递减，所以K (a )≤K (8e 3)＝2e 34，即b ≤2e 34，b 的最大值为2e 34；(2)证明：不妨设x 1，x 2∈(0，＋∞)， x 1＜x 2，h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14，变形得h (x 2)－14x 2＞h (x 1)－14x 1，令T (x )＝h (x )－14x ，T ′(x )＝2x ＋8a 2x ＋6a －14，∵a ≥1，T ′(x )＝2x ＋8a 2x ＋6a －14≥8a ＋6a －14≥0，则T (x )在(0，＋∞)上单调递增，T (x 2)＞T (x 1)，即h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14成立，同理可证，当x 1＞x 2时，命题也成立．综上，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，不等式h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14成立．4．(导学号14577229)(理科)(2018·大庆市一模)已知函数f (x )＝ln (x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝－52x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b 的取值范围；(3)对于n ∈N *，证明：212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ＋a －2x －1＝1－2x (x ＋a )－(x ＋a )x ＋a ，∵f ′(0)＝0，∴1－aa ＝0，∴a ＝1.∴f (x )＝ln (x ＋1)－x 2－x (x ＞－1)，于是f ′(x )＝1－2x (x ＋1)－(x ＋1)x ＋1＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋32x ＋1(x ＞－1)，由f ′(x )＞0得－1＜x ＜0；由f ′(x )＜0，得x ＞0，∴f (x )的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)． (2)令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫－52x ＋b ＝ln (x ＋1)－x 2＋32x －b ，x ∈(0,2)，则g ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－4x 2＋x －52(x ＋1)，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－54(舍去)．当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜2时g ′(x )＜0，即g (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．方程f (x )＝－52x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根等价于函数g (x )在(0,2)上有两个不同的零点．∴⎩⎪⎨⎪⎧g (0)<0g (1)>0g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－b <0ln 2＋12－b >0ln 3－1－b >0；亦即⎩⎪⎨⎪⎧b >0b <ln 2＋12b >ln 3－1，∴ln 3－1＜b ＜ln 2＋12，故所求实数b 的取值范围为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫b |ln 3－1＜b ＜ln 2＋12.(3)证明：由(1)可得，当x ≥0时ln (x ＋1)≤x 2＋x (当且仅当x ＝0时等号成立)．设x ＝1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＜1n 2＋1n ，即ln n ＋1n ＜n ＋1n 2 ① ∴2212＞ln 21，322＞ln 32，432＞ln 43，…，n ＋1n 2＞ln n ＋1n ，将上面n 个式子相加得：2212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2＞ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＝ln (n ＋1)，故212＋322＋432＋…＋n ＋1n2>ln(n ＋1) 4．(导学号14577230)(文科)(2018·天津河北区三模)已知函数f (x )＝ax ＋b －ln x 表示的曲线在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数k 的取值范围； (3)求证：n ∈N *时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1.解：(1)函数f (x )＝ax ＋b －ln x 的导数为f ′(x )＝a －1x ，在点(2，f (2))处的切线方程x －2y－2ln 2＝0，即有a －12＝12，解得a ＝1，f (2)＝2a ＋b －ln 2＝1－ln 2，解得b ＝－1，则有a ＝1，b ＝－1；(2)f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有 x －1－ln x ≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有k －1≤1－ln xx 对于x ∈(0，＋∞)恒成立．令g (x )＝1－ln x x ，g ′(x )＝ln x －2x 2，当x ＞e 2时，g ′(x )＞0，g (x )递增；当0＜x ＜e 2时，g ′(x )＜0，g (x )递减．则x ＝e 2处g (x )取得极小值，也为最小值，且为－1e 2，即有k －1≤－1e 2，解得k ≤1－1e 2；(3)证明：f (x )＝x －1－ln x (x ＞0)， f ′(x )＝1－1x，当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )递减．则x ＝1处f (x )取得极小值，也为最小值，且为0，则有f (x )≥0，即为x －1≥ln x ，取x ＝n ，则n －1≥ln n ，即有n ≤e n －1.即有1＋2＋…＋n ≤1＋e ＋e 2＋…＋e n －1.则有12n (n ＋1)≤1－e n 1－e，即有n ∈N *时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1.2．(导学号14577226)已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.(1)求实数m 的值；(2)设g (x )＝f (x )－xx －1，讨论g (x )的单调性；(3)已知m ，n ∈N *且m >n >1，证明mn n m >n m . 解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m .由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1. (2)g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln xx －1(x >0，x ≠1)，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2.设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x.当x >1时，h ′(x )＝1－1x >0，h (x )是增函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2>0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x <0，h (x )是减函数，h (x )>h (1)＝0，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2>0，故g (x )在(0,1)上为增函数；所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的． (3)证明：由已知可知要证mn n m >n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ，即证n －1n ln m >m －1mln n ，即证m ln m m －1>n ln n n －1，即证g (m )>g (n )，又m >n >1(m ，n ∈N *)，由(2)知g (m )>g (n )成立，所以mn n m>n m . 3．(导学号14577227)(理科)函数f (x )＝ln(x ＋m )－n ln x . (1)当m ＝1，n ＞0时，求f (x )的单调减区间；(2)n ＝1时，函数g (x )＝(m ＋2x )f (x )－am ，若存在m ＞0，使得g (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝ln(x ＋1)－n ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1－n x ＝(1－n )x －nx (x ＋1)，①当n ＝1时，f ′(x )＝－1x (x ＋1)＜0，此时f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；②当0＜n ＜1时，0＜x ＜n1－n时，f ′(x )＜0，此时f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，n 1－n ；③当n ＞1时，x ＞n1－n 时，f ′(x )＜0，此时减区间为⎝⎛⎭⎫n 1－n ，＋∞.(2)n ＝1时，g (x )＝(m ＋2x )[ln(x ＋m )－ln x ]－am ，∵g (x )＞0，∴g (x )x ＞0，即⎝⎛⎭⎫m ＋x x ＋1ln m ＋x x －a ⎝⎛⎭⎫m ＋x x －1＞0，设m ＋x x ＝t ＞1，∴(t ＋1)ln t －a (t －1)＞0，∴ln t －a (t －1)t ＋1＞0. 设h (t )＝ln t －a (t －1)t ＋1，h ′(t )＝t 2＋2(1－a )t ＋1t (t ＋1)2，h (1)＝0，①当a ≤2时，t 2＋2(1－a )t ＋1≥t 2－2t ＋1＞0，故h ′(t )＞0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，因此h (t )＞0；②当a ＞2时，令h ′(t )＝0，得：t 1＝a －1－(a －1)2－1，t 2＝a －1＋(a －12)－1，由t 2＞1和t 1t 2＝1，得：t 1＜1，故h (t )在(1，t 2)上单调递减，此时h (t )＜h (1)＝0.综上所述，a ≤2.3．(文科)(2018·西安市三模)已知函数f (x )＝x 2＋6ax ＋1，g (x )＝8a 2ln x ＋2b ＋1，其中a ＞0.(1)设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同，用a 表示b ，并求b 的最大值；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，证明：若a ≥1，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14.解：(1)：设f (x )与g (x )的图象交于点P (x 0，y 0)(x 0＞0)，则有f (x 0)＝g (x 0)，即x 20＋6ax 0＋1＝8a 2ln x 0＋2b ＋1 ①又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0＋6a ＝8a 2x 0 ②，由②解得x 0＝a 或x 0＝－4a (舍去)，将x 0＝a 代入①整理得b ＝72a 2－4a 2ln a ，令K (a )＝72a 2－4a 2ln a ，则K ′(a )＝a (3－8ln a )，当a ∈⎝⎛⎭⎫0，8e 3时，K (a )单调递增，当a ∈⎝⎛⎭⎫8e 3，＋∞时K (a )单调递减，所以K (a )≤K (8e 3)＝2e 34，即b ≤2e 34，b 的最大值为2e 34；(2)证明：不妨设x 1，x 2∈(0，＋∞)， x 1＜x 2，h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14，变形得h (x 2)－14x 2＞h (x 1)－14x 1，令T (x )＝h (x )－14x ，T ′(x )＝2x ＋8a 2x ＋6a －14，∵a ≥1，T ′(x )＝2x ＋8a 2x ＋6a －14≥8a ＋6a －14≥0，则T (x )在(0，＋∞)上单调递增，T (x 2)＞T (x 1)，即h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14成立，同理可证，当x 1＞x 2时，命题也成立．综上，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，不等式h (x 2)－h (x 1)x 2－x 1>14成立．4．(导学号14577229)(理科)(2018·大庆市一模)已知函数f (x )＝ln (x ＋a )－x 2－x 在x ＝0处取得极值．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝－52x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b 的取值范围；(3)对于n ∈N *，证明：212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．解：(1)由已知得f ′(x )＝1x ＋a －2x －1＝1－2x (x ＋a )－(x ＋a )x ＋a ，∵f ′(0)＝0，∴1－aa ＝0，∴a ＝1.∴f (x )＝ln (x ＋1)－x 2－x (x ＞－1)，于是f ′(x )＝1－2x (x ＋1)－(x ＋1)x ＋1＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋32x ＋1(x ＞－1)，由f ′(x )＞0得－1＜x ＜0；由f ′(x )＜0，得x ＞0，∴f (x )的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)． (2)令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫－52x ＋b ＝ln (x ＋1)－x 2＋32x －b ，x ∈(0,2)，则g ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－4x 2＋x －52(x ＋1)，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－54(舍去)．当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当1＜x ＜2时g ′(x )＜0，即g (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．方程f (x )＝－52x ＋b 在区间(0,2)有两个不等实根等价于函数g (x )在(0,2)上有两个不同的零点．∴⎩⎪⎨⎪⎧ g (0)<0g (1)>0g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －b <0ln 2＋12－b >0ln 3－1－b >0；亦即⎩⎪⎨⎪⎧ b >0b <ln 2＋12b >ln 3－1，∴ln 3－1＜b ＜ln 2＋12，故所求实数b 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫b |ln 3－1＜b ＜ln 2＋12. (3)证明：由(1)可得，当x ≥0时ln (x ＋1)≤x 2＋x (当且仅当x ＝0时等号成立)．设x ＝1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＜1n 2＋1n ，即ln n ＋1n ＜n ＋1n 2 ① ∴2212＞ln 21，322＞ln 32，432＞ln 43，…，n ＋1n 2＞ln n ＋1n，将上面n 个式子相加得：2212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2＞ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n＝ln (n ＋1)，故212＋322＋432＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1) 4．(导学号14577230)(文科)(2018·天津河北区三模)已知函数f (x )＝ax ＋b －ln x 表示的曲线在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数k 的取值范围；(3)求证：n ∈N *时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1. 解：(1)函数f (x )＝ax ＋b －ln x 的导数为f ′(x )＝a －1x，在点(2，f (2))处的切线方程x －2y －2ln 2＝0，即有a －12＝12，解得a ＝1， f (2)＝2a ＋b －ln 2＝1－ln 2，解得b ＝－1，则有a ＝1，b ＝－1；(2)f (x )≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有x －1－ln x ≥kx －2对于x ∈(0，＋∞)恒成立，即有k －1≤1－ln x x对于x ∈(0，＋∞)恒成立．令g (x )＝1－ln x x ，g ′(x )＝ln x －2x 2，当x ＞e 2时，g ′(x )＞0，g (x )递增；当0＜x ＜e 2时，g ′(x )＜0，g (x )递减．则x ＝e 2处g (x )取得极小值，也为最小值，且为－1e 2，即有k －1≤－1e 2，解得k ≤1－1e 2； (3)证明：f (x )＝x －1－ln x (x ＞0)，f ′(x )＝1－1x，当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )递减．则x ＝1处f (x )取得极小值，也为最小值，且为0，则有f (x )≥0，即为x －1≥ln x ，取x ＝n ，则n －1≥ln n ，即有n ≤e n －1. 即有1＋2＋…＋n ≤1＋e ＋e 2＋…＋e n －1. 则有12n (n ＋1)≤1－e n 1－e，即有n ∈N *时，n (n ＋1)≤2e n －1e －1.。

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