高中数学高考总复习利用导数研究函数的性质习题及详解
《走向高考》高数学(人教A版)总复习同步练习利用导数研究报告函数性质
3-2利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.给出定义：若函数f(x>在D上可导，即f′(x>存在，且导函数f′(x>在D上也可导，则称f(x>在D上存在二阶导函数，记f″(x>＝(f′(x>>′，若f″(x>>0在D上恒成立，则称f(x>在D上为凹函数，以下四个函数在(0，错误!>上是凹函数的是(>A．f(x>＝sin x＋cos x B．f(x>＝ln x－2xC．f(x>＝－x3＋2x＋1 D．f(x>＝－xe－x[答案]D [解读](1>若f(x>＝sin x＋cos x，则f′(x>＝cos x－sin x，f″(x>＝－sin x－cos x，∴f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(2>若f(x>＝ln x－2x，则f′(x>＝错误!－2，f″(x>＝－错误!，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(3>若f(x>＝－x3＋2x＋1，则f′(x>＝－3x2＋2，f″(x>＝－6x，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(4>若f(x>＝－xe－x，则f′(x>＝(x－1>e－x，f″(x>＝(2－x>e－x，当x∈(0，错误!>时，f″(x>>0恒成立，故选D. 2．(2018·济南外国语学校第一学期质检>若a>0，b>0，且函数f(x>＝4x3－ax2－2bx－2在x＝1处有极值，则ab的最大值为(> A．2B．3C．6D．9[答案]D [解读]函数的导数为f′(x>＝12x2－2ax－2b，函数在x＝1处有极值，则有f′(1>＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，所以6＝a＋b≥2错误!，即ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取等号，选D. 3．(文>(2018·宿州模拟>已知y＝f(x>是定义在R上的函数，且f(1>＝1，f′(x>>1，则f(x>>x的解集是(>A．(0,1> B．(－1,0>∪(0,1>C．(1，＋∞> D．(－∞，－1>∪(1，＋∞>[答案]C [解读]令F(x>＝f(x>－x，则F′(x>＝f′(x>－1>0，所以F(x>是增函数，∵f(x>>x，∴F(x>>0，∵F(1>＝f(1>－1＝0，∴F(x>>F(1>，∵F(x>是增函数，∴x>1，即f(x>>x的解集是(1，＋∞>．(理>(2018·辽宁文>函数f(x>的定义域为R，f(－1>＝2，对任意x∈R，f′(x>>2，则f(x>>2x＋4的解集为(>A．(－1,1> B．(－1，＋∞>C．(－∞，－1> D．(－∞，＋∞>[答案]B[解读]由题意，令φ(x>＝f(x>－2x－4，则φ′(x>＝f′(x>－2>0.∴φ(x>在R上是增函数．又φ(－1>＝f(－1>－2×(－1>－4＝0，∴当x>－1时，φ(x>>φ(－1>＝0，∴f(x>－2x－4>0，∴f(x>>2x＋4.故选B. 4．(文>设函数f(x>＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处均有极值，且f(－1>＝－1，则a、b、c的值为(>A．a＝－错误!，b＝0，c＝－错误!B．a＝错误!，b＝0，c＝－错误!C．a＝－错误!，b＝0，c＝错误!D．a＝错误!，b＝0，c＝错误![答案]C[解读]f′(x>＝3ax2＋2bx＋c，所以由题意得错误!即错误!解得a＝－错误!，b＝0，c＝错误!. (理>(2018·潍坊模拟>已知非零向量a，b满足|a|＝错误!|b|，若函数f(x>＝错误!x3＋|a|x2＋2a·b x＋1在R上有极值，则〈a，b〉的取值范围是(>A．[0，错误!] B．(0，错误!]C．(错误!，错误!] D．(错误!，π][答案]D [解读]据题意知，f′(x>＝x2＋2|a|x＋2a·b，若函数存在极值，必有(2|a|>2－4×2a·b>0，整理可得|a|2>2a·b，故cos〈a，b〉＝错误!<错误!＝错误!，解得错误!<〈a，b〉≤π. 5．函数y＝f(x>的图象如图所示，则y＝f′(x>的图象可能是(>[答案]D[解读]由f (x >的图象知，f (x >在(－∞，0>上单调递增，在(0，＋∞>上单调递减，∴在(0，＋∞>上f ′(x >≤0，在(－∞，0>上f ′(x >≥0，故选D.6．(2018·陕西咸阳模拟>已知函数f (x >＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1>>处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列错误!的前n项和为S n ，则S 2018的值为( >A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案]D[解读]∵f ′(x >＝2ax ，∴f (x >在点A 处的切线斜率为f ′(1>＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x >＝4x 2－1，∴错误!＝错误!＝错误!·错误!＝错误!错误!∴数列错误!的前n项和S n＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋…＋错误!错误!＝错误!错误!＝错误!，∴S2018＝错误!. 7．(2018·惠州三模>已知函数f(x>＝错误!＋ln x，若函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，则正实数a的取值范围为________．[答案][1，＋∞>[解读]∵f(x>＝错误!＋ln x，∴f′(x>＝错误!(a>0>，∵函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，∴f′(x>＝错误!≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，即a≥错误!对x∈[1，＋∞>恒成立，∴a≥1. 8．(文>函数y＝f(x>的定义域为(a，b>，y＝f′(x>在(a，b>上的图象如图，则y＝f(x>在区间(a，b>上极大值的个数为________．[答案]2 [解读]由f′(x>在(a，b>上的图象可知f′(x>的值在(a，b>上，依次为＋－＋－＋，∴f(x>在(a，b>上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f(x>在(a，b>上的极大值点有两个．[点评]应注意题设中给的是f(x>的图象还是f′(x>的图象，在f′(x>的图象上，位于x轴上方部分使f′(x>>0，f(x>单调增，位于x轴下方部分，使f′(x><0，f(x>单调减，f(x>的极值点是f′(x>的图象与x轴的交点，千万要注意，不要把f′(x>的单调性误以为是f(x>的单调性．请再练习下题：(2018·绵阳模拟>如图是函数y＝f(x>的导函数的图象，给出下面四个判断．①f(x>在区间[－2，－1]上是增函数；②x＝－1是f(x>的极小值点；③f(x>在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；④x＝2是f(x>的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．[答案]②③[解读]由函数y＝f(x>的导函数的图象可知：(1>f(x>在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2>f(x>在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故②③正确．(理>已知函数f(x>＝ln(1＋x>－ax的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0平行，则实数a的值为________．[答案]1[解读]∵f′(x>＝错误!－a，∴f′(1>＝错误!－a.由题知错误!－a＝－错误!，解得a＝1.[点评]函数f(x>在点(x0，y0>处切线l的斜率为f′(x0>，若l与l1平行(或垂直>，则f′(x0>＝kl1(或f′(x0>·kl1＝－1>．请再练习下题：已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，则x0的值为________．[答案]0或－错误![解读]由条件知，2x0＝－3x错误!，∴x0＝0或－错误!. 9．(2018·湖南长郡中学一模>已知函数f(x>的导函数为f′(x>＝5＋cos x，x∈(－1,1>，且f(0>＝0，如果f(1－x>＋f(1－x2><0，则实数x的取值范围为________．[答案](1，错误!> [解读]∵导函数是偶函数，∴原函数f(x>是奇函数，且定义域为(－1,1>，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x><f(x2－1>，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<错误!，∴实数x的取值范围是(1，错误!>．[点评]本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2018·北京东城一模>已知函数f(x>＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′(错误!>．(1>求a的值；(2>求函数f(x>的单调区间；(3>(理>设函数g(x>＝[f(x>－x3]·e x，若函数g(x>在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．[解读](1>由f(x>＝x3＋ax2－x＋c得，f′(x>＝3x2＋2ax－1.当x＝错误!时，得a＝f′(错误!>＝3×(错误!>2＋2a×(错误!>－1＝错误!a＋错误!，解之得a＝－1.(2>由(1>可知f(x>＝x3－x2－x＋c.则f′(x>＝3x2－2x－1＝3(x＋错误!>(x－1>，列表如下：所以f(x>的单调递增区间是(－∞，－错误!>和(1，＋∞>；f(x>的单调递减区间是(－错误!，1>．(3>函数g(x>＝(f(x>－x3>·e x＝(－x2－x＋c>·e x，有g′(x>＝(－2x－1>e x＋(－x2－x＋c>e x＝(－x2－3x＋c－1>e x，因为函数在区间x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x>＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2>≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞>.能力拓展提升11.若a>2，则函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有(>A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点[答案]B [解读]f′(x>＝x2－2ax＝x(x－2a>＝0⇒x1＝0，x2＝2a>4.易知f(x>在(0,2>上为减函数，且f(0>＝1>0，f(2>＝错误!－4a<0，由零点判定定理知，函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有一个零点．12．(2018·南开区质检>已知实数a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c>，则ad等于(>A．2 B．1C．－1 D．－2[答案]A[解读]∵a，b，c，d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c>为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴错误!或错误!∴ad＝2. 13．(文>已知函数f(x>＝sin x＋cos x，f′(x>是f(x>的导函数，则函数F(x>＝f(x>·f′(x>＋f2(x>的最大值是(>A．1＋错误!B．1－错误!C.错误!D．－错误![答案]A[解读]依题意，得f′(x>＝cos x－sin x，所以F(x>＝(sin x＋cos x>(cos x－sin x>＋(sin x＋cos x>2＝错误!sin(2x＋错误!>＋1，所以F(x>的最大值是1＋错误!. (理>(2018·陕西西工大附中第三次适应性训练>已知可导函数f(x>(x∈R>满足f′(x>>f(x>，则当a>0时，f(a>和e a f(0>的大小关系为(>A．f(a><e a f(0> B．f(a>>e a f(0>C．f(a>＝e a f(0> D．f(a>≤e a f(0>[答案]B[解读]令F(x>＝错误!，则F′(x>＝错误!>0，∴F(x>为增函数，∵a>0，∴F(a>>F(0>，即错误!>f(0>，∴f(a>>e a f(0>，故选B. 14．(2018·浙江五校联考>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝2x－9，且f(0>的值为整数，当x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，则n＝________.[答案]4 [解读]由题可设f(x>＝x2－9x＋c(c∈R>，又f(0>的值为整数即c为整数，∴f(n>＝n2－9n＋c为整数，f(n＋1>＝(n＋1>2－9(n＋1>＋c ＝n2－7n＋c－8为整数，又x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，∴n2－7n＋c－8＝n2－9n＋c，即n＝4. 15．(文>设函数f(x>＝x3＋ax2＋bx＋c的图象如图所示，且与y＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1>求a、b、c的值；(2>求函数的递减区间．[解读](1>函数的图象经过(0,0>点，∴c＝0.又图象与x轴相切于(0,0>点，y′＝3x2＋2ax＋b，∴b＝0，∴y＝x3＋ax2，y′＝3x2＋2ax.∵当x＝－错误!a时，函数有极小值－4.∴错误!3＋a错误!2＝－4，得a＝－3.(2>y′＝3x2－6x<0，解得0<x<2.∴递减区间是(0,2>．(理>设函数f(x>＝x3－3ax＋b(a≠0>．(1>若曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2>求函数f(x>的单调区间与极值点．[解读](1>f′(x>＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，所以错误!即错误!解得a＝4，b＝24.(2>f′(x>＝3(x2－a>(a≠0>．当a<0时，f′(x>>0，函数f(x>在(－∞，＋∞>上单调递增；此时函数f(x>没有极值点．当a>0时，由f′(x>＝0得x＝±错误!.当x∈(－∞，－错误!>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增；当x∈(－错误!，错误!>时，f′(x><0，函数f(x>单调递减；当x∈(错误!，＋∞>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增．故x＝－错误!是f(x>的极大值点，x＝错误!是f(x>的极小值点．16．(文>设函数g(x>＝错误!x3＋错误!ax2－bx(a，b∈R>，在其图象上一点P(x，y>处的切线的斜率记为f(x>．(1>若方程f(x>＝0有两个实根分别为－2和4，求f(x>的表达式；(2>若g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a2＋b2的最小值．[解读](1>根据导数的几何意义知f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b，由已知－2,4是方程x2＋ax－b＝0的两个实根，由韦达定理错误!∴错误!∴f(x>＝x2－2x－8. (2>g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b≤0，即f(x>＝x2＋ax－b≤0在[－1,3]上恒成立这只需满足错误!即可，也即错误!而a2＋b2可视为平面区域错误!内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3>距离原点最近．所以当错误!时，a2＋b2有最小值13. (理>(2018·天津文>已知函数f(x>＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1>当t＝1时，求曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程；(2>当t≠0，求f(x>的单调区间；(3>证明：对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．[解读](1>当t＝1时，f(x>＝4x3＋3x2－6x，f(0>＝0，f′(x>＝12x2＋6x－6，f′(0>＝－6，所以曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程为y＝－6x.(2>f′(x>＝12x2＋6tx－6t2，令f′(x>＝0，解得x＝－t或x＝错误!，因为t≠0，以下分两种情况讨论：①若t<0，则错误!<－t，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是错误!，(－t，＋∞>；f(x>的单调递减区间是错误!.②若t>0，则－t<错误!，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是(－∞，－t>，错误!：f(x>的单调递减区间是错误!，(3>证明：由(2>可知，当t>0时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，以下分两种情况讨论：①当错误!≥1，即t≥2时，f(x>在(0,1>内单调递减，在(1，＋∞>内单调递增．f(0>＝t－1>0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t∈[2，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．②当0<错误!<1，即0<t<2时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，若t∈(0,1]，f错误!＝－错误!t3＋t－1≤－错误!t3<0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0，所以f(x>在错误!内存在零点．若t∈(1,2>，f错误!＝－错误!t3＋(t－1><－错误!t3＋1<0，f(0>＝t－1>0，所以f(x>在错误!内存在零点．所以，对任意t∈(0,2>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点，综上，对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．1．(2018·河南省洛阳市高三年级统一考试>函数f(x>的定义域是R，f(0>＝2，对任意x∈R，f(x>＋f′(x>>1，则不等式e x·f(x>>e x＋1的解集为(>A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案]A [解读]构造函数g(x>＝e x·f(x>－e x，因为g′(x>＝e x·f(x>＋e x·f′(x>－e x＝e x[f(x>＋f′(x>]－e x>e x－e x＝0，所以g(x>＝e x·f(x>－e x为R上的增函数．又g(0>＝e0·f(0>－e0＝1，所以原不等式转化为g(x>>g(0>，解得x>0. 2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y>处的切线的斜率为g(x>，则函数y＝g(x>cos x的部分图象可以为(>[答案]A [解读]g(x>＝(x2＋1>′＝2x，∴y＝g(x>·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C. 3．设函数f(x>在定义域内可导，y＝f(x>的图象如图所示，则导函数y＝f′(x>的图象可能为图中的(>[答案]D [解读]当y＝f(x>为增函数时，y＝f′(x>>0，当y＝f(x>为减函数时，y＝f′(x><0，可判断D成立．4．(2018·深圳第一次调研>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x>的图象可能是(>[答案]D [解读]当x<0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x>在该区间上单调递减；当x>0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象可知，导数在区间(0，x1>内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x>单调递增．只有D选项符合题意．5．f(x>是定义在(0，＋∞>上的非负可导函数，且满足xf′(x>＋f(x>≤0.对任意正数a、b，若a<b，则必有(>A．af(b>≤bf(a> B．bf(a>≤af(b>C．af(a>≤f(b> D．bf(b>≤f(a>[答案]A[解读]∵xf′(x>＋f(x>≤0，又f(x>≥0，∴xf′(x>≤－f(x>≤0.设y＝错误!，则y′＝错误!≤0，故y＝错误!为减函数或为常数函数．又a<b，∴错误!≥错误!，∵a、b>0，∴a·f(b>≤b·f(a>．[点评]观察条件式xf′(x>＋f(x>≤0的特点，可见不等式左边是函数y＝xf(x>的导函数，故可构造函数y＝xf(x>或y＝错误!通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是(>A．a b>b aB．a b<b aC．a b＝b aD．a b与b a的大小关系不确定[答案]A [解读]令f(x>＝错误!，则f′(x>＝错误!.当x>e时，f′(x><0，∴f(x>在(e，＋∞>上单调递减．∵e<a<b，∴f(a>>f(b>，即错误!>错误!，∴b ln a>a ln b，∴ln a b>ln b a，∴a b>b a. 6．(2018·安徽池州一中期末>已知函数y＝－错误!x3＋bx2－(2b＋3>x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________．[答案]b<－1或b>3 [解读]y′＝－x2＋2bx－(2b＋3>，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3>＝4(b2－2b－3>≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3.7．已知f(x>＝ln x＋x2－bx.(1>若函数f(x>在其定义域内是增函数，求b的取值范围；(2>当b＝－1时，设g(x>＝f(x>－2x2，求证函数g(x>只有一个零点．[解读](1>∵f(x>在(0，＋∞>上递增，个人资料整理仅限学习使用∴f′(x>＝错误!＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞>恒成立，即b≤错误!＋2x对x∈(0，＋∞>恒成立，∴只需b≤错误!min，∵x>0，∴错误!＋2x≥2错误!，当且仅当x＝错误!时取“＝”，∴b≤2错误!，∴b的取值范围为(－∞，2错误!]．(2>当b＝－1时，g(x>＝f(x>－2x2＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞>，∴g′(x>＝错误!－2x＋1＝－错误!＝－错误!，令g′(x>＝0，即－错误!＝0，∵x>0，∴x＝1，当0<x<1时，g′(x>>0；当x>1时，g′(x><0，∴函数g(x>在区间(0,1>上单调递增，在区间(1，＋∞>上单调递减，∴当x≠1时，g(x><g(1>，而g(1>＝0，∴g(x><0，∴函数g(x>只有一个零点．。
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解22 利用导数研究函数的零点
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.7 利用导数研究函数的零点考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一 利用函数性质研究函数的零点 例1已知函数f (x )＝x sin x －1.(1)讨论函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调性；(2)证明：函数y ＝f (x )在[0，π]上有两个零点． (1)解 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－x sin(－x )－1＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，又f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又函数f (x )为偶函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减，综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减．(2)证明 由(1)得，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f (0)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有且只有一个零点， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，则g ′(x )＝2cos x －x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，g ′(x )<0恒成立，即g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π上单调递减，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，则存在m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，使得g (m )＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 上单调递增，当x ∈(m ，π]时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，则f (x )在(m ，π]上单调递减， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，f (π)＝－1<0，所以f (x )在(m ，π]上有且只有一个零点，综上，函数y ＝f (x )在[0，π]上有2个零点．思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f (x )＝ax ＋(a －1)ln x ＋1x －2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )只有一个零点，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋a －1x －1x 2＝(ax －1)(x ＋1)x 2，①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)若a ≤0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e ＋1－a ＋e －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1a ＋e －1>0，f (1)＝a －1<0.结合函数的单调性可知，f (x )有唯一零点．若a >0，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－(a －1)ln a ＋a －2＝(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或a＝e.综上，a ≤0或a ＝1或a ＝e. 题型二 数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)求函数f (x )的零点个数．解 (1)f (x )＝e x －ax ＋2a ，定义域为R ，且f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln a ， 当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点， 当a ≠0时，1a ＝x －2e x ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－xe x ， 当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e 3， 又x →＋∞时，φ(x )→0， x →－∞时，φ(x )→－∞， ∴φ(x )的图象如图所示．当1a >1e 3，即0<a <e 3时，f (x )无零点； 当1a ＝1e 3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点； 当0<1a <1e 3，即a >e 3时，f (x )有两个零点； 当1a <0，即a <0时，f (x )有一个零点．综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点．思维升华含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2x . (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若函数f (x )在(0,16]上有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －2x ，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1x ，又f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＋2＝x －1，即x －y －3＝0. (2)①当a ≤0时，f ′(x )＝a x －1x<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a >0时，由f (x )＝a ln x －2x ＝0可得2a ＝ln xx ，令g (x )＝ln x x，其中x >0，则直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， g ′(x )＝x x －ln x2x x ＝2－ln x2x x，令g ′(x )＝0，可得x ＝e 2<16，列表如下，所以函数g (x )在区间(0,16]上的极大值为g (e 2)＝2e ，且g (16)＝ln 2，作出g (x )的图象如图所示．由图可知，当ln 2≤2a <2e ，即e<a ≤2ln 2时，直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， 即f (x )在(0,16]上有两个零点， 因此，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，2ln 2.题型三 构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －ax 和g (x )＝ax －ln x 有相同的最小值． (1)求a ；[切入点：求f (x )，g (x )的最小值](2)证明：存在直线y ＝b ，其与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．[关键点：利用函数的性质与图象判断e x －x ＝b ，x －ln x ＝b 的解的个数及解的关系]思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－x ln 2)2x(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)， 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ， 且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ， 即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．课时精练1．(2023·济南质检)已知函数f (x )＝ln x ＋axx ，a ∈R . (1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点．(1)解 若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明 f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a x －ln x －ax x 2＝1－ln x x 2， 由(1)知，f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ＝a ＋ln x x>0， 故f (x )在(e ，＋∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a －e<0，f (e)＝a ＋1e >0， 且f (x )在(0，e)上单调递增，∴f (x )在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f (x )有且只有一个零点．2．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x，∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，作出f(x)图象如图．由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．因此实数m的取值范围是(－2，－1)．3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R)．(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．解(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx(x>0)，则g′(x)＝(x－1)e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x－13a(x2＋x＋1)，令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x(x－1)e x (x2＋x＋1)2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝13a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根．综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点．4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f (x )＝ax －1x －(a ＋1)ln x (x ＞0)，得f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x 2(x ＞0)． 当a ＝0时，由(1)可知，f (x )不存在零点；当a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝a －1＜0，所以f (x )不存在零点；当a ＞0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当a ＝1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a －1＝0， 所以函数f (x )恰有一个零点；当a ＞1时，0＜1a ＜1，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 因为f (1)＝a －1＞0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞f (1)＞0， 当x →0＋时，f (x )→－∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上必有一个零点，所以a ＞1满足条件，当0＜a ＜1时，1a ＞1，故f (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减． 因为f (1)＝a －1＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜f (1)＜0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上必有一个零点，即0＜a ＜1满足条件．综上，若f (x )恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞)．。
高三数学寒假精品讲义 第3讲 利用导数研究函数的性质(解析版)
第3讲利用导数研究函数的性质【题型精讲】题型一：导数的几何意义1．（2021·陕西·西安中学高三期中）若函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，则实数a 取值范围是（）A．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B．()0,∞+C．[)2,+∞D．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C 【详解】解：因为函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，所以()10f x x a x'=-+=在()0,∞+上有解，即1a x x =+在()0,∞+上有解，因为12x x +≥，所以2a ≥，故选：C.2．（2021·河南驻马店·模拟预测（文））已知函数()2ln 21f x x x x =-+，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为（）A．210x y +-=B．20x y --=C．0x y +=D．240x y --=【答案】C 【详解】解：∵()2ln 21f x x x x =-+的导数为()2ln 2f x x x x '=+-，∴()1121f '=-=-．∵()11f =-，∴曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()11y x +=--，即0x y +=．故选：C．3．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知点P 在曲线22sin cos 22x xy =-上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）A．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C．3,44ππ⎡⎤⎢⎣⎦D．30,,44πππ⎡⎤⎡⎫⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭【答案】D 【详解】22sin cos cos 22x xy x =-=- ，sin y x '∴=.设()00,P x y ，则曲线在点P 处的切线的斜率为0tan sin k x α==，1tan 1α∴-≤≤.0απ≤< ，30,,44ππαπ⎡⎤⎡⎫∴∈⋃⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭故选：D4．（2021·全国·高三专题练习）点P 在曲线323y x x =-+上移动，设点P 处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（）A．0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,24ππ⎛⎤⎥⎝⎦C．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D．30,,24πππ⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭【答案】D 【详解】2311y x '=-≥-，即tan 1α≥-，又[)0,απ∈，所以30,,24ππαπ⎡⎫⎡⎫∈⋃⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭，故选：D.5．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（理））函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，则实数a 的取值范围是（）A．(,2]-∞B．[)2,+∞C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】C 【详解】由题意，函数()ln f x x ax =+的定义域(0,)+∞，且1()f x a x'=+，因为函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，即12a x +=有解，即12a x=-在(0,)+∞有解，因为0x >，可得10x >，则10x -<，可得122x-<，所以2a <，即实数a 的取值范围是(,2)-∞.故选：C.6．（2021·全国·高三专题练习）若函数2()ln f x a x bx =+在点()()1,1f 处的切线方程为y x =，则函数()y f x =的增区间为（）A．(0,1)B．0,2⎛ ⎝⎭C．,2⎫+∞⎪⎪⎝⎭D．2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】将1x =代入y x =得到1y =，所以切点为()1,1.因为()2af x bx x'=+，所以()()12111ln111f a b a f a b b ⎧=+==-⎧⎪⇒⎨⎨===⎩'+⎪⎩，所以()22221212x x x f x x x x x ⎛⎫⎛+- ⎪-⎝⎭⎝⎭'=-+==()0x >，当2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数.所以函数()y f x =的增区间为2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.故选：C题型二：利用导数研究函数的单调性1、与函数的单调区间有关的问题1．（2021·西藏·林芝市第二高级中学高三月考（理））函数()()3e xf x x =-的单调递增区间是（）A．(),2-∞B．()0,3C．()1,4D．()2,+∞【答案】D 【详解】函数()()3xf x x e =-的定义域为R ，()(2)x f x x e '=-，令()0f x '>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+∞.故选：D.2．（2021·河南·高三月考（文））若函数()3213f x x ax x =--存在递减区间，则实数a 的取值范围是（）A．[]1,1-B．()(),11,-∞-+∞ C．()1,1-D．(][),11,-∞-+∞ 【答案】B 【详解】由题设，()221f x x ax '=-+，由()f x 存在递减区间，即存在x 使()0f x ¢<，∴2440a ∆=->，可得1a <-或1a >.故选：B3．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D4．（2021·西藏·拉萨中学高三月考（文））函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，则m 的范围是（）A．(,1)-∞B．(,1]-∞C．(1,)+∞D．[1,)+∞【答案】D 【详解】函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，即220y x x m '=++≥或220y x x m '=++≤(舍)在R 上恒成立440m ∴∆=-≤，解得m 1≥故选：D5．（2021·全国·高三月考（理））若()3213f x x ax =-的单调减区间是()4,0-，则a 的值是（）A．2-B．2C．4-D．4【答案】A 【详解】由题意，函数()3213f x x ax =-，可得()22f x x ax '=-，令()0f x '<，可得()20x x a -<，因为()f x 的单调减区间是()4,0-，可得24a =-，解得2a =-．故选：A.6．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B7．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（理））若21()ln(2)2f x x b x =-++在()1,+¥上是减函数，则b 的取值范围是（）A．()3,+∞B．[)3,+∞C．(]3,-∞D．(),3-∞【答案】C 【详解】由题知，21()ln(2)2f x x b x =-++，()2bf x x x '=-++.若()f x 在()1,+∞上是减函数，则()0f x '≤在()1,+∞上恒成立，由()02b f x x x '=-+≤+得，()()2211b x x x ≤+=+-，当()1,x ∈+∞时，()()22111113x +->+-=，所以3b ≤.故选：C.8．（2021·江西宜春·模拟预测（文））“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A 【详解】若2()2ln f x x mx x =-+在(0,)+∞上单调递增，则1()40f x x m x'=-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，∴有14x m x +≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，即min 14m x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，而144x x +≥=当且仅当12x =时等号成立，则4m ≤.∴“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”的充分不必要条件.故选：A．9．（2021·浙江·高三专题练习）若函数()1ln f x kx x x =-+在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（）A．1[,)2+∞B．[1,)+∞C．[2,)+∞D．(,2]-∞-【答案】C 【详解】由()1ln f x kx x x =-+知，()211f x k x x'=--，因为()f x 在()1,+∞上单调递增，所以()0f x '≥在()1,+∞上恒成立，即2110k x x --≥，则211k x x≥+在()1,+∞上恒成立，令()211g x x x =+，因为()23120g x x x '=--<在()1,+∞上恒成立，所以()g x 在()1,+∞上单调递减，则()()12g x g <=，所以2k ≥.故选:C .10．（2021·重庆市清华中学校高三月考）函数21()9ln 2f x x x =-在区间()2,1m m +上单调递减，则实数m 的取值范围是（）A．[)0,1B．()0,1C．[]0,2D．()0,2【答案】A 【详解】解：()f x 的定义域是(0,)+∞，9(3)(3)()x x f x x x x+-'=-=，令()0f x '>，解得：3x >，令()0f x '<，解得：03x <<，故()f x 在(0,3)递减，在(3,)+∞递增，若函数21()92f x x lnx =-在区间(2,1)m m +上单调递减，则20m且013m <+ 且21m m <+，解得：01m < ，故选：A ．2、构造函数比较大小或解不等式1．（2021·山西大附中高三月考（理））已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x ≠时，()()0f x f x x '+<，若2211(2(2),ln (ln )3333a fb fc f ==--=，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A．a b c <<B．b c a<<C．a c b<<D．c a b<<【答案】B 【详解】解：令函数()()g x xf x =，因为定义域为R 的()y f x =是奇函数，所以函数()g x 为偶函数；()()()g x f x xf x ''=+，当0x >时，因为()()0f x f x x '+<，所以()()0xf x f x x'+<，所以()()0xf x f x '+<，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)+∞上为减函数，()()()()222111(),2(2)22,ln (ln )ln ln 3ln 3333333a f g b f g g c f g g g ⎛⎫⎛⎫===--=-====-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为2ln 323<<，所以()()2ln 323g g g ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即a c b >>.故选：B2．（2021·江西赣州·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足1()()02f x f x '+>且有1(2)f e=，则()f x >）A．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】D 【详解】设2()e ()x g x f x =，则221()e ()()2x x g x f x e f x ''=+，因为1()()02f x f x '+>，所以()0g x '>，所以()g x 是R 上的增函数，(2)e (2)1g f ==，不等式()f x >2e ()1xf x >，即()(2)g x g >，所以2x >，故选：D．3．（2021·陕西渭南·高三月考（理））已知定义在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，且()tan ()0f x x f x '+⋅>，则（）63ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64ππ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭46ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【详解】因为()tan ()0f x x f x '+⋅>，所以()sin ()0,cos xf x f x x'+⋅>cos ()sin ()0x f x x f x '∴⋅+⋅>，令()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()2cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x'⋅+⋅'=>，所以()g x 单调递增，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x---===--，所以()g x 为奇函数，(0)0g =，所以6430cos cos cos643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<，即0643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以A，C 错误；63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以063ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()f x为奇函数，所以063ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎝⎭⎝⎭，所以B 正确；64ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭064f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又因为()f x为奇函数，所以046ππ⎛⎫⎛⎫-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 错误．故选：B4．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知函数()y f x =对任意的(0,)x π∈满足()cos ()sin f x x f x x '>（其中()f x '为函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【详解】解：令()()cos g x f x x =，(0,)x π∈故()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=->，故()g x 在(0,)π递增，所以(()36g g ππ>，可得1()(236f f ππ>63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 正确；故选：D．5．（2021·云南·昆明一中高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，'()()ln 20f x f x +<，则下列不等关系成立的是（）A．2(1)(0)f f >B．2(2)(1)f f >C．2(0)(1)f f >-D．()23log 32(1)f f <【答案】D 【详解】设()()2xh x f x =，则()()()()()22ln 22ln 2x x x h x f x f x f x f x '''=+=+⎡⎤⎣⎦，又()()ln 20f x f x '+<，20x >，所以()0h x '<，所以()h x 在(),-∞+∞上单调递减，由10>可得2(1)(0)f f >，故A 错；由21>可得22(2)2(1)f f <，即2(2)(1)f f <，故B 错；由01>-可得012(0)2(1)f f -<-，即2(0)(1)f f <-，故C 错；因为2log 31>，所以()()2log 31h h <，得()()23log 321f f <，故D 正确.故选：D6．（2021·四川·成都外国语学校高三月考（文））设()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()f x f x '>，对任意的正数a ，下面不等式恒成立的是（）A．()()0af a e f =B．()()0af a e f ＞C．()()0af f a e <D．()()0af f a e >【答案】B 【详解】构造函数()()x f x F x e =，则()()()xf x f x F x e'-'=，因为()()f x f x '>，所以()()0f x f x '->，故()0F x '>，因此()F x 在R 上单调递增，所以对于任意的正数a ，有()()0F F a <，即()()00af f a e e <，即()()0af a f e <，又因为0a e >，所以()()0ae f f a <，结合选项可知B 正确，故选：B7．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（文））定义在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上的函数()f x ，其导函数为()f x '，若恒有()()cos sin xf x f x x'>-，则下列不等式成立的是（）63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎝⎭⎝⎭D．63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D 【详解】令()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=因为()()cos sin x f x f x x'>-，因为,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭所以()()cos sin 0f x x f x x '+<得()()()2cos sin 0cos f x x f x xg x x'+'=<所以()()cos f x g x x=在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故63g g ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭<，有63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选：D8．（2021·江苏·苏州中学高三月考）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有22()()f x xf x x '+>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<的解集为（）A．(,2019)-∞-B．(2023,2019)--C．(2023)-∞-,D．(2019,0)-【答案】A 【详解】解：设2()()g x x f x =，由()f x 为奇函数，可得22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，202()()f x xf x x '>>+，()[2()()]0g x x f x xf x ''∴=+>，()g x 单调递增，根据奇函数的对称性可知，()g x 在R 上单调递增，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<可转化为()2(2021)(2021)4(2)42x f x f f ++<--=，即()()20212g x g +<，20212x ∴+<即2019x <-，即(),2019x ∈-∞-．故选：A9．（2021·河南省信阳市第二高级中学高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意()(),0x R f x f x -'∈<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()4()123x e f x e f x +>-的解集为（）A．()4,+∞B．()1,4-C．(),3-∞D．(),4-∞【答案】D 【详解】设()()xf xg x e =，则()()()xf x f xg x e '-'=，因为对任意()(),0x R f x f x -'∈<，所以()0g x '>在R 上恒成立，所以()g x 在R 上单调递增，又4123()()x e f e f x x >-+等价于()()123123x x f x f x ee+-+->，即()(2)13g x g x +>-，因为()g x 在R 上单调递增，所以123,x x +>-解得4x <，所以原不等式的解集是(,4)-∞.故选：D.10．（2021·新疆喀什·模拟预测）定义在R 上的偶函数()f x 存在导数()f x '，且当0x >时，有()2f x x '>恒成立，若2(2)383(21)f m m m f m -++-<+，则实数m 的取值范围是（）A．1(3，)+∞B．(,3)-∞-C．1(3,)3-D．(-∞，13)(3-⋃，)+∞【答案】D 【详解】解：()f x 是R 上的偶函数，令2()()g x f x x =-，则22()()()()()g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x ∴为偶函数，∴当0x >时，()()20g x f x x '='->，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增，①2(2)383(21)f m m m f m -++-<+ ，222(21)(21)[(2)(2)](21)(2)(383)0f m m f m m f m f m m m ∴+-+----=+---+->，22(21)(21)(2)(2)f m m f m m ∴+-+>---，即(21)(2)g m g m +>-，∴由①得|21||2|m m +>-，展开得23830m m +->，解得，13m >或3m <-，故选：D ．题型三：利用导数研究函数的极值、最值1．（2021·河南·高三月考（理））函数221()e 4x f x x x x =---的极大值为（）A．12-B．12e-C．0D．14-【答案】B 【详解】函数221()e 4x f x x x x =---的定义域为R ，则()2()(21)e 1x f x x ¢=+-，令()0f x '=，解得0x =，12x =-，当12x <-或0x >时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当102x -<<时，()0f x '<，则()f x 单调递减，所以当12x =-时，()f x 取得极大值1122e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．故选：B2．（2021·河南南阳·高三期中（理））已知函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0，若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则n m -的最大值为（）A．2B．3C．4D．6【答案】C 【详解】解：函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0所以()()1010f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即12031210a b a b +++=⎧⎨⨯+⨯+=⎩解得：0a =，3b =-()332f x x x ∴=-+由()2330f x x '=-=得：1x =±当(),1x ∈-∞-和()1,+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增当()1,1x ∈-时，()0f x '<，即()f x 单调递减所以()f x 的极大值为(1)4f -=，极小值为(1)0f =由()3324f x x x =-+=得：1x =-或2x =由()3320f x x x =-+=得：1x =或2x =-若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则()()224max n m -=--=故选：C.3．（2021·山西太原·高三期中）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A．有最小值2ln 2-，无最大值B．有最大值2ln 2-，无最小值C．有最小值2ln 2-，最大值2ln 2D．无最大值，无最小值【答案】A 【详解】由题设，2()1f x ax x'=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增；∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值.综上，有最小值2ln 2-，无最大值.故选：A4．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（文））如图是函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象，则2212x x +=（）A．23B．43C．83D．4【答案】C【详解】由图示可知：()32f x x bx cx d =+++经过（0，0）、（1，0）、（2，0），所以有：()()()001020f f f ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即0108420d b c d b c d =⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩，解得：032d b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()3232f x x x x =-+，()2362f x x x '=-+.由图示可知12,x x 是()3232f x x x x =-+的极值点，所以12,x x 是23620x x -+=的两根.所以()222121212482433x x x x x x +=+-=-=.故选：C5．（2021·全国·高三月考（理））已知函数21,0,()ln 1,0,x ax x f x ax x x ⎧-+≤⎪=⎨-+>⎪⎩若x ∈R 时，()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．212,e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B．(2,1)--C．(2,0)-D．(2,1)-【答案】A 【详解】因为(0)10=>f 成立，故原命题即()0f x >对任意的0x ≠成立，此时21()010()()1ln 10(ln )0x x a x x ax x xf x f x ax x x x x a x x x ⎧⎧+-<-+<⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨-+>⎪⎪+->⎩⎪⎩，，，，，由()0f x >得01x x a x <⎧⎪⎨+<⎪⎩且0ln x x x x a >⎧⎨+>⎩，当0x <时，12x x+≤-，当且仅当1x =-时等号成立，故2a >-；当0x >时，记()ln g x x x x =+，则()ln 2g x x '=+在(0)+∞，上为增函数，且2()0g e -'=，故min 21()g x e =-，即21a e <-，综合所述，a 的取值范围为21(2e --，.故选：A6．（2021·湖北·高三月考）已知函数()33f x x x =-，若函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，则实数m 的取值范围为（）A．(3,-B．()3,1--C．()D．[)2,1-【答案】A 【详解】由()33f x x x =-得()2333(1)(1)f x x x x '=-=+-，∴当1x <-或1x >时，()0f x '>，当11x -<<时，()0f x '<，故1x =-是函数()f x 的极大值点，(1)132,f -=-+=令()332f x x x =-=，即2(1)(2)0x x x +--=，∴1x =-，或2x =，又函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，∴222818182m m m m m ⎧<-⎪<-⎪⎨->-⎪⎪-≤⎩，解得3m -<≤故选：A.7．（2021·江苏·泰州中学高三月考）已知函数()2,01ln 1,13x x f x x x ≤≤⎧=⎨+<≤⎩，若存在实数1x ，2x 满足1203x x ≤<≤，且12()()f x f x =，则21x x -的最大值为（）A．e 1-B．12C．51ln 322-D．1【答案】A 【详解】当01x ≤≤时，022x ≤≤，当13x <≤时，1ln 11ln 3x <+≤+，则[0,2](1,1ln 3](1,2]⋂+=，令12()()(1,2]f x f x t ==∈，则112,e 2t t x x -==，121e 2t t x x --=-，设1()e 2t tg t -=-，(1,2]t ∈，11()e 02t g t -'=->，即1()e 2t tg t -=-在(1,2]t ∈上单调递增，max ()(2)e 1g t g ==-，所以21x x -的最大值为e 1-.故选：A8．（2021·浙江·高三月考）已知a R ∈，函数()224()ln 2ln f x x a x x a =+++的最小值为()g a ，则()g a 的最小值为（）A．2e-B．1e-C．e-D．e 2-【答案】B 【详解】解：由题意得：4222ln ln l (n )a a x x x xf x +++=22(ln )ln ln a x x x x x=++≥令22()(ln )ln P a a x x x =++，其最小值为ln x x 再令()()ln g a Q x x x ==，则'()ln 1Q x x =+当1(0,)∈x e 时，函数()Q x 单调递减；当1(,)∈+∞x e 时，函数()Q x 单调递增.故1=x e 时，()min 1Q x e =-故()g a 的最小值为1e-.故选：B9．（2021·重庆市第七中学校高三月考）“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件为（）A．[5,1]a ∈--B．[7,1]a ∈--C．[6,2]a ∈--D．[4,3]a ∈--【答案】B 【详解】当0x =时，不等式恒成立，当01x <≤时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23max43x x a x ⎛⎫--≥ ⎪⎝⎭，当20x -≤<时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23min43x x a x ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，令2343(),[2,0)(0,1]x x f x x x --=∈-⋃，232343143()x x f x x x x x --==--，令1t x =，则3234y t t t =--+，'2981y t t =--+，可知函数3234y t t t =--+在11,9⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在1(,1),,9⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上递减，所以当(0,1]x ∈，即[1,)t ∈+∞时，当1t =时，max 6y =-，即()6max f x =-，所以6a ≥-，当[2,0)x ∈-时，即1,2t ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数3234y t t t =--+在(,1)-∞-递减，在11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，所以当1t =-时，min 2y =-，所以2a ≤-，综上，当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立的充要条件为62a -≤≤-，所以[7,1]a ∈--是“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件，故选：B10．（2021·北京·潞河中学高三月考）若函数()32231,0e ,0ax x x xf x x ⎧++≤=⎨>⎩在[]22-,上的最大值为2，则实数a 的取值范围是（）A．1ln 2,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．10,ln 22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．(],0-∞D．1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【详解】当20x -≤≤时，()32231f x x x =++，则()()26661f x x x x x '=+=+．当21x -≤<-时，()0f x '>；当10x -<<时，()0f x '<．所以，函数()y f x =在1x =-处取得极大值，亦即最大值，即()()max 12f x f =-=．当0a >时，函数()ax f x e =在(]0,2上单调递增，由题意可知，()222af e =≤，得2ln 2a ≤，解得1ln 22a ≤，此时，10ln 22a <≤；当0a =时，且当02x <≤时，()12f x =≤合乎题意；当0a <时，函数()axf x e =在(]0,2上单调递减，此时，()()2012f f <=<，合乎题意．综上所述，实数a 的取值范围是1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选：D【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（）A．()()2,00,2- B．()(),22,-∞-+∞ C．()()2,02,-+∞ D．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数，∴()f x x在(),0-∞上为增函数，∵()()220f f -==，若0x >，()202f =，所以2x >；若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<，综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞ .故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（）A．1-B．1e-C．ln 2D．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21x f x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x xf x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-，由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（）A．(],0-∞B．(],1-∞C．[)1,-+∞D．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<，故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（）A．a b c <<B．c a b <<C．a c b<<D．b a c<<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>，即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log (log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<．故选：B．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（）A．(),1-∞B．(),2-∞C．()1,+∞D．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<'所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f ==由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +<所以1x <故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（）A．e 1k -<≤B．11k e-<<C．e 0k -<<D．1ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞；当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10ek -<<，故选：D．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()x f x xe ax =+．则下列说法正确的是（）A．当0a =时，()min 1f x e=-B．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e≤-【答案】ABD【详解】解：对于A：当0a =时，()x f x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令()'0f x =，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e -≥-=-=-，所以()min 1f x e=-，故A 正确；对于B：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1x x f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x x x y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C：由函数()x f x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0x f x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减，所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()x h x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e 44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（）A．实数k 的取值范围为()0,1B．实数k 的取值范围为()0,e C．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭D．123x x x 的取值范围为()e,+∞【答案】AC【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解，所以16160,k =-> 解得)1(0k ∈，；由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设1)0(1lnx t =∈-，，则()24t e e g t t⋅=-，所以()()22421'0t g t t e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增，又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为()f x ¢，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（）A．()00f >B．()421f e >-C．()()()2021202021f ef e ->-D．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>，所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==，故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11x f x e+>，()0f x >，所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->，令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20x f x f x h x e''--=>，所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-，故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x'>，则（）A．234f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．2426f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>．构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误；因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确，故选：AD.三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________.【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃.故答案为：(1,0)(0,2)- .14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________.【答案】(,3]-∞【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，∴不等式等价为1212()()f x a f x a x x ++<恒成立，令()()f x a h x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立，即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数；3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e a h x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立；30x x xe e a ∴-+- ；即3x x a xe e -- 恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数；()g x g ∴ （1）0=；30a ∴- ；3a ∴ ．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<，所以函数()()f x g x x=在(0,)+∞上是减函数，函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=，∴()()()f x g x g x x--==--，∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞ 上的奇函数，∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==，则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ，当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立，∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞ ，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞ ．故答案为：(2,0)(2,)-+∞ .16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a --(],2-∞【详解】（1）()()()223391x x g x x x +-'=-=，当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-，故()g x 的值域是[]6,10a a --；（2） ()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，综上，实数t 的取值范围是(],2-∞.故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。
2023年高考数学课后精练 第3讲 利用导数研究函数的性质(解析版)
第3讲 利用导数研究函数的性质【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（ ） A ．()()2,00,2- B ．()(),22,-∞-+∞ C ．()()2,02,-+∞D ．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->， ∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数， ∴()f x x在(),0-∞上为增函数， ∵()()220f f -==， 若0x >，()202f =，所以2x >； 若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<， 综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞.故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（ ）A ．1-B ．1e- C ．ln 2 D ．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21xf x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x x f x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-， 由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)+∞D ．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-． 故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（ ） A ．2k > B ．1k C ．1k > D ．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴'在区间(1,)+∞上恒成立． 1kx ∴， 而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴．选项中只有0k >是1k 的必要不充分条件. 选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件. 故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],0-∞ B ．(],1-∞C ．[)1,-+∞D ．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<， 故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．b a c <<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>， 即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log )(log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<． 故选：B ．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（ ） A ．(),1-∞ B ．(),2-∞ C ．()1,+∞ D ．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<' 所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f == 由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +< 所以1x < 故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤B ．11k e-<<C ．e 0k -<<D ．10ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞； 当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10e k -<<，故选：D ．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()xf x xe ax =+．则下列说法正确的是（ ）A ．当0a =时，()min 1f x e=-B ．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C ．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D ．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e ≤-【答案】ABD 【详解】解：对于A ：当0a =时，()xf x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令'0f x，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e-≥-=-=-，所以()min 1f x e =-，故A 正确；对于B ：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1xx f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x xx y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C ：由函数()xf x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0xf x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减， 所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D ：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()xh x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（ ） A ．实数k 的取值范围为()0,1 B ．实数k 的取值范围为()0,e C ．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫⎪⎝⎭D ．123x x x 的取值范围为()e,+∞ 【答案】AC 【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解， 所以16160,k =->解得)1(0k ∈，； 由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设1)0(1lnx t =∈-，，则()24te e g t t⋅=-， 所以()()22421'0t g tt e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增， 又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为f x ，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（ ） A ．()00f >B ．()421f e >-C ．()()()2021202021f ef e ->-D ．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD 【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>， 所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==， 故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11xf x e +>，()0f x >， 所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->， 令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20xf x f x h x e ''--=>， 所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-， 故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x '>，则（ ）A ．34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D ．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD 【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>． 构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误； 因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误； 因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确， 故选：AD. 三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________. 【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃. 故答案为：(1,0)(0,2)-.14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________. 【答案】(,3]-∞ 【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立， ∴不等式等价为1212()()f x a f x ax x ++<恒成立， 令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立， 即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数； 3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e ah x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立； 30x x xe e a ∴-+-；即3x x a xe e --恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数； ()g x g ∴（1）0=； 30a ∴-；3a ∴．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】 令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<， 所以函数()()f xg x x=在(0,)+∞上是减函数， 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=， ∴()()()f x g x g x x--==--， ∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数， ∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==， 则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ， 当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立， ∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞． 故答案为：(2,0)(2,)-+∞.16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a -- (],2-∞ 【详解】 （1）()()()223391x x g x x x +-'=-=， 当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-， 故()g x 的值域是[]6,10a a --； （2）()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 综上，实数t 的取值范围是(],2-∞. 故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。
利用导数研究函数的性质(含解析)
利用导数研究函数的性质【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln xy a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-2、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x =D ．y x =3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 4、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．5、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】曲线()1e xy ax =+在点()0,1处的切线的斜率为2-，则a =________．6、（2020届山东省滨州市高三上期末）曲线(1)xy x e =+在点(0,1)处的切线的方程为__________．7、（2020届山东省九校高三上学期联考）直线y x =与曲线()2ln y x m =+相切，则m =__________.8、【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e9、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()32112f x x x ax =-++． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若函数()1f x x =在处有极小值，求函数()f x 在区间32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值．【问题探究，变式训练】 题型一 函数图像的切线问题知识点拨：利用导数研究函数的切线问题，要区分在与过的不同，要是过某一点一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可。
高一数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高一数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.若函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵f（x）=x3+ax-2，∴f′（x）=3x2+a，∵函数f（x）=x3+ax-2在区间[1，+∞）内是增函数，∴f′（1）=3+a≥0，∴a≥-3．故选B．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.2.函数y＝f（x）在定义域（－，3）内的图像如图所示．记y＝f（x）的导函数为y＝f¢（x），则不等式f¢（x）≤0的解集为（）A．[－，1]∪[2，3）B．[－1，]∪[，]C．[－，]∪[1，2）D．（－，－]∪[，]∪[，3）【答案】A【解析】由图象可知，即求函数的单调减区间，从而有解集为[−，1]∪[2，3)，故选A．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.3.若曲线f(x)＝ax3＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是__________．【答案】a＜0【解析】∵f′（x）=3ax2+（x＞0）∵曲线f（x）=ax3+lnx存在垂直于y轴的切线，∴f′（x）=3ax2+=0有正解即a=有正解，∵＜0∴a＜0，故答案为（-∞，0）.【考点】利用导函数研究曲线上的切线.4.设，．（1）令，讨论在内的单调性并求极值；（2）求证：当时，恒有．【答案】(1) 在内是减函数，在内是增函数, 在处取得极小值;(2)详见解析.【解析】（1）先根据求导法求导数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间及极值即可．（2）欲证x＞ln2x-2a ln x+1，即证x-1-ln2x+2alnx＞0，也就是要证f（x）＞f（1），根据第一问的单调性即可证得.试题解析：解（1）解：根据求导法则有，故， 3分于是，列表如下：2递减极小值递增故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值． 6（2）证明：由知，的极小值．于是由上表知，对一切，恒有．从而当时，恒有，故在内单调增加．所以当时，，即．故当时，恒有． .12【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.函数恒成立问题；3.利用导数研究函数的极值.5.函数的单调增区间是．【答案】【解析】求函数的单调区间，必须先求函数的定义域，，此函数可以看作是增函数和二次函数复合而成，利用复合函数的单调性，知所求增区间为．【考点】复合函数的单调性．6.设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图像与直线12x+y-1=0相切于点（1，－11）。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x)＝0【答案】C【解析】若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c得f(x)－c＝x3＋ax2＋bx，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(0，c)，所以B正确．由三次函数的图象可知，若x是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x)单调递减是错误的，D正确．2.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为。
②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。
③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。
④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。
【答案】②③④【解析】①令，，则，所以，故不正确．②由条件知数列是首项为，公差为2的等差数列，则，则当时，，所以各有两种可能取值，因此满足条件的数列有个，故正确．③根据条件可知满足条件的数列可分为四类：（1），且，有9种；（2），且，有5种；（3），且，有10种；（4），且，有9种，共有9＋5＋10＋9＝33种．④满足的选法有，其中比值相同重复有14种，因此满足条件的直线共有210－14＝196．【考点】1、导数的计数；2、等差数列；3、计数原理．3.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为．②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个．③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个．④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条．【答案】②③④【解析】对①，将求导得：，所以．故错.对②，是一个等差数列，都是互为相反数的两个值，所以数列共有个．对③，由得.法一、由于，，故将加4个2，再减3个2即可.由于故不能连续加4次，也不能连续减3次，所以共有个.法二、因为，所以或，注意到数列中的每一项都是集合M的元素，依次下去可得.由于，所以.由此我们可得以下树图：，所以符合这些条件的不同数列一共有14+19＝33个．法三、由于或，，故可以分以下四种情况分别求解：.，共有9个；，共有5个；，共有10个；，共有9个.所以总共有33个.对④，从中取3个不同的数作为，因为，所以共有种取法.再排除其中重复的直线.与相同的有，多3条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条（注意这种情况在前面已经考虑了）；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条.一共可以得到不同的直线条．【考点】1、导数；2、数列；3、直线的方程；4、计数原理.4.曲线在点（1,0）处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于 .【答案】【解析】∵，∴，所以切线方程为：，∴三角形面积为.【考点】1.利用导数求切线方程；2.三角形的面积公式.5.设是定义在R上的奇函数，且,当时，有恒成立，则不等式的解集是（）A．(-2,0) ∪(2,+∞)B．(-2,0) ∪(0,2)C．(-∞,-2)∪(2,+∞)D．(-∞,-2)∪(0,2)【答案】D【解析】根据和构造的函数在（0，+∞）上单调递减，又是定义在R上的奇函数，故是定义在R上单调递减.因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（-∞，-2）内恒有f（x）＞0；在（-2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（-∞，-2）∪（0，2）．【考点】1.导数在函数单调性中的应用；2.复合函数的导数.6.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.7.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.8.已知函数，.(Ⅰ)若，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围. （注：是自然对数的底数）【答案】(Ⅰ) 最大值；(Ⅱ)的取值范围是.【解析】(Ⅰ) 讨论去掉绝对值，利用导数求得最值； (Ⅱ) 对分，讨论：当时，，恒成立，所以；当时，对讨论去掉绝对值，分离出通过求函数的最值求得的范围.试题解析：(1) 若，则.当时，，，所以函数在上单调递增；当时，，.所以函数在区间上单调递减，所以在区间[1,e]上有最小值，又因为，，而，所以在区间上有最大值.(2)函数的定义域为．由，得．（*）（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立，所以；（ⅱ）当时，①当时，由得，即，现令，则，因为，所以，故在上单调递增，从而的最小值为，因为恒成立等价于，所以；②当时，的最小值为，而，显然不满足题意.综上可得，满足条件的的取值范围是.【考点】绝对值的计算、函数的最值求法、利用导数求函数单调性.9.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.10.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值;(2) 若，恒成立，求的范围.(3)求证：【答案】(1) 0. (2) .(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.【解析】(1)求导数，并由得到的值; (2)恒成立问题，往往转化成求函数的最值问题.本题中设，即转化成.利用导数研究函数的最值可得.(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.试题解析：(1) 2分由题设，，. 4分(2) ,，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 8分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 9分当时，方程，其根，，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得14分【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的性质，利用导数证明不等式.11.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
新高考数学考点08 利用导数研究函数的性质考点分类讲义练习题附解析1
aex1
1 x2
0,
∴g(x)在 (0, ) 上单调递增，即 f (x) 在 (0, ) 上单调递增，
当 a 1时，
f (1) 0 ,∴
f
x min
f
1 1,∴
f
x 1 成立.
当 a 1时， 1 a
1
，∴e
1 a
1
1
，
f
(
1 a
)
f
(1)
a(e
1 a
1
1)(a
1)
0
,
∴存在唯一 x0
考点 08 利用导数研究函数的性质
考纲要求
1、了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次函数的 多项式函数的单调性。 2、了解函数极大（小）值、最大（小）值与导数的关系，会求不超过三次函数的多项式函数 的极大（小）值、最大（小）值。
近三年高考情况分析
利用导数研究函数的单调性、奇偶性、极值和最值是近几年高考的热点和难点，在考查中主 要以压轴题的方式出现，难度较大。纵观这几年江苏高考不难发现主要利用导数研究函数的 单调性以及零点和不等式等知识点的结合。因此在复习中要注意加强函数的性质的研究和学 习。
因此， g xmax
g 2
7 e2 4
,
综上可得，实数
a
的取值范围是
7
e2 4
,
.
7、【2020 年天津卷】.已知函数 f (x) x3 k ln x(k R) ， f (x) 为 f (x) 的导函数．
（Ⅰ）当 k 6 时，
（i）求曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程；
所以，当 k 3 时，任意的 x1, x2 1, ，且 x1 x2 ，有
《利用导数研究函数的性质》典型例题
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
点拨
这是一道考查导数的实际应用问题,了解数学模型中的参数、结论的实际含义.与
存在性有关的不等式证明或求参数取值范围的问题转化为函数最值问题,把图形位
学而优 · 教有方
+ − = − + − ,
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
题型3 求导数应用中“存在性”问题(数学建模)
典例3
[简单问题解决能力]已知函数() =
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
解析 由() ≥ + + ,得 − ( + ) − ≥ 在 ∈ 上恒成立.
设() = − ( + ) − ,则′() = − ( + ).
由′() = − ( + ) = ,得 = ( + ), ( > −).
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
人教B版同步教材名师课件
利用导数研究函数的性质
---典型例题
学而优 · 教有方
考情分析
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
导数与函数内容的结合命题已成为高考的热点题型,应引起足够的重视.理解
函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数单调性,掌握利用导数求函
数极值、最值的方法,会利用导数解决某些实际问题.以导数为研究函数的重
(完整版)导数在研究函数中的应用(含标准答案)
导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若____ ___，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若____ ___，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若_____ __，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 3．函数的极大值在包含0x 的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x 为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (0x )为函数的极大值． 4．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (0x )为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点． 5．函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．二、自我查验1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55.函数ln xy x=的最大值为（ ） A ．1e - B ．e C ．2e D ．103【典型例题】考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．【变式训练1】已知()3222f x x ax a x =+-+．（1）若1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若0a >，求函数()f x 的单调区间．考点二 利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数()ln 3,f x x ax a =-+∈R . （1）当1a =时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·安徽)设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数.当a ＝43时，求f (x )的极值点；考点三 利用导函数求函数最值问题【例3】已知a 为实数，.（1）求导数； （2）若，求在[]2,2-上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数ln y x x =-的单调递减区间为（ ） A ．](1,1- B ．)(0,+∞ C ．[)1,+∞ D ．](0,1()))(4(2a x x x f --=()xf '()01=-'f ()x f2.函数()e x f x x -=的单调递减区间是（ ）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(,1)-∞D ．(1,)-+∞ 3.函数()()3e x f x x =-的单调递增区间是（ ） A ．()0,3 B ．()1,4C ．()2,+∞D ．(),2-∞4.设函数()2ln f x x x=+，则（ ） A ．12x =为()f x 的极大值点 B ．12x =为()f x 的极小值点C ．2x =为()f x 的极大值点D ．2x =为()f x 的极小值点5．函数32()23f x x x a =-+的极大值为6，那么a 的值是（ ） A ．0 B ．1 C ．5 D ．6【复习与巩固】A 组 夯实基础一、选择题1．已知定义在R 上的函数()f x ，其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．()()()f b f c f d >>B ．()()()f b f a f e >>C ．()()()f c f b f a >>D ．()()()f c f e f d >>2.函数()2ln f x x a x =+在1x =处取得极值，则a 等于（ ）A ．2B ．2-C ．4D ．4-3.函数()e xf x x =-（e 为自然对数的底数）在区间[]1,1-上的最大值是（ ）A.1B.1C.e ＋1D.e －1二、填空题4.若函数()321f x x x mx =+++是R 上的单调增函数，则实数m 的取值范围是________________．5.若函数()23exx axf x +=在0x =处取得极值，则a 的值为_________. 6.函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是_____________. 三、解答题 7.已知函数()21ln ,2f x x x =-求函数()f x 的单调区间8.已知函数(),1ln xf x ax x x=+>． （1）若()f x 在()1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若2a =，求函数()f x 的极小值.B 组 能力提升一、选择题1．已知函数()213ln 22f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1a a -+内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．51,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.若函数32y x ax a =-+在()0,1内无极值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．(),0-∞C ．(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3.若函数()3232f x x x a =-+在[]1,1-上有最大值3，则该函数在[]1,1-上的最小值是（ ） A ． B ．0 C ．D ．1二、填空题4．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题7．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围；(2)求g (x )的最大值．12-128．设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f ′(x )>0 （2）f ′(x )<0 （3）f ′(x )＝0 3. 小于 4. 大于 极值 5.不超过 不小于 二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞3.解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D5..A 当(0,e)x ∈时函数单调递增，当(e,)x ∈+∞时函数单调递减， A. 三．典型例题【例题1】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a =时，()322f x x x x =+-+，∴()2321f x x x '=+-， ∴切线斜率为()14k f '==，又()13f =，∴切点坐标为()1,3，∴所求切线方程为()341y x -=-，即410x y --=．（2）()()()22323f x x ax a x a x a '=+-=+-，由()0f x '=，得x a =-或3ax =.0,.3a a a >∴>-Q 由()0f x '>，得x a <-或3a x >，由()0f x '<，得.3aa x -<<∴函数()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递增区间为(),a -∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【例题2】（1）当1a =时，()ln 3f x x x =-+，()()1110xf x x x x-'=-=>， 令()0f x '>，解得01x <<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增； 令()0f x '<，解得1x >，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减； 所以当1x =时取极大值，极大值为()12f =，无极小值. （2）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1f x a x'=-. 当0a ≤时，1()0f x a x'=->在()0,+∞上恒成立，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；令()0f x '<，解得1x a >，所以函数()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式训练2】解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax 1＋ax 22. 当a ＝43时，若f ′(x )＝0， 则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12) 12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x ) ＋0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点.【例题3】1）.（2）由得，故， 则43x =或，由，，41641205504.39329627f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-=-⨯=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故，.【变式训练3】1）当0a ≥时，函数()e 20x f x a '=+>，()f x 在R 上单调递增，当0a <时，()e 2x f x a '=+，令e 20x a +=，得ln(2)x a =-，所以当(,ln(2))x a ∈-∞-()423)4()(2'22--=-+-=ax x x a x x x f ()01=-'f 21=a 2421)21)(4()(232+--=--=x x x x x x f ()34,143'2=-=⇒--=x x x x x f 或0)2()2(==-f f 29)1(=-f 29)(max =x f 2750)(min -=x f时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2）由（1）可知，当0a ≥时，函数()e 20x f x ax =+>，不符合题意. 当0a <时，()f x 在(,ln(2))a -∞-上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增.①当ln(2)1a -≤()f x 最小值为(1)2e f a =+.解2e 0a +=，得.②当ln(2)1a ->()f x 最小值为(ln(2))22ln(2)f a a a a -=-+-，解22ln(2)0a a a -+-=，得2ea =-，不符合题意.应用体验： 1.D【解析】函数的定义域为)(0,+∞，令1110x y x x-'=-=≤，解得](0,1x ∈，又0x >，所以](0,1x ∈，故选D. 考点：求函数的单调区间. 2.A【解析】导数为()()()e e 1e x x x f x x x ---'=+⋅-=-，令()0f x '<，得1x >，所以减区间为()1,+∞.考点：利用导数求函数的单调区间． 3.C【解析】()()()e 3e e 2x x x f x x x '=+-=-，令()()e 20x f x x '=->，解得2x >，所以函数()f x 的单调增区间为()2,+∞．故选C ． 4.【解析】()22212x f x x x x-'=-+=，由()0f x '=得2x =，又函数定义域为()0,+∞，当02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当2x >时，()0f x '>，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ． 考点：函数的极值点． 5.D【解析】()()322()23,6661f x x x a f x x x x x '=-+∴=-=-Q ，令()0,f x '= 可得0,1x =，容易判断极大值为()06f a ==. 考点：函数的导数与极值. 复习与巩固 A 组 1.C【解析】由()f x '图象可知函数()f x 在(),c -∞上单调递增，在(),c e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，又(),,,a b c c ∈-∞，且a b c <<，故()()()f c f b f a >>． 考点：利用导数求函数单调性并比较大小． 2.B【解析】()2a f x x x '=+，由题意可得()121201af a '=⨯+=+=，2a ∴=-.故选B.考点：极值点问题. 3.D【解析】()e 1x f x '=-，令()0,f x '=得0x =.又()()()010e 01,1e 11,111,e f f f =-==->-=+>且11e 11e 2e e ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭＝2e 2e 10e--=>，所以()()max 1e 1,f x f ==-故选D.考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】由题意得()0f x '≥在R 上恒成立，则()2320f x x x m '=++≥，即232m x x ≥--恒成立.令()232g x x x =--，则()max m g x ≥⎡⎤⎣⎦，因为()g x232x x =--为R 上的二次函数，所以()2max11333g x g ⎛⎫⎛⎫=-=-⨯-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭11233⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⎭，则m 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.5.0【解析】()()()()()2226e 3e 36e e x xxx x a x ax x a x a f x +-+-+-+'==， 由题意得()00f a '==． 考点：导数与极值． 6.1【解析】因为()e 1x f x '=-，()00,()00f x x f x x ''>⇒><⇒<，所以()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，从而函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是0(0)e 01f =-=.考点：函数的最值与导数.7.【解析】()21ln 2f x x x =-的定义域为()0,+∞，()211x f x x x x-'=-=，令()0f x '=，则1x =或1-（舍去）.∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 递增， ∴()f x 的递减区间是()0,1，递增区间是()1,+∞．考点：利用导数求函数的单调区间． 8.（1）14a ≤-（2）【解析】（1）函数(),1ln x f x ax x x =+>，则()2ln 1ln x f x a x-'=+，由题意可得()0f x '≤在()1,x ∈+∞上恒成立，∴2211111ln ln ln 24a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭， ∵()1,x ∈+∞，()ln 0,,x ∴∈+∞021ln 1=-∴x 时，函数2111ln 24t x ⎛⎫=--⎪⎝⎭取最小值41-，41-≤∴a ，（2）当2a =时，()2ln x f x x x =+，()22ln 12ln ln x x f x x -+'=， 令()0f x '=，得22ln ln 10x x +-=，解得21ln =x 或ln 1x =-（舍去），即x =当1x <<()0f x '<，当x >()0f x '>， ∴()f x的极小值为f =.B 组 1.D【解析】因为函数()213ln 22f x x x =-+在区间()1,1a a -+上不单调，所以()2141222x f x x x x-'=-=在区间()1,1a a -+上有零点，由()0f x '=，得12x =，则10,111,2a a a -≥⎧⎪⎨-<<+⎪⎩得312a ≤<，故选D ． 考点：函数的单调性与导数的关系．2.C【解析】232y x a '=-，①当0a ≤时，0y '≥，所以32y x ax a =-+在()0,1上单调递增，在()0,1内无极值，所以0a ≤符合题意；②当0a >时，令0y '=，即2320x a -=，解得12,33x x =-=，当,x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，0y '>，当x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<，所以32y x ax a =-+的单调递增区间为,,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为⎛ ⎝⎭，当x =数取得极大值，当x =原函数取得极小值，要满足原函数在()0,1内无极值，1≥，解得32a ≥.综合①②得，a 的取值范围为(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U ，故选C.考点：导函数，分类讨论思想. 3.C【解析】()()23331f x x x x x '=-=-，当()0f x '>时，1>x 或0<x ，当()0f x '<时，10<<x ，所以()f x 在区间[]1,0-上函数递增，在区间[]1,0上函数递减，所以当0=x 时，函数取得最大值()30==a f ，则()32332f x x x =-+，所以()211=-f ，()251=f ，所以最小值是()211=-f ． 考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞5.解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎨⎧a >2，a3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)6.解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)7.解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.8.解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：0]，[ln 2，＋∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增．f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ，g ″(t )＝e t －2，∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.∴f(k＋1)>0.∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性2.已知函数f(x)= -ax(a∈R,e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x-m)f(x)-+x2+x在区间（0，+）上为增函数，求整数m 的最大值.【答案】(1)所以在为减函数，在为增函数;(2)最大值为1【解析】(1)利用函数的单调性与导数的关系；(2)解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(3)第二问关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题.(4)若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到.试题解析：解：（Ⅰ）定义域为，，当时，，所以在上为增函数； 2分当时，由得，且当时，，当时，所以在为减函数，在为增函数． 6分（Ⅱ）当时，，若在区间上为增函数，则在恒成立，即在恒成立 8分令，；，；令，可知，，又当时，所以函数在只有一个零点，设为，即，且； 9分由上可知当时，即；当时，即，所以，，有最小值， 10分把代入上式可得，又因为，所以，又恒成立，所以，又因为为整数，所以，所以整数的最大值为1． 12分【考点】（1）利用导数求函数的单调性；（2）利用导数求函数的最值问题.3.函数的单调递减区间是 .【答案】【解析】，；令，得；所以函数的单调递减区间为.【考点】利用导数研究函数的单调性.4.已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2-x，a∈R．（1）当时，求函数y=f(x)的极值；（2）是否存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)？若存在，求实数a的取值范围，若不存在，请说明理由．【答案】（1）在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0；（2）．【解析】（1）将代入函数f(x)解析式，求出函数f(x)的导函数，令导函数等于零，求出其根；然后列出x的取值范围与的符号及f(x)的单调性情况表，从表就可得到函数f(x）的极值；（2）由题意首先求得：，故应按分类讨论：当a≤0时，易知函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,从而当b∈(0,1)时f(b)<f(0)，所以不存在实数b∈(0,1)，符合题意；当a>0时，令有x=0或，又要按根大于零，小于零和等于零分类讨论；对各种情况求函数f(x）x∈(-1,b]的最大值，使其最大值恰为f(b)，分别求得a的取值范围，然而将所得范围求并即得所求的范围；若求得的a的取值范围为空则不存在，否则存在．试题解析：（1）当时，，则，化简得（x>-1） 2分列表如下：(1,+)+∴函数f(x)在(-1,0)，(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且f(0)=0，， 4分∴函数y=f(x)在x=1处取到极小值为，在x=0处取到极大值为0； 5分（2）由题意（1）当a≤0时，函数f(x)在(-1,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减,此时，不存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)； 7分（2）当a>0时，令有x=0或，(ⅰ)当即时，函数f(x)在和(0,+∞)上单调递增，在上单调递减，要存在实数b∈(0,1)，使得当x∈(-1,b]时，函数f(x)的最大值为f(b)，则，代入化简得（1）令，因恒成立，故恒有，∴时，（1）式恒成立； 10分（ⅱ）当即时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减，此时由题，只需，解得，又，∴此时实数a的取值范围是； 12分（ⅲ）当时，函数f(x)在上单调递增，显然符合题意； 13分综上，实数a的取值范围是． 14分【考点】１．函数的极值；２．函数的最值；３．分类讨论．5.若关于的不等式的解集中的正整数解有且只有3个，则实数的取值范围是．【答案】.【解析】原不等式可化为（其中，否则原不等式无解），令，则，令，得且令有，且当，所以的简图如图所示，当时，，当时，，当时，，又且，要使不等式的解集中正整数有且只有3个，由图可知即包含，，，所以只需，故.【考点】导数的应用，数形结合思想.6.已知，，（1）当时，求的单调区间（2）若在上是递减的，求实数的取值范围；（3）是否存在实数，使的极大值为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，；（2）；（3）不存在实数，使的极大值为3．【解析】（1）先由得到h(x)的具体解析表达式，求出其导函数，通过解不等式得到其增区间，解不等式得到其减区间；（2）在上是递减的等价于在上恒成立，从而通过分离参数转化为恒成立，从而获得实数的取值范围；（3）先利用导数方法将的极大值用a的代数式表达出来，得到的极大值在处取到，即，令其等于3显然不好判断是否有解，我们可以再利用导数的方法判断出在上单调递增，从而可知所求实数a不存在．试题解析：(1) 当时，，则令，解得；令，解得或所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（2）由在上是递减的，得在上恒成立，即在上恒成立，解得，又因为，所以实数的取值范围为（3），令，解得或由表可知，的极大值在处取到，即，设，则，所以在上单调递增，所以不存在实数，使的极大值为3【考点】1．利用导数求函数的单调区间;2．已知函数的单调性求参数的取值范围;3．函数的极值．7.设函数．（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数，求实数的取值范围．【答案】(1)；的极大值为；(2)．【解析】(1)在时有极值，意味着，可求解的值，再利用大于零或小于零求出函数的单调区间，进而确定函数的极大值；(2)转化成在定义域内恒成立问题，进而采用分离参数法，再利用基本不等式法即可求出参数的取值范围．试题解析：(1)∵在时有极值，∴有又∴，∴∴有由得，又∴由得或由得∴在区间和上递增，在区间上递减∴的极大值为（2）若在定义域上是增函数，则在时恒成立，需时恒成立，化为恒成立，，为所求．【考点】1．函数的极值与导数；2．函数的单调性与导数；3．分离参数法；4．基本不等式．8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.已知函数若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使，求实数a的取值范围？【答案】【解析】根据题意可知,函数在上的最小值得大于等于在上的值,所以得求得函数在上的最小值,通过导数法,判断单调性得最小值;然后令,建立关于的不等式,设出新的函数,探讨与的关系,从而得出满足条件的实数.试题解析：根据 ,求导可得,显然,所以函数在上单调递增.所以根据题意可知存在,使得,即即能成立，令，则要使，在能成立，只需使，又函数中,,求导可得.当时,显然,所以函数在上单调递减.所以，故只需.【考点】导数法求最值,单调性.10.已知定义在R上的函数f(x)=-2x3+bx2+cx(b,c∈R)，函数F(x)=f(x)-3x2是奇函数，函数f(x)满足.（1）求f(x)的解析式；（2）讨论f(x)在区间(-3，3)上的单调性.【答案】（1）；（2）单调递增区间为，单调递减区间为，.【解析】（1）先对求导可得，由得，又F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得的值，代加上式可得，可得函数解析式；（2）由（1）知函数的导函数，令得增区间，令得减区间.试题解析：解：（1） 1分F(x)=f(x)-3x2是奇函数，得 3分，得 5分6分（2）令得 10分-0 +0-所以单调递增区间为单调递减区间为， 12分【考点】求导，函数的单调性与导数的关系.11.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.如图是y＝f（x）的导函数的图象，现有四种说法：（1）f（x）在（－3,1）上是增函数；（2）x＝－1是f（x）的极小值点；（3）f（x）在（2,4）上是减函数，在（－1,2）上是增函数；（4）x＝2是f（x）的极小值点；以上正确的序号为________．【答案】（2）（3）【解析】如图，（1）f（x）在（－3,1）上导函数值既有正有有负所以不是是增函数，故错误；（2）在x＝－1左右两侧先减后增所以是f（x）的极小值点；（3）f（x）在（2,4）上导函数为负所以是减函数，在（－1,2）上导函数为正所以是增函数；（4）在x＝2左右两侧先增后减所以是f（x）的极大值点所以错误.【考点】导函数的应用.2.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.已知函数，（）．（1）若x＝3是的极值点，求在[1，a]上的最小值和最大值；（2）若在时是增函数，求实数a的取值范围．【答案】(1)；．（2）．【解析】(1)由已知可得,从而求得;再利用函数的导数求得在[1,4]上的最值．(2)由在时是增函数,可得在恒成立;再利用分离参数法将恒成立转化为函数的最值问题加以解决．试题解析：(1)，由题意得，则，当单调递减，当单调递增，；．（2），由题意得，在恒成立，即在恒成立，而所以，．【考点】1．函数的极值与最值;2．函数的单调性;3．不等式的恒成立．5.设函数(其中).（1）当时,求函数的单调区间;（2）当时,求函数在上的最大值.【答案】（1）函数的递减区间为,递增区间为,；（2）【解析】（1）由，利用导数的符号判断函数的单调性和求单调区间；（2）试题解析：解：（1）当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:单调递增极大值单调递减极小值单调递增右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.（2）,令,得,, 令,则,所以在上递增, 所以,从而,所以所以当时,;当时,；所以令，则，令，则在上递减，而所以存在使得，且当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上恒成立，当且仅当时取得“=”.综上，函数在上的最大值.【考点】1、导数在研究函数性质中的综合应用；2、等价转化的思想.6.已知函数，（为常数，为自然对数的底）．（1）当时，求；（2）若在时取得极小值，试确定的取值范围；（3）在（2）的条件下，设由的极大值构成的函数为，将换元为，试判断曲线是否能与直线（为确定的常数）相切，并说明理由．【答案】（1）；（2）的取值范围是；（3）曲线不能与直线相切，证明详见解析．【解析】（1）当时，根据函数的求导法则求出导函数，进而可求出；（2）先根据函数的求导法则求出导函数，进而分、、三种情况进行讨论，确定哪一种情况才符合在时取得极小值，进而可确定的取值范围；（3）根据（2）确定函数的极大值为，进而得出，该曲线能否与直线相切，就看方程有没有解，进而转化为求函数的最值问题，利用函数的导数与最值的关系进行求解判断即可．试题解析：（1）当时，，所以（2）因为令，得或当，即时，恒成立此时在区间上单调递减，没有极小值；当，即时，若，则，若，则所以是函数的极小值点当，即时，若，则．若，则此时是函数的极大值点综上所述，使函数在时取得极小值的的取值范围是（3）由（2）知当，且时，因此是的极大值点，极大值为所以．令则恒成立，即在区间上是增函数所以当时，，即恒有又直线的斜率为所以曲线不能与直线相切．【考点】1．函数的求导法则；2．函数的极值与导数；3．函数的单调性与导数；4．函数的最值与导数．7.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是．【答案】【解析】由题意知:；即：恒成立；设令，解得：，时，为减函数，时，为增函数，故的最大值为：，即：【考点】利用导数函数解决函数的单调性和最值问题.8.函数的的单调递减区间是。
专题02 利用导数研究函数单调性问题(含参数讨论) (解析版)
导数及其应用专题二：利用导数研究函数单调性问题（含参数讨论）一、知识储备往往首先考虑是否导数恒大于零或恒小于零，再考虑可能大于零小于零的情况。
常与含参数的一元二次不等式的解法有关，首先讨论二次项系数，再就是根的大小或判别式，能表示出对应一元二次方程的根时讨论根的大小、端点实数的大小，不能时讨论判别式。
二、例题讲解1．（2022·山东莱州一中高三开学考试）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）. （1）求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）求导可得()af x x x'-=，分0a ≤和0a >进行讨论即可； 【详解】 （1）()af x x x'-=，(0,)x ∈+∞， 当0a ≤时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上递增， 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，()0,x a ∈时，()f x 单调递减， (,)x a ∈+∞时，()f x 单调递增；综上：0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上递增，无减区间，当0a >时，()f x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(,)a +∞；2．（2022·宁夏银川一中高三月考（文））已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---（a R ∈） （1）求函数()y f x =的单调区间； 【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，分0a ≤和0a >两种情况判断导数的正负，从而可求得函数的单调区间， 【详解】（1）函数()f x 的定义域是(0,)+∞，(1)(2)()2(2)a x x a f x x a x x'+-=---= 当0a ≤时，()0f x '>对任意(0,)x ∈+∞恒成立， 所以，函数()f x 在区间(0,)+∞单调递增； 当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<，得02ax <<， 所以，函数在区间,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；综上：0a ≤时，()f x 的单调增区间为(0,)+∞，无单调减区间. 0a >时，()f x 的单调增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪，单调减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪.3．（2022·广西高三开学考试（理））函数()322f x x x ax =++，（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； 【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调性.【详解】（1）()'234f x x x a =++，1612a ∆=-①若43a ≥，则0∆≤，()'0f x ≥；()f x 单调递增； ②若43a <则0∆>，当x <x >()'0f x >，()f x 单调递增；x <<，()'0f x <，()f x 单调递减； 【点睛】若函数的导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.三、实战练习1．（2022·全国高三月考）设函数()()()21ln 11f x x x ax x a =++--+-，a R ∈．(1)求()f x '的单调区间 【答案】(1)答案见解析； 【分析】(1)先对函数()f x 进行求导，构造函数再分0a ≤，0a >两种情况进行讨论，利用导数研究函数的单调性即可求解； 【详解】(1)由题意可得()f x 的定义域为{}1x x >-，()()ln 12f x x ax +'=-． 令()()()ln 121g x x ax x =+->-， 则()1122211a axg x a x x --=-='++． 当0a ≤时，当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >时，当11,12x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当11,2x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，所以当0a ≤时，()f x '的单调递增区间为()1,-+∞； 当0a >时，()f x '的单调递增区间为11,12a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，单调递减区间为11,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．2．（2022·浙江舟山中学高三月考）已知函数()22ln (R)f x x x a x a =-+∈（1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）当12a ≥时，函数在()0+∞，递增；当102a <<时，函数在()10,x 递增，()12,x x 递减，()2,x +∞递增其中12x x =； 【分析】（1）求()f x '，令()0f x '=可得2220x x a -+=，分别讨论0∆≤和0∆>时，求不等式()0f x '>，()0f x '<的解集，即可求解；【详解】（1）()22ln (R)f x x x a x a =-+∈定义域为()0,∞+， ()22222a x x af x x x x-+'=-+=()0x >， 令()0f x '=可得2220x x a -+=， 当480a ∆=-≤即12a ≥时，()0f x '≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，当480a ∆=->即102a <<时，由2220x x a -+=可得：x =，由()0f x '>可得：0x <<或x >由()0f x '<x <<所以()f x 在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减， 综上所述：当12a ≥时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当102a <<时，()f x 的单调递增区间为⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减区间为⎝⎭. 3．（2022·山东济宁一中）已知函数()ln f x x a x =-，a ∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的范围，最后得到函数的单调区间； 【详解】（1）函数()f x 的定义域为{}0x x >，()1a x a f x x x'-=-=0a ≤时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；0a >时，令()0f x '=，得x a =．当0x a <<时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当x a >时，()0f x '>，函数()f x 为增函数．综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递增区间为()0,∞+，无单调递减区间； 当0a >时，函数()x 的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(),a +∞． 4．（2022·仪征市精诚高级中学高三月考）已知函数()()1n f x x ax a =-∈R ． （1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性； 【详解】 （1）11()(0)axf x a x xx-'=-=> 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．5．（2022·嘉峪关市第一中学高三模拟预测（理））已知函数()21xf x e ax =--，()()2ln 1g x a x =+，a R ∈.（1）求()f x 的单调区间； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】(1)求出函数()f x 的导函数()f x '，按a 分类解不等式()0f x '<、()0f x '>即得；【详解】(1)对函数()21x f x e ax =--求导得，()2xf x e a '=-，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 上为增函数，当0a >时，由()20xf x e a '=-=，解得：()ln 2x a =，而()f x '在R 上单调递增，于是得当(,ln(2))∈-∞x a 时，()0f x '<，()f x 在(,ln(2))a -∞上为减函数， 当()()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()()ln 2,a +∞上为增函数， 所以，当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为R ，当0a >时，()f x 的单调递减区间是(,ln(2))a -∞，单调递增区间是()()ln 2,a +∞；6．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x -'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． 7．（2022·嘉峪关市第一中学高三三模（理））设函数()2ln f x ax a x =--，其中a ∈R ．（1）讨论()f x 的单调性； 【答案】（1）答案见解析； 【分析】（1）求导，当0a ≤时，可得()0f x '<，()f x 为单调递减函数；当0a >时，令()0f x '=，可得极值点，分别讨论在⎛ ⎝和+⎫∞⎪⎭上，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间，即可得答案.【详解】（1）()()212120.ax f x ax x x x-'=-=>当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+内单调递减. 当0a >时，由()0f x '=，有x =此时，当x ∈⎛⎝时，()0f x '<，()f x 单调递减；当x ∈+⎫∞⎪⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增. 综上：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+内单调递减，当0a >时，()f x 在⎛ ⎝内单调递减，在+⎫∞⎪⎭单调递增. 8．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性； 【答案】(1)函数()f x 的单调性见解析； 【分析】(1)求出函数()f x 的定义域及导数，再分类讨论导数值为正、为负的x 取值区间即得； 【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得x =，当0x <<()0f x '>，当x >时，()0f x '<，于是得()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；9．（2022·河南（理））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）．（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案不唯一，具体见解析； 【分析】（1）求导得到221()mx mx f x x --'=-，转化为二次函数2()21g x mx mx =--的正负进行讨论，分0∆≤，0∆>两种情况讨论，即得解； 【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-， 令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤， 所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>， 令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <， 所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()0g x >， 所以()0f x '<，()f x 单调递减．综上，当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减； 当80m -≤<时，()f x 在()0,∞+单调递增．10．（2022·河南高三月考（文））已知函数()()2ln f x x m x x =--（8m ≥-，且0m ≠）.（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求导2121()(21)mx mx f x m x x x --'=--=-，令2()21g x mx mx =--，然后由0∆≤，0∆>讨论求解；【详解】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，2121()(21)mx mx f x m x x x--'=--=-， 令2()21g x mx mx =--，()g x 为二次函数，28m m ∆=+， ①当80m -≤<时，0∆≤，()0g x ≤， 所以()0f x '≥，故()f x 在()0,∞+单调递增； ②当0m >时，0∆>，令()0g x =，得1x =2x =，显然120x x <<，所以当()20,x x ∈，()0g x <， 所以()0f x '>，()f x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0g x >， 所以()0f x '<，()f x 单调递减.综上，当80m -≤<时， ()f x 在()0,∞+单调递增；当0m >时，()f x 在⎛ ⎝⎭单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减. 11．（2022·湖南高三模拟预测）设函数1()ln ,()3a f x x g x ax x-=+=-． （1）求函数()()()x f x g x ϕ=+的单调递增区间； 【答案】（1）答案见解析；（2）存在符合题意的整数λ，其最小值为0．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；【详解】解：（1）函数()ϕx 的定义域为()0,∞+，函数()ϕx 的导数2(1)(1)()x ax a x x ϕ'++-=， 当0a <时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 当01a 时，()ϕx 在R +上单调递增．当1a >时，()ϕx 在10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． 综上可知，当0a <时，()ϕx 的单调递增区间是10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭；当01a 时，()ϕx 的单调递增区间是(0,)+∞；当1a >时，()ϕx 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 12．（2022·安徽高三月考（文））已知函数21()ln 2f x x a x =-． （1）讨论()f x 的单调性； 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）12a =． 【分析】 （1）求导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；【详解】解：（1）由题意，可得0x >且2 ()a x a f x x x x-'=-= ①若0a ≤，()0f x '>恒成立，则()f x 在(0,)+∞上是增函数②0a >，则2()a x a f x x x x -==='-所以当x ∈时，()0f x '<，当)x ∈+∞时，()0f x '>则()f x 在上是减函数，在)+∞上是增函数综上所述，若0a ≤，()y f x =在(0,)+∞上是增函数若0a >，()y f x =在上是减函数，在)+∞上是增函数13．（2022·湖北武汉·高三月考）已知函数2()ln (1),2a f x x x a x a R =+-+∈ （1）讨论函数()f x 的单调区间；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）求得(1)(1)()x ax f x x '--=，分0a ≤，01a <<，1a =和1a >四种情况讨论，结合导数的符号，即可求解； 【详解】（1）由题意，函数2()ln (1)2a f x x x a x =+-+的定义域为(0,)+∞， 且21(1)1(1)(1)()(1)ax a x x ax f x ax a x x x-++--=+-+=='， ①当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当01a <<时，令()0f x '>，解得01x <<或1x a>， 令()0f x '<，解得11x a <<， 所以()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； ③当1a =时，则()0f x '≥，所以在(0,)+∞上()f x 单调递增，④当1a >时，令()0f x '>，解得10x a<<或1x >， 令()0f x '<，解得11x a <<， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； 综上，当0a ≤时，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；当01a <<时，()f x 在(0,1)，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞上单调递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； 14．（2022·双峰县第一中学高三开学考试）已知函数()2()1e x f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；【答案】（1）当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，讨论0a =，0a >和0a <情况下，导数的正负，即可得到()f x 的单调性；【详解】（1）函数()2()1e x f x x ax =-+，求导()()()()21e 11e 2x x f x x a x a x a x '⎡⎤+=⎣+-⎦=-+-+由()0f x '=，得11x a =-，21x =-①当0a =时，()()21e 0x f x x '+≥=，()f x ∴在R 上单调递增；②当0a <时， 在(),1x a ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,1x a ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；③当0a >时， 在(),1x ∈-∞-有()0f x '>，故()f x 单调递增；在()1,a 1x ∈--有()0f x '<，故()f x 单调递减；在(1,)x a ∈-+∞有()0f x '>，故()f x 单调递增；综上所述，当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当0a <时，()f x 在(),1a -∞-和(1,)-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；当0a >时，()f x 在(),1-∞-和(1,)a -+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减；。
高考数学专题复习：用导数研究函数的性质
高考数学专题复习：用导数研究函数的性质一、单选题1．若函数()sin f x x t x =+在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，则实数t 的取值范围是（ ）A ．[2,)-+∞B ．(2,)-+∞C ．[1,)-+∞D ．(1,)-+∞2．若直线l 是曲线()()0xf x ae a =>的切线，且l 又与曲线2()g x x=相切，则a 的取值范围是（ ） A ．240,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．24,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．260,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．26,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3．已知4ln 0,5ln 0,6ln 0456a b ca b c -=≠-=≠-=≠，则（ ） A ．c b a << B ．b c a << C ．a b c <<D ．a c b <<4．定义在()0,∞+上的函数()f x 的导函数()f x '满足()()6xf x f x '<，则必有（ ） A ．()()6412f f < B ．()()811163f f > C ．()()424f f >D ．()()7292643f f >5．若函数328()2()43f x x ax a x =++++有极大值和极小值，则a 的取值范围是（ ） A ．()2,8- B ．17,,22⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()(),28,-∞-+∞ D ．()(),22,-∞-+∞6．若过点()(),0a b a >可以作曲线33y x x =-的三条切线，则（ ） A ．3b a <- B ．333a b a a -<<- C ．33b a a >-D ．3b a =-或33b a a =-7．若函数()f x mx =+[]1,4上单调递增，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞-B ．1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．[)1,-+∞D ．1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭8．已知()f x 是定义在()(),00,-∞+∞上的偶函数，当()0,x ∈+∞时，()ln xf x x=，设2a f π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，2e b f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()4c f =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>9．设函数()f x 的导函数为()f x '，函数()y xf x '=的图像如图所示，则（ ）A ．()f x 的极大值为f，极小值为(fB ．()f x 的极大值为(f ，极小值为fC ．()f x 的极大值为()3f -，极小值为()3fD ．()f x 的极大值为()3f ，极小值为()3f - 10．函数()()ln f x x x =-的单调递减区间是（ ） A ．[),0e - B ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．[),e -+∞D ．1,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭11．已知函数()f x 的定义域为[]3,3-，其导函数为()f x '，对任意()(),x R f x f x '∈>恒成立，且()11f =，则不等式()xef x e >的解集为（ ）A ．(]1,3B ．()1,+∞C ．[)3,1-D ．()1,1-12．设()f x 、()g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x ''->且，()30f =，则不等式()()0f x g x >的解集是（ ）A ．()()3,03,-⋃+∞B ．()()3,00,3-C ．()(),33,-∞-+∞D ．()(),30,3-∞-二、填空题13．“当0a >时，函数()4ln f x x ax =-在区间(0,1)上不是单调函数”为真命题的a 的一个取值是________．14．设0a >，若函数()1ln x f x x +=在区间2,3a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭上不单调，则a 的取值范围是________.15．函数())0f x x π=<<的极小值为________.16．函数1()sin 2f x x x =-，(0,)x π∈的单调减区间是________．三、解答题 17．已知函数21()1ln ()2f x x a x a R =--∈． （1）若a =1，求函数y =f (x )的单调区间；（2）求证：当a >0时，函数f (x )的最小值小于零 ．18．已知函数()()xf x axea R =∈，()()ln 1g x x kx k R =++∈．（1）讨论函数()g x 的单调性；（2）若1k =时有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．19．已知函数2()1x f x e x ax =---． （1）当0a =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x ≥时，若不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围； （3）若0x >，证明：()()21ln 1xe x x -+>．20．已知函数()()()22ln 24a f x a x x a x a R =-+--∈.（Ⅰ）当曲线()f x 在3x =时的切线与直线41y x =-+平行时，求实数a 的值； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）当函数()f x 在区间()1,4单调递增时，求实数a 的取值范围.21．已知函数()2ln f x ax x =-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当12a >时，()3f x >恒成立．22．已知函数2()ln 2m F x x x x =-+． （1）讨论()F x 的单调性；（2）关于x 的不等式()1F x mx ≤-恒成立，求整数m 的最小值．参考答案1．C 【分析】由题设，函数区间单调性有()0f x '≥，即1cos t x ≥-在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭恒成立，根据1cos y x=-的区间最值求t 的范围. 【详解】由题意知：()1cos 0f x t x '=+≥在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立，∴1cos t x ≥-在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立，而1cos y x =-在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭递减，则1y <-， ∴1t ≥-. 故选：C. 2．A 【分析】由()f x ，()g x 的图象可得切点在第一象限，设切点分别为(,)mm ae ，2(,)n n ，求得()f x ，()g x 的导数，可得切线的斜率，求得切线方程，由直线重合的条件，可得m ，n 的关系，即有a ，m 的关系，构造函数()h m ，求得导数和单调性，可得极大值，且为最大值，即可得到所求范围． 【详解】由曲线()(0)xf x ae a =>的切线，且l 又与曲线2()g x x =相切，可得切点在第一象限，设切点分别为(,)mm ae，2(,)n n ，()(0)x f x ae a =>的导数为()x f x ae '=，2()g x x =的导数为()2g x x '=，可得直线l 的方程为()m my ae ae x m -=-，即为·(1)?m my ae x m ae =+-， 又直线l 的方程为22()y n n x n -=-， 即为22y nx n =-，可得2m n ae =，2(1)?m m ae n -=-， 即有1222mn m ae =-=， 即有14m a m e-=，0m >， 设1()mm h m e -=，0m >，2()m m h m e -'=，当2m >时，()0h m '<，()h m 递减； 当02m <<时，()0h m '>，()h m 递增． 即有2m =时，()h m 取得极大值，且为最大值21e ， 可得214ae ，即240a e <，即a 的范围是(0，24]e ． 故选：A ． 3．A 【分析】根据给定条件构造函数()ln (0)f x x x x =->，探讨函数的单调性，借助单调性进行推理即可得解. 【详解】令函数()ln (0)f x x x x =->，则11()1x f x x x'-=-=，则有()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且x 趋近于0和趋近于正无穷大时，()f x 值都趋近于正无穷大， 由4ln04aa -=≠得，ln 4ln4a a -=-，即()(4)f a f =，且4a ≠， 显然01a <<，若1a ≥，而()f x 在(1,)+∞上单调递增，由()(4)f a f =必有4a =与4a ≠矛盾，因此得01a <<， 同理，由5ln 05bb -=≠得()(5)f b f =，且5b ≠，并且有01b <<， 由6ln06cc -=≠得()(6)f c f =，且6c ≠，并且有01c <<， 显然有(4)(5)(6)f f f <<，于是得()()()f a f b f c <<，又()f x 在(0,1)上单调递减， 所以c b a <<. 故选：A思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系， 抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 4．D 【分析】 构造函数()()6f x g x x=，0x >，利用导数判断函数()g x 在()0,∞+上单调递减，根据单调性即可判断出选项. 【详解】由()()6xf x f x '<，得()()656x f x x f x '<.设()()6f xg x x =，0x >，则()()()760xf x f x g x x '-'=<， 故()g x 在()0,∞+上单调递减， 则()()()()1234g g g g >>>，则()()6412f f >，()()7292643f f >，但由于()1f ，()2f ，()3f ，()4f 的正负不确定， 所以()()811163f f >，()()424f f >都未必成立. 故选：D 5．C 【分析】求出导函数()'f x ，再由一元二次方程()0f x '=有两个不等实根即可得解. 【详解】216()3223f x x ax a '=+++，根据题意知方程21632203x ax a +++=有两个不等实根，于是得216412(2)03a a ∆=-+>，整理得26160a a -->，解得8a >或2a <-， 所以a 的取值范围是()(),28,-∞-+∞.故选：C 6．B切点()3,3P m m m -，写出切线方程，结合切线过点()(),0a b a >，整理成关于m 的方程322330m am a b -++=有三个不同的实根，结合函数单调性求解.【详解】233y x '=-设切点()3,3P m m m -，切线方程()()()32333y m m m x m --=--，切线过点()(),0a b a >，()()32333b m m m a m -+=--，整理得：322330m am a b -++=，由于可以作三条切线， 所以关于m 的方程322330m am a b -++=有三个不同的实根，()32233g m m am a b =-++，()266g m m am '=-，令()2660g m m am '=-=，0m =或(),0m a a =>.函数()32233g m m am a b =-++的增区间为()(),0,,a -∞+∞，减区间为()0,a ，所以函数极大值()03g a b =+，极小值()33g m a a b =-++，关于m 的方程322330m am a b -++=有三个不同的实根，所以33030a a b a b ⎧-++<⎨+>⎩，所以33,33b a a b a a >-<<-. 故选：B 7．D 【分析】由题意可得()0f x m'=≥在[]1,4上恒成立，然后分离参数m ，从而可求出其范围 【详解】由题意可得()0f x m'=≥在[]1,4上恒成立， 即m≥在[]1,4上恒成立，故12m ≥-. 故选：D 8．D 【分析】根据函数奇偶性只需研究()1,x e ∈函数的单调性，即可判定大小关系. 【详解】由题意知，22a f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22e e b f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()ln 4ln 24242c f f ====.当()1,x e ∈时，()ln ln x x f x x x ==，()21ln xf x x -'=，因为()1,x e ∈，所以ln 1x <，即0f x ，所以()f x 在()1,e 上单调递增，因为1222e e π<<<<，∴c a b >>. 故选：D 9．D 【分析】根据图像得出()0f x '<的符号，进而确定函数()f x 的单调性，最后得出答案. 【详解】当(),3x ∈-∞-时，()0y xf x '=>，∴()0f x '<，()f x 单调递减；同理可得，当()3,3x ∈-时，()0f x '≥，()f x 单调递增；当()3,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减.∴()f x 的极大值是()3f ，()f x 的极小值是()3f -. 故选：D. 10．B 【分析】求出函数()f x 的定义域，利用导数可求得函数()f x 的单调递减区间. 【详解】函数()()ln f x x x =-的定义域为(),0-∞，且()()ln 1f x x '=-+，令()0f x '≤，解得10x e -≤<，所以()f x 的单调递减区间是1,0e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭．故选：B ． 11．A 【分析】由题意不等式等价于()1x f x e e >，构造()()xf xg x e=，求出()()1g x g >的解集，结合[]3,3x ∈-即可.【详解】 令()()()()(),0xxf x f x f xg x g x ee-=='>'，所以()g x 单调递增，不等式()xef x e >，等价于()1x f x e e>，因为()11g e =， 所以等价于()()1g x g >，则1x >， 又[]3,3x ∈-，故()xef x e >的解集为(]1,3.故选:A 12．A 【分析】 设()()()f x h xg x =，分析函数()h x 的奇偶性，利用导数分析函数()h x 的单调性，求得()()330h h =-=，然后分0x <、0x >解不等式()0h x >，综合可得出原不等式的解集. 【详解】 设()()()f x h xg x =，则函数()h x 的定义域为{}0x x ≠， 所以，()()()()()()f x f x h x h x g x g x ---===--，所以，函数()h x 为奇函数， 当0x <时，()()()()()()20f x g x f x g x h x g x '''-=>⎡⎤⎣⎦，所以，函数()h x 在(),0-∞上为增函数，因为函数()h x 为奇函数，所以，函数()h x 在()0,∞+上为增函数， 因为()30f =，则()()()3330h f g ==，()()330h h -=-=. 当0x <时，由()()0f x g x >可得()()3h x h >-，解得30x -<<； 当0x >时，由()()0f x g x >可得()()3h x h >，解得3x >. 因此，不等式()()0f x g x >的解集是()()3,03,-⋃+∞. 故选：A.13．5（答案不唯一，只要是大于4的实数即可）【分析】求导函数，根据导函数与函数的单调性的关系得到a 的取值范围，进而可在范围内任取一个值作为答案. 【详解】∵()4ln f x x ax =-，∴44()axf x a x x-'=-=， 函数()4ln f x x ax =-在区间(0,1)上不是单调函数， ∴40ax -=在区间(0,1)上有解,∵0a >，∴()40,1x a=∈,∴4a >, 故答案为：5（答案不唯一，只要是大于4的实数即可）. 14．113a <<【分析】根据导函数()2ln xf x x-'=求出()1ln x f x x +=的单调区间，即可得解. 【详解】 函数()1ln x f x x +=，()2ln xf x x-'=， ()()()0,1,0,x f x f x '∈>单调递增，()()()1,,0,x f x f x '∈+∞<单调递减，函数()1ln x f x x +=在区间2,3a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭上不单调，则213a a <<+， 解得：113a <<故答案为：113a <<15．1 【分析】求函数()y f x =的导函数，求0y '<以及0y '>的解，从而求出函数()y f x =的单调区间，确定极小值点，求出极小值. 【详解】y '=30,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0y '<，当3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0y '>， 所以函数()y f x =在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则当34x π=时，()y f x =有极小值3cos 34134sin 4f πππ⎛⎫== ⎪⎝⎭故答案为：1 16．()3ππ,【分析】对函数()f x 求导，在指定区间上求出导函数小于0的x 取值区间即可得解. 【详解】依题意，1()cos 2f x x '=-， 因(0,)x π∈，且cos x 在(0,)π上递减，则当3x ππ<<时，1cos 2x <，即()0f x '<，()f x 在()3ππ,上递减，所以所求单调减区间是()3ππ,.故答案为：()3ππ,17．（1）单调增区间为(1,)+∞；单调减区间为(0,1)；（2）证明见解析. 【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导函数的正负来求解函数的单调区间， （2）对函数求导，然后求出函数的单调区间，从而可得min 11()1ln 22f x f a a a ==--，构造函数11()1ln 22h a a a a =--，利用导数求出其最大值，只有()h a 的最大值小零即可 【详解】解：（1）函数f (x )的定义域为(0,)+∞． 当a =1时，21()1ln 2f x x x =--，1()f x x x'=-． 当1()0'=->f x x x时，解得x >1，函数y =f (x )的单调增区间为(1,)+∞， 当1()0f x x x-'=<时，解得x <1，函数y =f (x )的单调减区间为(0,1)， 故函数()f x 的单调增区间为(1,)+∞；单调减区间为(0,1)；（ （2）2(),0a x af x x x x x-'=-=>． 由()0f x '=，解得x =当0x <<()0f x '<，函数f (x )单调递减；当x ()0,()f x f x '>单调递增，所以min 11()1ln 22f x f a a a ==--． 令11()1ln 22h a a a a =--，则1()ln 2h a a =-'，令1()ln 02h a a '=-=，解得1a =．当(0,1)∈a 时，1()ln 02h a a '=->，函数h （a ）在区间（0，1）上单调递增；当(1,)∈+∞a 时，1()ln 02h a a '=-<，函数h （a ）在区间(1,)+∞上单调递减；所以a =1时，max 11()122h a =-=-， 所以min ()0f x <．18．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）1a ≥． 【分析】（1）首先求出函数的定义域与导函数1()g x k x'=+，在对参数k 分0k ≥与0k <两种情况讨论，即可求出函数的单调区间；（2）根据ln 1x axe x x ++≥恒成立，参变分离得ln 1x x x a xe ++≥，构造函数ln 1()xx x h x xe++=，求出函数的导函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可求出参数的取值范围； 【详解】解：（1）()ln 1g x x kx =++的定义域为()0,∞+，所以1()g x k x'=+． 当0k ≥时，()0g x '>，函数()g x 在()0,∞+上单调递增；当0k <时，由()0g x '>得10,x k ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；()0g x '<得1,x k ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在10,k ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，综上可得，当0k ≥时，函数()g x 在()0,∞+上单调递增；当0k <时，函数()g x 在10,k ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（2）当1k =时，()()f x g x ≥恒成立，即ln 1x axe x x ++≥恒成立． 因为0x >，所以ln 1xx x a xe++≥．令ln 1()xx x h x xe ++=，()()()()()22ln 1ln 1(1)(ln )()x x xx x x xe xe x x x x x h x x exe ''++⋅-⋅+++--'==． 令()ln p x x x =--，所以1()10p x x '=--<，故()p x 在()0,∞+上单调递减，且1110p e e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110p =-<，故存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()000ln 0p x x x =--=，故00ln 0x x +=，即00xx e -=．当()00,x x ∈时，()0p x >，()0h x '>；当()0,x x ∈+∞时，()0p x <，()0h x '<； ∴()h x 在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减， ∴()000max 00ln 1()1x x x h x h x x e ++===，故[)1,a ∈+∞．19．（1）在(,0]-∞上单调递减，在[0,)+∞上单调递增；（2）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；（3）证明见解析 .【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>确定增区间，由()0f x '<确定减区间；（2）求出导函数，由导函数正负确定函数的单调性与最值，由最小值不小于0得参数范围，在确定导函数零点时，需要对导函数进一步求导得出结论；（3）由（2）得，12a =且0x >时，212xx x e >++，即2221x x e x +>-，要证不等式可变形为只需证ln(1)22x x x+>+，设2()ln(1)(0)2xF x x x x =+->+，由导数得函数的最小值可得结论． 【详解】（1）由题意可知，当0a =时，()1xf x e x =--，x ∈R ，则()1xf x e '=-，令()0f x '=，则0x =，当0x >时，()0f x '>；当0x <时，()0f x '<，所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，在[0,)+∞上单调递增．（2）由条件得()12xf x e ax =--'，令()12xh x e ax =--，则()2xh x e a '=-，①当21a ≤，即12a ≤时，在[]0,+∞上，()0h x '≥，即()h x 单调递增， 所以()()0h x h ≥，即()()00f x f ''≥=，()f x ∴在[]0,+∞上为增函数，()()00f x f ∴≥=，12a ∴≤时满足条件． ②当21a ≥时，令()0h x '=，解得ln2x a =，在[]0,ln 2a 上，()0h x '<，()h x 单调递减，∴当()0,ln 2x a ∈时，有()()00h x h <=，即()()00f x f ''<=，则()f x 在()0,ln 2a 上为减函数，()()00f x f ∴<=，不合题意．综上，实数a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．（3）由（2）得，当12a =且0x >时，212x x x e >++，即222212xx e x x x +>+=-， 要证不等式()21ln(1)xe x x -+>，只需证明21ln(1)xe x x ->+，只需证明2222ln(1)x x x x >++，只需证ln(1)22x xx+>+， 设2()ln(1)(0)2xF x x x x=+->+，则22214()(0)1(2)(1)(2)x F x x x x x x '=-=>++++， 所以当0x >时，()0F x '>恒成立，故()F x 在()0,∞+上单调递增， 又()00F =．()0F x ∴>恒成立，∴原不等式成立． 20．（Ⅰ）3a =；（Ⅱ）答案见详解；（Ⅲ）8a ≥ 【分析】（Ⅰ）当切线与直线41y x =-+平行时，有切线斜率4843a-=-，可求得3a =； （Ⅱ）求由()()220af x x a x'=-+-=求得两根121,2ax x =-=，讨论0a ≤与0a >即可分析单调性；（Ⅲ）结合（Ⅱ）分析即可求解． 【详解】（Ⅰ）()()22a f x x a x'=-+-()f x 在3x =时的切线的斜率为()4362833a a k f a '==-+-=- 又因为()f x 在3x =时的切线与直线41y x =-+平行，则4843a-=-解得3a =； （Ⅱ）由()()()()2222200x a x a af x x a x x x'-+-+=-+-==>，得()2220x a x a -++-=，解得121,2a x x =-=若02a≤即0a ≤，()0f x '<，得()f x 在()0,∞+上单调递减； 若02a >即0a >， 当02a x <<时，()0f x '>，得()f x 在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增； 当2a x >时，()0f x '<，得()f x 在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调减区间为()0,∞+，当0a >时，()f x 的单调减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）当函数()f x 在区间()1,4单调递增时，结合（Ⅱ）得482a a ≥⇒≥成立． 21．（1）0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数. （2）证明见解析. 【分析】（1）先求导数，讨论导数的符号，判断函数的单调性；（2≥再结合（1）求出()f x 的最小值，然后构造函数求解最值，证明不等式恒成立. 【详解】 （1）121()2,ax f x a x x-'=-=其中0x >； 当0a ≤时，()0f x '<， ()f x 在()0,∞+为单调减函数； 当0a >时，1(0,),()0,2x f x a'∈<()f x 为单调减函数；1(,),()0,2x f x a'∈+∞>()f x 为单调增函数； 综上，0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调减增函数.（2）证明：因为12a >2=≥当且仅当2即12x a=时，取等号； 由（1）知min 1()()1ln 2,2f x f a a==+所以()ln 2 1.f x a≥+令1()ln 21()2g x x x =+>则()g x 为增函数，所以1()()32g x g >=，即12a >时，()3f x >恒成立． 22．（1）答案见解析；（2）2. 【分析】（1）给出函数定义域，对函数求导通分，得到21()mx x F x x-++'=时，对m 进行讨论，进而得到单调区间；（2）将不等式移项，转化为函数最值问题，即2()ln 12x m m g x x x x =-+-+的最大值，进而利用导数方法求解即可. 【详解】（1）2()ln 2m F x x x x =-+，()0,x ∈+∞，211()1mx x F x mx x x -++'=-+=，①0m =时，1()0x F x x+'=>，函数()F x 在()0,x ∈+∞上单调递增． ②0m ≠时，令()21,14u x mx x m =-++∆=+，若140m ∆=+≤，解得14m ≤-，14m -≥．∴()0F x '≥，∴数()F x 在()0,x ∈+∞上单调递增．140m ∆=+>，解得14m >-，14m -<．由210mx x -++=，解得：1x =2x =0m >时，120,0x x <>，函数()F x 在()20,x 上单调递增，在()2,x +∞上单调递减．104m -<<时，120,0x x ><，函数()F x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减． 综上：①0m =时，函数()F x 在()0,x ∈+∞上单调递增； ②0m ≠且14m ≤-时，数()F x 在()0,x ∈+∞上单调递增；0m >时，函数()F x 在()20,x 上单调递增，在()2,x +∞上单调递减；104m -<<时，函数()F x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减． （2）不等式()1F x mx ≤-，化为：2ln 102x x m x mx -+-+≤． 令2()ln 12x m m g x x x x =-+-+，()0,x ∈+∞． 1(1)(1)()1x mx g x mx m x x+--+-'==， 0m ≤时，()0g x '>，可得函数()g x 在()0,x ∈+∞上单调递增，3(1)202g m =-+>，不满足题意，舍去．0m >时，1(1)()m x x m g x x⎛'⎫--+ ⎪⎝⎭=，可得函数()g x 在10,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减， ∴1x m=时，函数()g x 取得极大值即最大值， 则1111ln 11ln 022g m m m m m m ⎛⎫=--+-+=-+≤ ⎪⎝⎭， 令1()ln 2h m m m =-+，函数在()0,∞+上单调递减，又11(1),(2)ln 2024h h ==-+<．因此存在唯一()01,2m ∈，使得001ln 02m m -+=， ∴0m m ≥，∴整数m 的最小值为2．。
高考数学利用导数研究函数的性质(解析版)题型二：利用导数研究函数的单调性本
题型二：利用导数研究函数的单调性 1、与函数的单调区间有关的问题1．函数()()3e xf x x =-的单调递增区间是（ ）A ．(),2-∞B ．()0,3C ．()1,4D ．()2,+∞【答案】D 【详解】函数()()3xf x x e =-的定义域为R ，()(2)x f x x e '=-，令()0f x '>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+∞.故选：D.2．若函数()3213f x x ax x =--存在递减区间，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[]1,1-B ．()(),11,-∞-+∞C ．()1,1-D ．(][),11,-∞-+∞【答案】B 【详解】由题设，()221f x x ax '=-+，由()f x 存在递减区间，即存在x 使0fx，∴2440a ∆=->，可得1a <-或1a >. 故选：B3．函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（ ） A ．2k > B ．1k C ．1k > D ．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴'在区间(1,)+∞上恒成立．1kx ∴， 而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减， 1k ∴．选项中只有0k >是1k 的必要不充分条件. 选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D4．函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，则m 的范围是（ ）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(1,)+∞D ．[1,)+∞【答案】D 【详解】函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，即220y x x m '=++≥或220y x x m '=++≤(舍)在R 上恒成立440m ∴∆=-≤，解得m 1≥故选：D5．若()3213f x x ax =-的单调减区间是()4,0-，则a 的值是（ ）A ．2-B ．2C ．4-D ．4【答案】A 【详解】由题意，函数()3213f x x ax =-，可得()22f x x ax '=-，令()0f x '<，可得()20x x a -<，因为()f x 的单调减区间是()4,0-，可得24a =-，解得2a =-． 故选：A.6．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)+∞D ．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-． 故选：B7．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（理））若21()ln(2)2f x x b x =-++在1,上是减函数，则b 的取值范围是（ ） A ．()3,+∞ B ．[)3,+∞C ．(]3,-∞D ．(),3-∞【答案】C 【详解】由题知，21()ln(2)2f x x b x =-++，()2bf x x x '=-++.若()f x 在()1,+∞上是减函数，则()0f x '≤在()1,+∞上恒成立， 由()02b f x x x '=-+≤+得，()()2211b x x x ≤+=+-， 当()1,x ∈+∞时，()()22111113x +->+-=， 所以3b ≤. 故选：C.8．（2021·江西宜春·模拟预测（文））“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在 ()0,∞+上单调递增”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【详解】若2()2ln f x x mx x =-+在 (0,)+∞上单调递增，则1()40f x x m x'=-+≥对任意的 (0,)x ∈+∞恒成立， ∴有14x m x +≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，即 min 14m x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，而144x x +≥=当且仅当 12x =时等号成立，则4m ≤.∴“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在 ()0,∞+上单调递增”的充分不必要条件.故选：A ．9．（2021·浙江·高三专题练习）若函数()1ln f x kx x x =-+在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（ ）A ．1[,)2+∞B ．[1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(,2]-∞-【答案】C 【详解】由()1ln f x kx x x =-+知，()211f x k x x '=--，因为()f x 在()1,+∞上单调递增， 所以()0f x '≥在()1,+∞上恒成立，即2110k x x --≥，则211k x x ≥+在()1,+∞上恒成立，令()211g x x x =+，因为()23120g x x x'=--<在()1,+∞上恒成立， 所以()g x 在()1,+∞上单调递减，则()()12g x g <=， 所以2k ≥. 故选:C .10．（2021·重庆市清华中学校高三月考）函数21()9ln 2f x x x =-在区间()2,1m m +上单调递减，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)0,1 B ．()0,1 C ．[]0,2 D ．()0,2【答案】A 【详解】解：()f x 的定义域是(0,)+∞，9(3)(3)()x x f x x x x+-'=-=， 令()0f x '>，解得：3x >，令()0f x '<，解得：03x <<， 故()f x 在(0,3)递减，在(3,)+∞递增，若函数21()92f x x lnx =-在区间(2,1)m m +上单调递减，则20m 且013m <+且21m m <+，解得：01m <，故选：A ．2、构造函数比较大小或解不等式1．（2021·山西大附中高三月考（理））已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x ≠时，()()0f x f x x '+<，若2211(),2(2),ln (ln )3333a fb fc f ==--=，则,,a b c 的大小关系正确的是（ ） A ．a b c << B ．b c a <<C ．a c b <<D ．c a b <<【答案】B 【详解】解：令函数()()g x xf x =，因为定义域为R 的()y f x =是奇函数，所以函数()g x 为偶函数；()()()g x f x xf x ''=+，当0x >时，因为()()0f x f x x'+<，所以()()0xf x f x x '+<，所以()()0xf x f x '+<，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)+∞上为减函数， ()()()()222111(),2(2)22,ln (ln )ln ln 3ln 3333333a f g b f g g c f g g g ⎛⎫⎛⎫===--=-====-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为2ln 323<<，所以()()2ln 323g g g ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即a c b >>. 故选：B2．（2021·江西赣州·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足1()()02f x f x '+>且有1(2)f e=，则()f x >）A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．(,2)-∞D ．(2,)+∞【答案】D 【详解】设2()e ()x g x f x =，则221()e ()()2x xg x f x e f x ''=+，因为1()()02f x f x '+>，所以()0g x '>，所以()g x 是R 上的增函数， (2)e (2)1g f ==，不等式()f x >2e ()1xf x >，即()(2)g x g >， 所以2x >， 故选：D ．3．（2021·陕西渭南·高三月考（理））已知定义在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，且()tan ()0f x x f x '+⋅>，则（ ）A 063ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B 063ππ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C 064ππ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D 046ππ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【详解】因为()tan ()0f x x f x '+⋅>，所以()sin ()0,cos xf x f x x'+⋅> cos ()sin ()0x f x x f x '∴⋅+⋅>，令()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()2cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '⋅+⋅'=>， 所以()g x 单调递增， 所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x---===--，所以()g x 为奇函数，(0)0g =，所以6430cos cos cos 643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<，即0643πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以A ，C 错误；63ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以063ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()f x为奇函数，所以063ππ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以B 正确；64ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭064ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又因为()f x为奇函数，所以046ππ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 错误． 故选：B4．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知函数()y f x =对任意的(0,)x π∈满足()cos ()sin f x x f x x '>（其中()f x '为函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是（ ） A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D 【详解】解：令()()cos g x f x x =，(0,)x π∈ 故()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=->，故()g x 在(0,)π递增，所以()()36g g ππ>，可得1()()236f f ππ63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 正确； 故选：D ．5．（2021·云南·昆明一中高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，'()()ln 20f x f x +<，则下列不等关系成立的是（ ） A ．2(1)(0)f f > B ．2(2)(1)f f > C ．2(0)(1)f f >- D ．()23log 32(1)f f <【答案】D 【详解】设()()2xh x f x =，则()()()()()22ln 22ln 2x x x h x f x f x f x f x '''=+=+⎡⎤⎣⎦，又()()ln 20f x f x '+<，20x >，所以()0h x '<，所以()h x 在(),-∞+∞上单调递减，由10>可得2(1)(0)f f >，故A 错； 由21>可得22(2)2(1)f f <，即2(2)(1)f f <，故B 错； 由01>-可得012(0)2(1)f f -<-，即2(0)(1)f f <-，故C 错； 因为2log 31>，所以()()2log 31h h <，得()()23log 321f f <，故D 正确. 故选：D6．（2021·四川·成都外国语学校高三月考（文））设()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()f x f x '>，对任意的正数a ，下面不等式恒成立的是（ ）A ．()()0af a e f =B ．()()0af a e f ＞C ．()()0af f a e <D ．()()0af f a e >【答案】B 【详解】 构造函数()()x f x F x e =，则()()()xf x f x F x e'-'=， 因为()()f x f x '>，所以()()0f x f x '->，故()0F x '>， 因此()F x 在R 上单调递增，所以对于任意的正数a ，有()()0F F a <，即()()00a f f a e e <，即()()0af a f e <， 又因为0a e >，所以()()0ae f f a <，结合选项可知B 正确，故选：B7．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（文））定义在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上的函数()f x ，其导函数为()f x '，若恒有()()cos sin xf x f x x'>-，则下列不等式成立的是（ ）A 63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．63f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C 63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D 【详解】 令()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=因为()()cos sin x f x f x x'>-，因为,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭所以()()cos sin 0f x x f x x '+<得()()()2cos sin 0cos f x x f x xg x x'+'=<所以()()cos f x g x x=在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故63g g ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭<，有63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选：D8．（2021·江苏·苏州中学高三月考）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有22()()f x xf x x '+>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<的解集为（ ） A ．(,2019)-∞- B ．(2023,2019)-- C ．(2023)-∞-, D ．(2019,0)-【答案】A 【详解】解：设2()()g x x f x =，由()f x 为奇函数，可得22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，202()()f x xf x x '>>+，()[2()()]0g x x f x xf x ''∴=+>，()g x 单调递增，根据奇函数的对称性可知，()g x 在R 上单调递增，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<可转化为()2(2021)(2021)4(2)42x f x f f ++<--=，即()()20212g x g +<，20212x ∴+<即2019x <-，即(),2019x ∈-∞-．故选：A9．（2021·河南省信阳市第二高级中学高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意()(),0x R f x f x -'∈<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()4()123x e f x e f x +>-的解集为（ ）A ．()4,+∞B ．()1,4-C ．(),3-∞D ．(),4-∞【答案】D 【详解】设()() x f x g x e =，则()()() xf x f xg x e '-'=，因为对任意()(),0x R f x f x -'∈<，所以()0g x '>在R 上恒成立， 所以()g x 在R 上单调递增，又4123()()x e f e f x x >-+等价于()()123123x x f x f x e e +-+->，即()(2)13g x g x +>-， 因为()g x 在R 上单调递增，所以123,x x +>- 解得4x <，所以原不等式的解集是(,4)-∞. 故选：D.10．（2021·新疆喀什·模拟预测）定义在R 上的偶函数()f x 存在导数()f x '，且当0x >时，有()2f x x '>恒成立，若2(2)383(21)f m m m f m -++-<+，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1(3，)+∞B ．(,3)-∞-C ．1(3,)3-D ．(-∞，13)(3-⋃，)+∞【答案】D 【详解】 解：()f x 是R 上的偶函数，令2()()g x f x x =-，则22()()()()()g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x ∴为偶函数，∴当0x >时，()()20g x f x x '='->，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增，①2(2)383(21)f m m m f m -++-<+，222(21)(21)[(2)(2)](21)(2)(383)0f m m f m m f m f m m m ∴+-+----=+---+->， 22(21)(21)(2)(2)f m m f m m ∴+-+>---，即(21)(2)g m g m +>-，∴由①得|21||2|m m +>-，展开得23830m m +->，解得，13m >或3m <-， 故选：D ．。
专题12利用导数研究函数的性质C辑(解析版)
2021年高考数学压轴必刷题（第二辑）专题12利用导数研究函数的性质C 辑1．已知函数()()e ln xf x x a x x =-+(e 为自然对数的底数)有两个不同零点，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】(,)e +∞由()e (ln )xf x x a x x =-+，得()()()11(1)1x xxe af x x e a x x x-'=+-+=+⋅，且0x >由0x >，则100x x xe +>>，若0a ≤，则0x xe a ->，此时()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增，至多有一个零点，不满足题意. 若0a >，设()xh x xe a =-，则()()10xh x x e '=+>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增由()00h =，所以x xe a =有唯一实数根，设为0x ，即00x x ea =则当00x x <<时，x xe a <，()0f x '<，则()f x 在()00x ，单调递减， 当0x x >时，x xe a >，()0f x '>，则()f x 在()0x +∞，单调递增， 所以当0x x =时，()()()00000min ln xf x f x x e a x x ==-+由00x x ea =可得()00ln ln xx e a =，即00ln ln ln x x e a +=，即00ln ln x x a +=所以()()0min ln f x f x a a a ==-，()0a > 又当0x →时，()f x →+∞，当x →+∞，指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多，可得()f x →+∞所以函数()e (ln )xf x x a x x =-+有两个不同零点，则()()0min ln 0f x f x a a a ==-<设()ln g x x x x =-，则()ln g x x '=-当()0,1x ∈时，有()0g x '>，则()g x 在()0,1上单调递增. 当()1,x ∈+∞时，有()0g x '<，则()g x 在()1,+∞上单调递减. 又当0x →时，()0g x →，()0g e =所以当0x e <<时，()0g x >，当x e >时，()0g x <， 所以ln 0a a a -<的解集为a e > 故答案为：(,)e +∞2．已知恒正函数()()2f x x f x ='，()11ef =.若1230x x x <、、，且123x x x ++=.则222123111f f f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最大值为_______. 【答案】ln 212⎛⎫ ⎪⎝⎭由柯西不等式得()()22222123123+(111)+3ln 2x x x x x x +⨯++≥+=，构造函数1ln ()f x c x=-+，利用已知求出c，再由因为123x x x ++=，所以()()22222123123+(111)+3ln 2x x x x x x +⨯++≥+=，所以2222123+ln 2x x x +≥，当且仅当123x x x ===等号成立， 因为()21ln ()f x x '=，所以1ln ()f x c x =-+， 所以1()cx f x e -+=，由()11ef =得11(1)c f e e -+-==，所以0c，1()x f x e-=，所以2222123)ln 2(ln 222212311112x x x f f f e e x x x -++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅=≤= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故答案为：ln 212⎛⎫ ⎪⎝⎭.3．已知函数()3213f x x ex ax =-+，()ln x g x x =，若不等式()()316f x x xg x +<有且仅有一个整数解，则实数a 的取值范围为_________.【答案】ln 29ln 322,3[)223e e -+-+ 由不等式()()316f x x xg x +<，可得321ln 2x ex ax x -+<，即2ln 12x a ex x x <+-有且仅有一个整数解， 令2ln 1()2x h x ex x x =+-，则21ln ()xh x e x x-'=+-，显然()0h e '=， 则(0,)x e ∈时，()0h x '>，所以()h x 单调递增， 当(,)x e ∈+∞时，()0h x '<，故()h x 单调递减， 所以函数()h x 在x e =时取得最大值， 作函数()h x 的大致图象如下，由23,(2)(3)e h h <<<及函数图象可知，要使2ln 12x a ex x x <+-，有且仅有一个整数解，则需(2)(3)h a h ≤<， 即ln 29ln 3223223e a e -+≤<-+， 故答案为：ln 29ln 322,3[)223e e -+-+ 4．已知函数()3cos 2)32g x x x x π⎛⎫=+--+⎪⎝⎭，若(22)3x g ax e -+<在(0,)x ∈+∞上恒成立，则正实数a 的取值范围为______． 【答案】02a <≤因为)()3cos 2ln 33sin 2ln 32g x x x x x x π⎛⎫⎛⎫=+--+=+-+⎪⎝⎭， 令3sin 2y x x =+，所以32cos 20y x '=+>，所以3sin 2y x x =+在()0,∞+上单调递增，又因为ln y ⎛⎫=在()0,∞+上单调递减，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，又因为()030sin0ln133g =⨯+-+=，所以(22)3xg ax e -+<在()0,∞+上恒成立⇔()()220xg ax e g -+<在()0,∞+上恒成立，所以220x ax e -+<在()0,∞+上恒成立，所以220x e ax -->在()0,∞+上恒成立， 设()22xh x e ax =--，所以()2xh x e a '=-，且22x e >，当2a ≤时，()20xh x e a '=->，所以()h x 在()0,∞+上递增，所以()()00h x h >=，满足；当2a >时，令()20xh x e a '=-=，所以ln2a x =，所以()h x 在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以()ln002a h h ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，这与()0h x >矛盾，所以不满足， 综上可知：02a <≤， 故答案为：02a <≤.5．已知对任意(0,)x ∈+∞，都有()111ln 0kxk e x x ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，则实数k 的取值范围为_________． 【答案】1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭因为()1(1)ln kxkx e x x +>+， 所以()1ln (1)ln kxkxe ex x +>+①，令()(1)ln f x x x =+，则1()1ln f x x x'=++， 所以22111()x f x x x x-''=-+=， 当01x <<时，()0f x ''<，当1x >时，()0f x ''>， 所以()'f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增， 所以()(1)2f x f ''>=， 所以()f x 在(0,)+∞单调递增， 因为①式可化为()()kxf ef x >，所以kx e x >，所以ln xk x>， 令ln ()xh x x=，所以可求得()h x 在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减， 所以max 1()h x e=，所以1k e >，故答案为：1(,)e+∞.6．若对任意的正实数x ，均有()112ln axa e x x x ⎛⎫+≥+⎪⎝⎭恒成立，则是实数a 的最小值为______. 【答案】2e由()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+⎪⎝⎭，可知当1x >时，()100axa e a +>⇒> 且()()()222121ln 1ln axax e x x x x +≥+=+()()22ln 11ln ax ax e e x x +≥+令()()1ln F x x x =+，()1ln x F x x x +'=+，()22111-''=-=x F x x x x()F x '在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，()()120''∴≥=>F x F ，∴()F x 在()0,∞+上单调递增0x >时，0ax >，20x >，而()()22ax ax F e F x e x ≥⇒≥∴2ln ax x ≥，2ln xa x≥设2ln ()xh x x =，222ln '()-=x h x x ，当(0,),'()0∈>x e h x ，单调递增当(+),'()0，∈∞<x e h x ，单调递减 max 2()()h x h e e ==，所以2a e≥ 故答案为：2e7．已知函数()cos sin 2f x x x =，下列结论中正确的序号是__________. ①()y f x =的图象关于点()π,0中心对称， ②()y f x =的图象关于π2x =对称，③()f x ④()f x 既是奇函数，又是周期函数. 【答案】①②④()()()()()2cos 2sin22cos sin2f x x x x x f x πππ-=--=-=-,故①正确； ()()()()()cos sin2cos sin2f x x x x x f x πππ-=--=--=,故②正确；()()()23cos sin2cos 2sin cos 21sin sin 2f x x x x x x x x t t ==⋅=-=-，其中sin t x =.记()3g t t t =-,[]1,1t ∈-,则()213g t t ='-,令()0g x '=，解得t 3=±， 列表如下：()max g t ()max f t ，故③错误；()()()()()cos sin2cos sin2f x x x x x f x -=--=-=-，故()f x 为奇函数， ()()()()2cos 2sin 22cos sin 2f x x x x x f x πππ+=++==，故()f x 是周期函数，故④正确.故答案为：①②④.8．若函数()11sin πx x f x e ea x --+=-+（x ∈R ，e 是自然对数的底数，0a >）存在唯一的零点，则实数a 的取值范围为______． 【答案】20,π⎛⎤ ⎥⎝⎦函数()11sin πx x f x e ea x --+=-+（x ∈R ，e 是自然对数的底数，0a >）存在唯一的零点等价于函数()sin πx a x ϕ=与函数()11x x g x e e --=-的图像只有一个交点．∵()10ϕ=，()10g =，∴函数()sin πx a x ϕ=与函数()11xx g x e e --=-的图像的唯一交点为()1,0．又∵()11xx g x e e --'=--，且10x e ->，10x e ->，∴()11x x g x ee --'=--在R 上恒小于零，即()11x x g x e e --=-在R 上为单调递减函数．又∵()1112xxg x ee--'=--≤-，当且仅当111x xe e--=，即1x =时等号成立，且()()sin π0x a x a ϕ=>是最小正周期为2．最大值为a 的正弦型函数， ∴可得函数()sin πx a x ϕ=与函数()11xx g x ee --=-的大致图像如图所示．∴要使函数()sin πx a x ϕ=与函数()11xx g x e e --=-的图像只有唯一一个交点，则()()11g ϕ''≥．∵()πcos π1πa a ϕ'==-，()21g '=-， ∴π2a -≥-，解得2πa ≤． 对∵0a >，∴实数a 的取值范围为20,π⎛⎤⎥⎝⎦．故答案为：20,π⎛⎤ ⎥⎝⎦. 9．设0a >，当0x >时，不等式()22131ln 222x a x a x a a +-->-恒成立，则a 的取值范围是______. 【答案】()()0,11,+∞由题意，令21()(1)ln 2f x x a x a x =+--则()1ax x a xf '=+-- 令()0f x '=，可得()(1)0x a x -+=当(0,)x a ∈时，()0f x '<，即()f x 在(0,)a 上单调递减；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 在(,)a +∞上单调递增，22min()()ln 2a f x f a a a a a ∴==+--，2223ln 222a a a a a a a ∴+-->-， 即2ln 0,(0)a a a a a -->>等价于ln 10a a -->， 令()ln 1g a a a =-- 则1()1g a a'=-令()0g a '=可得：1a =， 当(0,1)a ∈时，()g a 递减，(1,)∈+∞a 时，()g a 递增，∴当1a =时，min ()0g a =所以()ln 10g a a a =-->的解集为()()0,11,+∞∴a 的取值范围是()()0,11,+∞.故答案为：()()0,11,+∞10．已知函数()()21xf x kx k e x =+--，若()0f x <的解集中恰有三个整数，则实数k 的取值范围为______.【答案】3243,54e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解：()0f x <等价于()210xkx k e x +--<，即()12xx k x e ++<， 设1()xx g x e +=，()()2h x k x =+，则上面不等式转化为()()h x g x <， 直线()()2h x k x =+横过定点()2,0-，要使()0f x <的解集中恰有三个整数，只需()g x 的图像在()h x 的图像上方所对应的x 的取值范围中恰好有三个整数解. 因为()()2(1)1x xx x e x e g x e e -+⋅-'==,所以(),0x ∈-∞时，0g x ，()g x 单调递增；()0,x ∈+∞时，0g x ，()g x 单调递减；所以1x =时，()()max 01g x g ==，且()10g -=，x →-∞时，()g x →-∞；x →+∞时，()0g x →， 根据根据上述画出()g x 的图像图下图所示：当0k ≤时，画出()(),g x h x 的图像如图所示：从图中可以看出，[)1,x ∈-+∞时，()g x 的图像横在()h x 的图像上方，所以()()h x g x <所以的x 的取值范围中，整数解有无穷多个，不符合题意； 当0k >时，画出()(),g x h x 的图像如图所示：从图像可得：要使()g x 的图像在()h x 的图像上方所对应的x 的取值范围中恰好有三个整数解，只需满足：()()()()22{33g h g h >≤，所以233445k e ke ⎧>⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩，解得：324354k e e ≤<. 综上，324354k e e ≤<. 故答案为：3243,54e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭11．在面积为2的ABC 中，E ，F 分别是AB ，AC 的中点，点P 在直线EF 上，则2PC PB BC ⋅+的最小值是______.【答案】因为E 、F 分别是AB 、AC 的中点，所以EF 到BC 的距离等于点A 到BC 的距离的一半， 所以2ABCPBCS S=，又2ABCS=，所以11sin 2PBCS PB PC BPC ==⋅⋅∠， 因此2sin PB PC BPC⋅=∠，所以2cos cos sin BPCPB PC BP PC B PC P C B ∠⋅⋅∠∠⋅==；又由余弦定理可得：2222cos =+-⋅⋅∠BC PB PC PB PC BPC44cos s 22cos in PB PC PB PC BP BPCBPCC ≥⋅-⋅-∠=∠∠，当且仅当PB PC =时，取等号；所以22cos 44cos 42cos sin sin sin BPC BPC BP PC PB BC CBPC BPC BPC ∠-∠-∠++∠∠≥=∠⋅，令=∠x BPC ，42cos ()sin xf x x-=，()0,x π∈；又2222sin (42cos )cos 24cos ()sin sin x x x xf x x x---'==， 由()0f x '>得1cos 2x <，所以3x ππ<<；由()0f x '<得1cos 2x >，所以03x π<<； 所以()f x 在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,3ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；所以min ()3f x f π⎛⎫=== ⎪⎝⎭因此2PC PB BC ⋅+的最小值是故答案为：12．当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立，则7a b +的取值范围是______. 【答案】[]4,8-当[]1,4x ∈时，不等式322044ax bx a x ≤++≤恒成立 即是当[]1,4x ∈时，不等式2404aax b x ≤++≤恒成立， 也即是2440a x b x ≤≤⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 令24()f x x x =+，可得33348()12x f x x x-'=-⨯=， 可得：当[]1,2x ∈，()0f x '≤；当[]2,4x ∈，()0f x '≥，所以24()f x x x=+在[]1,2单调递减，在[]2,4单调递增， min24()(2)232f x f ==+=，24(1)151f =+=，2417(4)444f =+=， 所以[]24()3,5f x x x =+∈，令()f x t =，则[]3,5t ∈，所以40at b ≤+≤，[]3,5t ∈（1）当0a =时，04b ≤≤，此时074a b ≤+≤， （2）当0a >时，y at b =+在[]3,5t ∈上单调递增， 此时需满足y at b =+的最小值30y a b =+≥①，y at b =+的最大值54y a b =+≤②，②2⨯得1028a b +≤且(3)0a b -+≤，两式相加得78a b +≤， （3）当0a <时，y at b =+在[]3,5t ∈上单调递减， 此时需满足y at b =+的最小值50y a b =+≥③，y at b =+的最大值34y a b =+≤④，③2⨯得：1020a b +≥，且(3)4a b -+≥-，两式相加得74a b +≥-， 综上所述784a b ≤+≤- 故答案为：[]4,8-13．函数()f x 满足()()11f x f x +=-，当1x >时，()ln x f x x=，若()()2240f x mf x m -+=有8个不同的实数解，则实数m 的取值范围是______.【答案】()24,22e e ⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭当1x >时，()ln x f x x =，()2ln 1ln x f x x-'=. 当1x e <<时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减； 当x e >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增. 所以，函数()y f x =在x e =处取得极小值()f e e =，又()()11f x f x +=-，则函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，令()t f x =，作出函数()t f x =的图象如下图所示：由于关于x 的方程()()2240fx mf x m -+=有8个不同的实数解，则关于t 的二次方程2240t mt m -+=有两个大于e 的实数根，由二次方程根的分布可得224160240m m m e e me m ⎧∆=->⎪>⎨⎪-+>⎩，解得()2422e m e <<-. 综上所述，实数m 的取值范围是()24,22e e ⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭.故答案为：()24,22e e ⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭.14．已知函数()ln xf x e a x =+，① 当1a =时，()f x 有最大值；② 对于任意的0a >，函数()f x 是()0,∞+上的增函数； ③ 对于任意的0a <，函数()f x 一定存在最小值； ④ 对于任意的0a >，都有()0f x >．其中正确结论的序号是_________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】② ③由函数的解析式可得：()'xaf x e x=+， 当1a =时，()1'xf x e x =+，()21''xf x e x=-， ()''f x 单调递增，且()110f e =->，据此可知当1x >时，()'0f x >()f x 单调递增，函数没有最大值，说法①错误； 当0a >时，函数,ln x y e y a x ==均为单调递增函数，则函数()f x 是()0,+∞上的增函数，说法②正确；当0a <时，()'xa f x e x=+单调递增，且()'10af a e --=->， 且当0lim 0xx a e x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭，据此可知存在()00,x a ∈-， 在区间()00,x 上，()()'0,f x f x <单调递减； 在区间()0,x +∞上，()()'0,f x f x >单调递增； 函数()f x 在0x x =处取得最小值，说法③正确； 当1a =时，()ln xf x e x =+，由于()50,1e -∈，故()51,ee e -∈，()5555ln 50e e f e e e e ----=+=-<，说法④错误；综上可得：正确结论的序号是②③. 15．已知函数()()212xxa f x x e e ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围为________. 【答案】0a ≤或12a ≥2()x x f x x e ae a '-=⋅+，函数()()212xxa f x x e e ax =--+只有一个极值点， 即2()0x x f x x e ae a ='-⋅+=只有1个实根，且在根的两侧异号， 可以求得'(0)0f =，令'()0f x =，得2(0)1x x x ea x e ⋅=≠-，则设2()(0)1xx x e a g x x e ⋅==≠-，求导2222222(1)(1)2[(1)(1)]()(1)(1)x x x x x x x x x e e e xe e x e x g x e e +--⋅--+==-'-， 设2()(1)(1)xh x x ex =--+，222'()2(1)1(12)1x x x h x e x e x e =-+--=--，设()()u x h x ='，222()2(24)4x x x u x e x e xe '=-+-=-， 可知当0x <时，'()0u x >，0x >时，'()0u x <，所以)'(h x 在(,0)-∞上单调增，在(0,)+∞上单调减，且'(0)0h =， 所以'()0h x ≤恒成立，所以()h x 为减函数，且(0)0h =， 所以当0x <时，'()0g x >，当0x >时，)'(0g x <， 所以()g x 在(,0)-∞上单调增，在(0,)+∞上单调减， 当0x >时，21,()0xe g x >>，当0x <时，21,()0x e g x <>画出()y g x =图象如图所示：可以确定22000(1)1lim ()lim lim 122x x x x x x x xe x e g x e e →→→+===-， 因为函数()()212xxa f x x e e ax =--+只有一个极值点，且'(0)0f =， 所以要求2(0)1xx x e a x e ⋅=≠-无解，所以0a ≤或12a ≥， 故答案为：0a ≤或12a ≥. 16．已知函数()2ln f x x x =-与()22g x x m x=--的图象上存在关于原点对称的点，则实数m 的取值范围是__________． 【答案】[)1ln 2,++∞【解析】由题意可知()()f x g x =--有解，即方程222ln x x x m x -=--+有解，即2ln m x x=+有解，设()()2ln 0h x x x x =+>，则()22122'x h x x x x-=-=，()h x ∴在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴当2x =时，()h x 取得最小值()2ln 21h =+，()h x ∴的值域为[)1ln 2,++∞，m ∴的取值范围是[)1ln 2,++∞，故答案为[)1ln 2,++∞.17．若存在过点(1,)2a 的直线l 与函数()x f x x e =+，()a x g x x e -=-的图象都相切，则a =_______． 【答案】2()()1,1x a x f x e g x e -''=+=+，设直线l 与函数()f x 的图象相切于点()111,x x x e+，则切线斜率111xk e =+，切线l 的方程为()()()11111x x y x ee x x -+=+-．设直线l 与函数()g x 的图象相切于点()222,a x x x e --，则切线斜率221a x k e -=+，切线l 的方程为()()()22221a x a x y x ee x x ----=+-．因为过点1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭的直线l 与函数()(),x a xf x x eg x x e -=+=+的图象都相切， 所以()()()()()()()()()121122112211111221132x a x x x a x a x e e ax e e x ax e e x ---⎧⎪+=+⎪⎪-+=+-⎨⎪⎪--=+-⎪⎩ 由（1）得12x a x =-，将21x a x =-代入（3），得()()()1111112x x aa x e e x a ---=++-， 所以()()()()11111142x xa x e e x a -++=++-；由（2）+（4）得()()1120xe a +-=，因为110x e +≠，所以2a =． 故答案为：2a =.18．过点(1,0)M -引曲线C ：32y x ax a =++的两条切线，这两条切线与y 轴分别交于,A B 两点，若||||MA MB =，则a =__________．【答案】274-设切点坐标为()33222t at at,2t at a ,y 6x a,6t a ,t 1++++=+'∴+=+即324t 6t 0+=,解得t=0或t=3,MA MB 2-=∴两切线的斜率互为相反数，即2a+62302⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭,解得27a 4=- 故答案为274-19．已知函数()32232x ax f x bx c =+++在区间()0,1内取极大值，在区间()1,2内取极小值，则()223z a b =++的取值范围为______.【答案】1,42⎛⎫⎪⎝⎭. 解：∵ ()32232x ax f x bx c =+++，∴ 2'()2f x x ax b =++，∵ ()f x 区间()0,1内取极大值，在区间()1,2内取极小值，∴ '(0)0'(1)0'(2)0f f f >⎧⎪<⎨⎪>⎩，即012020b a b a b >⎧⎪++<⎨⎪++>⎩由012020b a b a b >⎧⎪++<⎨⎪++>⎩画出有序实数对(,)a b 所构成的区域，如图.目标函数()223z a b =++，表示点(,)a b 到点(3,0)P -的距离的平方，有题意：12020a b a b ++=⎧⎨++=⎩，得点(3,1)A -，1200a b b ++=⎧⎨=⎩，得点(1,0)B -，21PA =，24PB =，点(3,0)P -到直线20a b ++=的距离的平方：2212d == 则()223z a b =++的取值范围为1,42⎛⎫⎪⎝⎭. 故答案为：1,42⎛⎫⎪⎝⎭. 20．已知函数()314f x x ax =++，()ln g x x =，记函数()()()()()22f xg x f x g xh x -+=+，若()h x 在()0,∞+上恰有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是______.【答案】3,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭由题意，函数(),()()()(),()()f x f x g x h x g x f x g x ≥⎧=⎨<⎩， 因为2()3f x x a '=+,当0a ≥时，'()0f x ≥恒成立，()f x 在()0,∞+单调递增，1()(0)4f x f ， 此时()h x 在()0,∞+上无法满足恰有2个不同的零点，所以0a <，则2()33f x x a x x ⎛=+=+ ⎝'，所以()f x 在⎛⎝上为减函数，在⎫+∞⎪⎪⎭上为增函数， 要使得若()h x 在()0,∞+上恰有2个不同的零点，只需(1)0f<或()1010f f ⎧≤⎪<⎪⎪<⎪⎩，解得54a <-或5344a -≤<-，即34a <-. 故答案为：3,4⎛⎫-∞-⎪⎝⎭. 21．已知定义在R 上的函数()f x 满足()2()0f x f x '+>恒成立，且1(2)f e=（e 为自然对数的底数），则不等式2()0xx e f x e ->的解集为___________． 【答案】(2,)+∞定义在R 上的函数()f x 满足()2()0f x f x '+>恒成立，令2()()x F x e f x =，则[]21()()2()02x F x e f x f x ''=+>，故()F x 是R 上的单调增函数，而1(2)(2)1F e f ==，不等式2()0x xe f x e ->等价于2()1x e f x >，即()(2)F x F >，所以解集为：(2,)+∞.故答案为：(2,)+∞ 22．已知不等式3ln 1ln x x m x n -++（,m n R ∈，且3m ≠-）对任意实数0x >恒成立，则33n m -+的最大值为____________. 【答案】ln 2-.解：令f （x ）＝x ﹣3lnx +1﹣mlnx ﹣n ， 则f ′（x ）＝1﹣3m x+（x ＞0）， 若m +3＜0，则f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，由当x →0时，f （x ）→﹣∞，不合题意； ∴m +3＞0，由f ′（x ）＝0，得x ＝m +3，当x ∈（0，m +3）时，f ′（x ）＜0，当x ∈（m +3，+∞）时，f ′（x ）＞0，∴当x ＝m +3时，f （x ）有最小值，则f （m +3）＝m +3﹣3ln （m +3）+1﹣mln （m +3）﹣n ≥0， 即n ﹣3≤m +1﹣（m +3）ln （m +3），33n m -+≤11(3)3m n m m +-++， 令g （x ）＝11(3)3x n x x +-++，则g ′（x ）＝22211(3)3(3)x x x x ---=+++．当x ∈（﹣3，﹣1）时，g ′（x ）＞0，当x ∈（﹣1，+∞）时，g ′（x ）＜0， ∴当x ＝﹣1时，g （x ）有最大值为﹣ln 2． 即33n m -+的最大值为﹣ln 2 ． 故答案为：ln 2-.23．若对()0,x ∀∈+∞，不等式22ln ln 0x e a a a x --≥恒成立，则实数a 的最大值为______. 【答案】2e 令()22ln ln xf x ea a a x =--，所有()24x a f x e x'=-， ln a 有意义，所以0a >，所以()f x '在()0,∞+单调递增，因为当0x →时，()0f x '<，且()2410af a e '=->，所以()00,x a ∃∈使得()00f x '=，并且当()00,x x ∈时，()0f x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>， 所以函数()f x 在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增，所以()()0200min 2ln ln xf x f x e a a a x ==--，且()02004x a f x e x '=-所以0204x a x e=，00ln ln 4ln 2a x x =++，所以()()00002222000000min 2ln ln 24ln4ln 24ln x x x x f x ea a a x e x e x x x e x =--=-++-，()022*******ln 44ln 4x e x x x x =---()()()0220000212122ln ln 40x e x x x x ⎡⎤=-+-+≥⎣⎦ ， 所以()()()2000012122ln ln 40x x x x ⎡⎤-+-+≥⎣⎦，考虑函数()()()()22212122ln ln 4142ln 2ln 4h x x x x x x x x x ⎡⎤=-+-+=---⎣⎦， 其中()0,x ∈+∞，根据复合函数单调性可知()h x 在()0,∞+上单调递减，因为102h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以解()0h x >，得到10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以010,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，因为0204x a x e=在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，所以a 的最大值为1221422e e ⨯⨯=. 故答案为：2e24．已已已已()ln xf x e a x =+已已已已已D 已已已已已()f x 已已已已已已已①已已已已()0,a ∈+∞已已已()f x 已D 已已已已已已 ②已已已已(),0a ∈-∞已已已()f x 已已已已已已③已已()0,a ∈+∞已已已已已已已已x D ∈已已已()0f x >已已已 ④已已(),0a ∈-∞已已已已已()f x 已已已已已已 已已已已已已已已已已________．(已已已已已已已已已已已) 【答案】②④ 【解析】函数()e ln xf x a x =+的定义域是(0,)+∞，且()e xa f x x =+'，当0a >时，()e 0xa f x x=+>'在(0,)+∞恒成立，所以函数()e ln x f x a x =+在(0,)+∞上单调递增，故①错误；对于0a ∀<，存在00x >，使000()e 0xaf x x '=+=，则()f x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，所以对于任意(),0a ∈-∞，函数()f x 存在最小值0()f x ，故②正确；函数=e ,ln ,0x y y a x a =->的图象在(0,)+∞有公共点，所以对于任意0a >，()f x 有零点，故③错误；由②得函数()f x 存在最小值0()f x ，且存在(),0a ∈-∞，使000()e ln 0xf x a x =+<，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →+∞，故④正确；故填②④.25．设实数0λ>，若对任意的2(,)x e ∈+∞，关于x 的不等式ln 0x e x λλ-≥恒成立，则λ的最小值为______． 【答案】22e 实数0λ>，若对任意的2(,)x e ∈+∞， 不等式ln 0x e x λλ-≥恒成立， 即为min (ln )0xex λλ-≥，设2()ln ,x f x e x x e λλ=->， 所以21'()xf x exλλ=-， 令'()0f x =，可得：21xe xλλ=，由指数函数x y e =与反比例函数1y x=在第一象限有且只有一个交点，可得： xy e λ=与21y xλ=的图象在第一象限有且只有一个交点，设交点为(,)m n ，当x m >时，'()0f x >，()f x 单调递增； 当0x m <<时，'()0f x <，()f x 单调递减. 令21memλλ=，可得： 当1eλ=时，m e =满足方程； 即()f x 在(,)e +∞单调递增，因为2x e >，所以()f x 在2(,)e +∞上单调递增， 所以当2x e =时，由ln 0x e x λλ-≥可得：22e eλλ≥，22e eλλ≥， 22e λ=等号成立， 所以22e λ≥， 即λ的最小值为22e， 故答案是：22e .26．已知函数()()1ln ex f x a x a R =+∈．若函数()f x 在定义域内不是单调函数，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭由函数()f x 在定义域()0,+∞内不单调，得函数()f x 在定义域内有极值点．∵()1ln e xf x a x =+， ∴()0xa f x e x-+'=-=，∴x x a e=．令(),0x x g x x e =>，则()1x xg x e='-，∴函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 又()00,g x =→+∞当时，()0g x →，()11g e=， ∴()10g x e<≤． ∴实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．27．设(),()(()0)f x g x g x ≠分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x ''-<，且(2)0f -=，则不等式()0()f xg x >的解集为__________. 【答案】(,2)(0,2)-∞-⋃()f x 和()()()0g x g x ≠，分别是定义在R 上的奇函数和偶函数 ()()f x f x ∴-=- ()()g x g x -=，当0x <时，()()()()0f x g x f x g x '-'< 当0x <时，2()()()()()[]0()()f x f xg x f x g x g x g x '-''=<， 令()()g()f x h x x =，则()h x 在(,0)-∞上单调递减()()()()()()f x f x h x h xg x g x --==-=-- ()h x ∴为奇函数，根据奇函数的性质可得函数()h x 在(0,)+∞单调递增， (2)f f -=-（2）()()0202h h h ==∴-=-，，（2）0=()h x 图象如图，由图可知，()()0()f x h xg x =>的范围为(,2)(0,2)-∞-⋃ 故答案为：(,2)(0,2)-∞-⋃28．已知函数()2e 2ln xf x k x kx x=-+，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值集合是________．【答案】2e ,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 解：函数定义域0,，()()()2243e 2e 2e 2x x x kx x x x kf x k x x x+--'=-+=， 由题意可得，2x =是0f x 唯一的根，故20x e kx +=在0,上没有变号零点，即2e xk x-=在0x >时没有变号零点，令()2e xg x x =，0x >，则()()3e 2x x g x x-'=，当2x >时，0g x，函数单调递增，当02x <<时，0g x，函数单调递减，故当2x =时，()g x 取得最小值()2e 24g =，故2e 4k -≤即2e 4k ≥-．故答案为：2e ,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．29．对于函数()311k f x x k ==+∑，给出如下四个结论：其中正确的结论有______个. （1）这个函数的值域为R ；（2）这个函数在区间[0,)+∞上单调递减； （3）这个函数图象具有中心对称性； （4）这个函数至少存在两个零点. 【答案】4()311111123k f x x k x x x ===++++++∑，定义域：1x ≠-且2x ≠-且3x ≠-. 当[0,)x ∈+∞，()()()()2221110123f x x x x '=---<+++，所以()f x 在[)0,+∞单调递减，故（2）正确. 因为()111211f x x x x -+=++-+， ()()1112211f x f x x x x --=++=--+----+，所以()f x 关于点()2,0-中心对称，故（3）正确.()1111.201.21 1.22 1.23f -=++<-+-+-+，()1111.501.51 1.52 1.53f -=++>-+-+-+，所以函数()f x 在()1.5, 1.2--上有零点，同理()2.50f -<，()2.80f ->，函数()f x 在()2.8, 2.5--上有零点，故（4）正确. 当()1,x ∈-+∞时，()()0,f x ∈+∞，当(),3x ∈-∞-时，()(),0f x ∈-∞， 且函数又有零点，所以函数的值域为R ，故（1）正确. 故答案为：430．已知函数()()22x a f x x a e e ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，若存在x 0，使得()0241f x e ≤+，则实数a 的值为_____. 【答案】2211e e -+ 函数()()22x a f x x a e e ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭， 函数()f x 可以看作是动点(),xM x e与动点,a N a e ⎛⎫--⎪⎝⎭之间距离的平方， 动点M 在函数x y e =的图象上，N 在直线1y x e=的图象上， 问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离， 由x y e =得，1xy e e'==，解得1x =-， 所以曲线上点11,Me ⎛⎫- ⎪⎝⎭到直线1y x e =的距离最小，最小距离d =， 则24()1f x e +， 根据题意，要使24()1f x e ≤+，则24()1f x e =+， 此时N 恰好为垂足，由MNk e =-，解得2211e a e -=+．故答案为：2211e e -+．。
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高中数学高考总复习利用导数研究函数的性质习题及详解一、选择题1．(文)函数y ＝ax 3－x 在R 上是减函数，则( ) A ．a ＝13B ．a ＝1C ．a ＝2D ．a ≤0[答案] D[解析] y ′＝3ax 2－1，∵函数y ＝ax 3－x 在R 上是减函数， ∴3ax 2－1≤0在R 上恒成立，∴a ≤0.(理)(2010·瑞安中学)若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调递增函数，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，13 [答案] C[解析] f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知，f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13，故选C.2．(文)(2010·柳州、贵港、钦州模拟)已知直线y ＝kx ＋1及曲线y ＝x 3＋ax ＋b 切于点(1,3)，则b 的值为( )A ．3B ．－3C ．5D ．－5 [答案] A[解析] 由条件知(1,3)在直线y ＝kx ＋1上，∴k ＝2. 又(1,3)在曲线y ＝x 3＋ax ＋b 上，∴a ＋b ＝2， ∵y ′＝3x 2＋a ，∴3＋a ＝2，∴a ＝－1，∴b ＝3.(理)(2010·山东滨州)已知P 点在曲线F ：y ＝x 3－x 上，且曲线F 在点P处的切线及直线x＋2y＝0垂直，则点P的坐标为( )A．(1,1) B．(－1,0)C．(－1,0)或(1,0) D．(1,0)或(1,1)[答案] C[解析] ∵y′＝(x3－x)′＝3x2－1，又过P点的切线及直线x＋2y＝0垂直，∴y′＝3x2－1＝2，∴x＝±1，又P点在曲线F：y＝x3－x上，∴当x＝1时，y＝0，当x＝－1时，y＝0，∴P点的坐标为(－1,0)或(1,0)，故选C.3．(2010·山东文)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)及年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大的年利润的年产量为( )A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件[答案] C[解析] 由条件知x>0，y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9，当x∈(0,9)时，y′>0，函数单调递增，当x∈(9，＋∞)时，y′<0，函数单调递减，∴x＝9时，函数取得最大值，故选C.[点评] 本题中函数只有一个驻点x＝9，故x＝9就是最大值点．4．(文)(2010·四川双流县质检)已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为( )A．(2,3)∪(－3，－2) B．(－2，2)C．(2,3) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)[答案] A[解析] 由f′(x)图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，∴由条件可知f(x2－6)>1可化为0≤x2－6<3或0≥x2－6>－2，∴2<x<3或－3<x<－2.(理)(2010·哈三中)设f(x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，且g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－2)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为( )A．(－2,0)∪(0,2)B．(－2,0)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪(0,2)D．(－2，－∞)∪(2，＋∞)[答案] C[解析] 设φ(x)＝f(x)g(x)，∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∵g(x)为偶函数，∴g(－x)＝g(x)，∴φ(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－φ(x)，故φ(x)为奇函数，∵f(－2)＝0，∴φ(－2)＝f(－2)·g(－2)＝0，∴φ(2)＝0，∵x<0时，φ′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上为增函数，∴φ(x)在(0，＋∞)上为增函数，故使f(x)g(x)<0成立的x取值范围是x<－2或0<x<2.5．函数y＝x sin x＋cos x，x∈(－π，π)的单调增区间是( )A．(－π，－π2)和(0，π2)B．(－π2，0)和(0，π2)C．(－π，－π2)和(π2，π)D．(－π2，0)和(π2，π)[答案] A[解析] y′＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，当x∈(－π，－π2)时，y′＝x cos x>0，∴y为增函数；当x∈(－π2，0)时，y′＝x cos x<0，∴y为减函数；当x∈(0，π2)时，y′＝x cos x>0，∴y为增函数；当x∈(π2，π)时，y′＝x cos x<0，∴y为减函数；∴y＝x sin x＋cos x在(－π，－π2)和(0，π2)上为增函数，故应选A.6．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．不存在这样的实数[答案] B[解析] 因为y′＝3x2－12，由y′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故选B.[点评] 已知函数f(x)，由f′(x)的符号可得到函数f(x)的单调区间，而f(x)在区间(k－1，k＋1)上不单调，因此，k－1及k＋1应分布在函数f(x)的两个单调区间内．请再练习下题：已知函数f(x)＝x3－kx在区间(－3，－1)上不单调，则实数k的取值范围是________．[答案] 3<k <27[解析] f ′(x )＝3x 2－k .由3x 2－k >0，得x 2>k3，若k ≤0，则f (x )显然在(－3，－1)上单调递增，∴k >0，∴x >k3或x <－k3. 由3x 2－k <0得－k3<x <k3，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－k 3上单调递增，在(－k3，k3)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫k3，＋∞上单调递增， 由题设条件知－3<－k3<－1，∴3<k <27.7．函数y ＝e x2在点(4，e 2)处的切线及坐标轴所围成三角形的面积为( )A.92e 2B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2[答案] D[解析] ∵y ′＝12·e x 2，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝4＝12e 2，∴切线方程为y －e 2＝12e 2(x －4)，令x ＝0得y ＝－e 2，令y ＝0得x ＝2，∴S ＝e 2.8．已知a ，b 是实数，且e <a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 及b a 的大小关系是( )A ．a b >b aB ．a b <b aC ．a b＝b aD ．a b及b a的大小关系不确定 [答案] A[解析] 令f (x )＝ln xx，则f ′(x )＝1－ln xx 2.当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e <a <b ，∴f (a )>f (b )，即ln a a >ln bb，∴b ln a >a ln b ，∴ln a b >ln b a ，∴a b >b a .9．(2010·安徽合肥质检)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为( )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)[答案] D[解析] 不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0化为⎩⎨⎧x 2－2x －3>0f ′x >0(1)或⎩⎨⎧x 2－2x －3<0f ′x <0(2)∵f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调增，在(－1,1)上单调减， ∴f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0解集为(－1,1)，由x 2－2x －3>0得，x <－1或x >3，由x 2－2x －3<0得，－1<x <3.∴由(1)得⎩⎨⎧x <－1或x >3x <－1或x >1，∴x <－1或x >3；由(2)得⎩⎨⎧－1<x <3－1<x <1，∴－1<x <1.综上可知，x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．10．(文)(2010·合肥市)已知函数f (x )＝x 33＋12ax 2＋2bx ＋c 的两个极值分别为f (x 1)，f (x 2)，若x 1，x 2分别在区间(0,1)及(1,2)内，则b －2a 的取值范围是( )A ．(－4，－2)B ．(－∞，2)∪(7，＋∞)C ．(2,7)D ．(－5，－2)[答案] C[解析] 由条件知，f ′(x )＝x 2＋ax ＋2b ＝0的两根x 1，x 2分别在(0,1)和(1,2)内，∴f ′(0)＝2b >0，f ′(1)＝1＋a ＋2b <0，f ′(2)＝4＋2a ＋2b >0，作出可行域如图中阴影部分，当直线z ＝b －2a 经过可行域内点A (－1,0)时，z 取最小值2，经过点B (－3,1)时，z 取最大值7，∴b －2a ∈(2,7)．(理)(2010·延边州质检)定义在R 上的函数f (x )满足f (4)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，已知函数y ＝f ′(x )的图象如下图所示，若两正数a ，b 满足，f (2a ＋b )<1，则b ＋2a ＋2的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12∪(3，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 D ．(－∞，－3)[答案] A[解析] ∵f (4)＝1，∴f (2a ＋b )<1化为f (2a ＋b )<f (4)，∴a ，b >0，∴2a ＋b >0，由图知在(0，＋∞)上，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴2a ＋b <4，如图，可行域为△AOB 的内部(不含边界)，b ＋2a ＋2表示可行域内点及点P (－2，－2)连线的斜率，∵k PA ＝12，k PB ＝3，∴12<b ＋2a ＋2<3.[点评] 特别注意f ′(x )的图象提供了f (x )的单调性，从而利用单调性将不等式f (2a ＋b )<1化去函数符号“f ”，转化为通常的二元一次不等式，请再练习下题．已知函数f (x )的定义域为[－2，＋∞)，部分对应值如下表，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如右图所示，若两正数a ，b 满足f (2a ＋b )<1，则b ＋3a ＋3的取值范围是________. x－24f (x )1 －1 1答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫35，73二、填空题11．(2010·北京顺义一中月考)已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是________．[答案] 3[解析] f ′(x )＝3x 2－a ，∵f (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，∴a的最大值为3.12．(文)(2010·绵阳市诊断)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象在x ＝1处的切线及直线2x －y －1＝0垂直，则a ＝________.[答案] －32[解析] ∵f ′(x )＝1x ＋a ，∴f ′(1)＝1＋a ，由条件知，1＋a ＝－12，∴a ＝－32.(理)(2010·绵阳市诊断)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax 的图象在x ＝1处的切线及直线x ＋2y －1＝0平行，则实数a 的值为________．[答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝11＋x －a ，∴f ′(1)＝12－a .由题知12－a ＝12，解得a ＝1.13．(2010·浙江杭州冲刺卷)函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )在(a ，b )上的图象如图，则y ＝f (x )在区间(a ，b )上极大值的个数为________．[答案] 2[解析] 由f ′(x )在(a ，b )上的图象可知f ′(x )的值在(a ，b )上，依次为＋－＋－＋，∴f (x )在(a ，b )上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f (x )在(a ，b )上的极大值点有两个．14．(2010·广州市质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c 在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f (x )在R 上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)b 的值为________；(2)f (2)的取值范围是________．[答案] (1)0 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞[解析] (1)∵f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c ， ∴f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .∵f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数， ∴当x ＝0时，f (x )取到极小值，即f ′(0)＝0， ∴b ＝0.(2)由(1)知，f (x )＝－x 3＋ax 2＋c ，∵1是函数f (x )的一个零点，即f (1)＝0，∴c ＝1－a . ∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝0的两个根分别为x 1＝0，x 2＝2a3. 又∵f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，且函数f (x )在R 上有三个零点，∴2a 3应是f (x )的一个极大值点，因此应有x 2＝2a 3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. 三、解答题15．(文)设函数g (x )＝13x 3＋12ax 2－bx (a ，b ∈R )，在其图象上一点P (x ，y )处的切线的斜率记为f (x )．(1)若方程f (x )＝0有两个实根分别为－2和4，求f (x )的表达式； (2)若g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a 2＋b 2的最小值． [解析] (1)根据导数的几何意义知f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ，由已知－2,4是方程x 2＋ax －b ＝0的两个实根，由韦达定理⎩⎨⎧－2＋4＝－a－2×4＝－b，∴⎩⎨⎧a ＝－2b ＝8，f (x )＝x 2－2x －8.(2)g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ≤0，即f (x )＝x 2＋ax －b ≤0在[－1,3]上恒成立这只需满足⎩⎨⎧f－1≤0f3≤0即可，也即⎩⎨⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9，而a 2＋b 2可视为平面区域⎩⎨⎧ a ＋b ≥1b －3a ≥9内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3)距离原点最近．所以当⎩⎨⎧a ＝－2b ＝3时，a 2＋b 2有最小值13.(理)(2010·广东文，20)已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )＝kf (x ＋2)，其中常数k 为负数，且f (x )在区间[0,2]上有表达式f (x )＝x (x －2)．(1)求f (－1)，f (2.5)的值；(2)写出f (x )在[－3,3]上的表达式，并讨论函数f (x )在[－3,3]上的单调性；(3)求出f (x )在 [－3,3]上的最小值及最大值，并求出相应的自变量的取值．[解析] (1)由f (－1)＝kf (1)，f (2.5)＝1k f (12)知需求f (12)和f (1)，f (1)＝－1，f (12)＝12×(12－2)＝－34，∴f (－1)＝－k ，f (2.5)＝－34k(2)∵对任意实数x ，f (x )＝kf (x ＋2)， ∴f (x －2)＝kf (x )， ∴f (x )＝1kf (x －2)，当－2≤x <0时，0≤x ＋2<2，∴f (x )＝kf (x ＋2)＝k (x ＋2)·x ， 当－3≤x <－2时，－1≤x ＋2<0，∴f (x )＝kf (x ＋2)＝k 2(x ＋4)(x ＋2)， 当2≤x ≤3时，0≤x －2≤1，∴f (x )＝1k f (x －2)＝1k(x －2)(x －4)．综上知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k 2x ＋4x ＋2 －3≤x <－2k x ＋2x －2≤x <0xx －2 0≤x <21kx －2x －4 2≤x ≤3，∵k <0，∴由f (x )的解析式易知f (x )在[－3，－1]及[1,3]上是增函数，在[－1,1]上为减函数．(3)∵f (x )在[－3，－1]上单调增，在[－1,1]上单调减，在[1,3]上单调增，∴f (－1)＝－k 为极大值，f (1)＝－1为极小值，又f (－3)＝－k 2，f (3)＝－1k，k <0，∴最大值为f (－1)或f (3)，最小值为f (1)或f (－3)， 令－k ＝－1k得，k ＝±1，令－1＝－k 2得k ＝±1，又k <0，∴k ＝－1，∴当－1<k <0时，－k <－1k，－k 2>－1，此时f max (x )＝f (3)＝－1k，f min (x )＝f (1)＝－1；当k ≤－1时，－k ≥－1k，－k 2≤－1，此时f max (x )＝f (－1)＝－k ，f min (x )＝f (－3)＝－k 2.16．(文)(2010·哈三中)已知函数f (x )＝ax 3＋cx (a ≠0)，其图象在点(1，f (1))处的切线及直线x －6y ＋21＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12.(1)求函数f (x )的解析式；(2)求y ＝f (x )在x ∈[－2,2]的值域．[解析] (1)f ′(x )＝3ax 2＋c ，则⎩⎨⎧f ′1＝－6c ＝－12，则⎩⎨⎧a ＝2c ＝－12，所以f (x )＝2x 3－12x .(2)f ′(x )＝6x 2－12，令f ′(x )＝0得，x ＝± 2.所以函数y ＝f (x )在(－2，－2)和(2，2)上为增函数，在(－2，2)上为减函数．f (－2)＝8，f (2)＝16－24＝－8，f (2)＝－82，f (－2)＝82，所以y ＝f (x )在x ∈[－2,2]上的值域为[－82，82]．(理)(2010·山东威海)已知函数f (x )＝6ln x (x >0)和g (x )＝ax 2＋8x －b (a ，b 为常数)的图象在x ＝3处有公切线．(1)求实数a 的值；(2)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的极大值和极小值；(3)关于x的方程f(x)＝g(x)有几个不同的实数解？[解析] (1)f′(x)＝6x，g′(x)＝2ax＋8根据题意得，f′(3)＝g′(3)，解得a＝－1 (2)F(x)＝f(x)－g(x)＝6ln x＋x2－8x＋b令F′(x)＝6x＋2x－8＝0得x＝1或x＝3∵0<x<1时，F′(x)>0，F(x)单调递增；1<x<3时，F′(x)<0，F(x)单调递减；x>3时，F′(x)>0，F(x)单调递增；∴F(x)极大值为F(1)＝b－7，∴F(x)极小值为F(3)＝b－15＋6ln3.(3)根据题意，方程f(x)＝g(x)实数解的个数即为函数F(x)＝f(x)－g(x)＝6ln x＋x2－8x＋b零点的个数由(2)的结论知：①当b－7<0或b－15＋6ln3>0，即b<7或b>15－6ln3时，函数F(x)仅有一个零点，也即方程f(x)＝g(x)有一个实数解；②当b＝7时或b＝15－6ln3时，方程f(x)＝g(x)有两个实数解③当b－7>0且b－15＋6ln3<0，即7<b<15－6ln3时，函数F(x)有三个零点，即方程f(x)＝g(x)有三个实数解；综上所述，当b<7或b>15－6ln3时，方程f(x)＝g(x)有一个实数解；当b＝7或b＝15－6ln3时，方程f(x)＝g(x)有两个实数解；当7<b<15－6ln3时，方程f(x)＝g(x)有三个实数解．17．(文)(2010·山东文，21)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1－ax－1(a∈R)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≤12时，讨论f(x)的单调性．[解析] (1)a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋2x－1，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝1x＋1－2x2＝x2＋x－2x2，x∈(0，＋∞)，因此f′(2)＝1，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为1.又f(2)＝ln2＋2，所以y＝f(x)在(2，f(2))处的切线方程应为y－(ln2＋2)＝x－2，即x －y＋ln2＝0.(2)因为f(x)＝ln x－ax＋1－ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x＋1－ax2x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，①当a＝0时，g(x)＝1－x，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，g(x)>0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，此时f′(x)>0，f(x)单调递增；②当a≠0时，g(x)＝a(x－1)[x－(1a－1)]，x∈(0，＋∞)(ⅰ)当a＝12时，g(x)≥0恒成立，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(ⅱ)当0<a<12时，1a－1>1>0，x∈(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(1，1a－1)时，g(x)<0，此时f′(x)>0，f(x)单调递增；x ∈(1a－1，＋∞)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，f (x )单调递减；③当a <0时，由1a－1<0，x ∈(0,1)时，g (x )>0，有f ′(x )<0，f (x )单调递减 x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，有f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述：当a ≤0时，函数f (x )在(0,1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，1a －1)上单调递增，在(1a －1，＋∞)上单调递减．[点评] 分类讨论时要做到不重不漏，层次清楚．(理)(2010·北京崇文区)已知函数f (x )＝a ln(2x ＋1)＋bx ＋1. (1)若函数y ＝f (x )在x ＝1处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线及直线2x ＋y －3＝0平行，求a 的值；(2)若b ＝12，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．[解析] (1)函数f (x )的定义域为(－12，＋∞)f ′(x )＝2bx ＋2a ＋b2x ＋1由题意⎩⎨⎧f ′1＝0f ′＝－2，解得⎩⎨⎧a ＝－32b ＝1，∴a ＝－32.(2)若b ＝12，则f (x )＝a ln(2x ＋1)＋12x ＋1.f ′(x )＝2x ＋4a ＋14x ＋2.①令f ′(x )＝2x ＋4a ＋14x ＋2>0，由函数定义域可知，4x ＋2＝2(2x ＋1)>0，所以2x ＋4a ＋1>0(※)1°当a ≥0时(※)总成立，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；2°当a <0时，由(※)式得x >－2a －12，∵－2a －12>－12，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a －12，＋∞，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；②令f ′(x )＝2x ＋4a ＋14x ＋2<0，即2x ＋4a ＋1<01°当a ≥0时，不等式f ′(x )<0无解； 2°当a <0时，解2x ＋4a ＋1<0得x <－2a －12，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2a －12，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；综上：当a ≥0时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞为增函数；当a <0时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a －12，＋∞为增函数；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2a －12为减函数．。