2015届高考数学一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质

2015届高考数学一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质
基础巩固强化
一、选择题
1．(文)(2012·陕西文，9)设函数f (x )＝2
x ＋ln x ，则( )
A ．x ＝1
2为f (x )的极大值点
B ．x ＝1
2为f (x )的极小值点
C ．x ＝2为f (x )的极大值点
D ．x ＝2为f (x )的极小值点 [答案] D
[解析] 由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x (1－2
x )＝0可得x ＝2.
当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >2时 f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以x ＝2为极小值点． (理)(2012·陕西理，7)设函数f (x )＝x e x ，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 [答案] D
[解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值． f ′(x )＝e x ＋x e x ，令f ′(x )＝0， ∴e x ＋x e x ＝0，∴x ＝－1，
当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＝e x ＋x e x <0，x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＝e x ＋x e x >0，∴x ＝－1为极小值点，故选D.
[点评] 求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号，同时要注意函数的定义域． 2．(2013·贵州四校期末)已知函数f (x )＝x 3－2x 2－4x －7，其导函数为f ′(x )．则以下四个命题： ①f (x )的单调减区间是(2
3，2)；
②f (x )的极小值是－15；
③当a >2时，对任意的x >2且x ≠a ，恒有f (x )>f (a )＋f ′(a )(x －a )； ④函数f (x )有且只有一个零点． 其中真命题的个数为( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个
D ．4个
[答案] C
[解析] f ′(x )＝3x 2－4x －4＝(3x ＋2)(x －2)，可得f (x )在(－∞，－23)上为增函数，在(－2
3，2)上
为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，故①错误；f (x )极小值＝f (2)＝－15，故②正确；在(2，＋∞)上，f (x )为“下凸”函数，
又a >2，x ≠a ，当x >a 时，有f (x )－f (a )x －a >f ′(a )恒成立；当x <a 时，有f (x )－f (a )
x －a <f ′(a )恒成立，
故恒有f (x )>f (a )＋f ′(a )(x －a )，故③正确；f (x )极大值＝f (－2
3)<0，故函数f (x )只有一个零点，④正确．真
命题为②③④，故选C.
3．(文)(2013·郑州第一次质量预测)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则2a ＋b 的值为( )
A ．2
B ．－1
C ．1
D ．－2
[答案] C
[解析] ∵直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，且y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
3＝k ×1＋13＝13
＋a ×1＋b k ＝3×12＋a
，解得a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.
(理)(2013·昆明调研)若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b ＝( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．2
[答案] C
[解析] 依题意得，f ′(x )＝－a sin x ，g ′(x )＝2x ＋b ，于是有f ′(0)＝g ′(0)，即－a sin0＝2×0＋b ，b ＝0，m ＝f (0)＝g (0)，即m ＝a ＝1，因此a ＋b ＝1，选C.
4．(2012·洛阳统考)若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同零点，则a 可能为( ) A ．4 B ．6 C ．7 D ．8 [答案] A
[解析] f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0得x <1或x >2，由f ′(x )<0得1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)、f (2)，欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4，而选项中只给出了一个值4，所以选A.
5．(文)
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(a，b)内的极大值点有()
A．1个B．2个
C．3个D．4个
[答案] B
[解析]由导函数的图象知，f(x)在(a，b)内变化情况为增→减→增→减，故有两个极大值点．(理)(2012·重庆理，8)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如下图所示，则下列结论中一定成立的是()
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
[答案] D
[解析]当x<－2时，1－x>3，则f′(x)>0；
当－2<x<1时，0<1－x<3，则f′(x)<0；
∴函数f(x)有极大值f(－2)，当1<x<2时，－1<1－x<0，则f′(x)<0；x>2时，1－x<－1，则f′(x)>0，∴函数f(x)有极小值f(2)，故选D.
6．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为()
A.4
27
，0 B ．0，4
27
C ．－4
27，0
D ．0，－4
27
[答案] A
[解析] f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得，
⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧
p ＝2，q ＝－1.
∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ， 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝1
3或x ＝1，
易得当x ＝13时f (x )取极大值4
27，
当x ＝1时f (x )取极小值0.
(理)(2013·浙江理，8)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 [答案] C
[解析] ①当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，此时f ′(x )＝e x (x －1)＋(e x －1)＝e x ·x －1，∴A 、B 项均错．②当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2此时f ′(x )＝e x (x －1)2＋(2x －2)(e x －1)＝e x ·x 2－2x －e x ＋2＝e x (x ＋1)(x －1)－2(x －1)＝(x －1)[e x (x ＋1)－2]，显然f ′(1)＝0，x >1时f ′(x )>0，x <1时，在x ＝1附近x －1<0，e x (x ＋1)>2，∴f ′(x )<0，故f (x )在x ＝1处取得极小值．
二、填空题
7．(文)函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x 的单调减区间为________． [答案] [－3,1]
[解析] f ′(x )＝3x 2＋6x －9，由f ′(x )≤0得－3≤x ≤1，∴f (x )的单调减区间为[－3,1]． (理)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．
[答案] [－2，－1]
[解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上，故－m ＋n ＝2① 又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由条件知f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3②
联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2， 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0， 则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0，
所以t ∈[－2，－1]．
[点评] f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，故[t ，t ＋1]是f (x )的减区间的子集．
8．已知函数f (x )＝x 3－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>k
3，若k ≤0，则f (x )显然在(－3，－1)上单调递增，
∴k >0，∴x >
k
3
或x <－k 3. 由3x 2－k <0得－k 3
<x <k 3
， ∴f (x )在⎝
⎛⎭
⎫
－∞，－
k 3上单调递增，在(－k 3
，k
3)上单调递减，在⎝
⎛⎭
⎫k 3，＋∞上单调递增，
由题设条件知－3<－
k
3
<－1，∴3<k <27. 9．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．
[答案] －37
[解析] f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，
∴f (x )在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减， 由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37， ∴最小值为－37. 三、解答题
10．(文)若函数f (x )＝13x 3－1
2ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函
数，试求实数a 的取值范围．
[解析] 函数f (x )的导数f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1. 令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝a －1.
当a －1≤1即a ≤2时，函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数，不合题意；
当a －1>1即a >2时，函数f (x )在(－∞，1)上为增函数，在(1，a －1)上为减函数，在(a －1，＋∞)上为增函数．
依题意当x ∈(1,4)时，f ′(x )<0； 当x ∈(6，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以4≤a －1≤6，解得5≤a ≤7. 所以a 的取值范围为[5,7]． (理)已知f (x )＝ax 3－2ax 2＋b (a ≠0)． (1)求出f (x )的极值；
(2)若f (x )在区间[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，求f (x )的解析式．
[解析] (1)f ′(x )＝3ax 2－4ax ，令f ′(x )＝0⇒x ＝0或x ＝4
3.
当a >0时，
当x ＝43时，y 取得极小值b －3227a ，
同理当a <0时，x ＝0时，y 取得极小值b ， x ＝43时，y 取得极大值b －3227
a . (2)当a >0时，f (x )在[－2,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (0)＝
b ＝5. 又f (－2)＝b －16a <f (1)＝b －a ， 所以b －16a ＝－11，a ＝1.
当a <0时，f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝b ＝－11. 又f (－2)＝b －16a >f (1)＝b －a ， 所以b －16a ＝5，a ＝－1.
综上，f (x )＝x 3－2x 2＋5或f (x )＝－x 3＋2x 2－11.
能力拓展提升
一、选择题
11．(文)已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )
A ．2
B ．1
C ．－1
D ．－2
[答案] A
[解析] ∵a 、b 、c 、d 成等比数列，∴ad ＝bc ， 又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝2，或⎩
⎪⎨⎪⎧
b ＝－1，
c ＝－2.∴a
d ＝2. (理)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⎩
⎨⎧⎭
⎬
⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2010的值为( )
A.20102011
B.10052011
C.40204021
D.20104021
[答案] D
[解析] ∵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， ∴
1f (n )＝14n 2－1＝12n －1·12n ＋1
＝12⎝⎛⎭
⎫1
2n －1－12n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和S n ＝1f (1)＋1f (2)＋…＋1f (n )＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝⎛⎭⎫1
2n －1－12n ＋1
＝12⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1
，∴S 2010＝2010
4021. 12．(文)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
[解析] 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)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.
(理)(2013·湖北理，10)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( ) A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12
B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－1
2
C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－1
2
D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－1
2
[答案] D
[解析] 由题意知，函数f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －ax 2有两个极值点， 即f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ＝0在区间(0，＋∞)上有两个根．
令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝1
x －2a ＝－2ax ＋1x ，当a ≤0时h ′(x )>0，h (x )在区间(0，＋∞)
上递增，f ′(x )＝0不可能有两个正根，
∴a >0.由h ′(x )＝0，可得x ＝
12a ，从而可知h (x )在区间(0，12a )上递增，在区间(12a
，＋∞)上递减．因此需h (12a )＝ln 12a ＋1－1＝ln 12a >0，即12a >1时满足条件，故当0<a <1
2时，h (x )＝0有两个根x 1，x 2，且
x 1<1
2a
<x 2.
又h (1)＝1－2a >0，∴x 1<1<1
2a <x 2，从而可知函数f (x )在区间(0，x 1)上递减，在区间(x 1，x 2)上递
增，在区间(x 2，＋∞)上递减．
∴f (x 1)<f (1)＝－a <0，f (x 2)>f (1)＝－a >－1
2.故选D.
二、填空题
13．(文)(2013·天津一中月考)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b 的值为________．
[答案] －7
[解析] f ′(x )＝3x 2
＋6ax ＋b ，若在x ＝－1处有极值0，则⎩
⎪⎨⎪⎧
f ′(－1)＝3－6a ＋b ＝0，f (－1)＝－1＋3a －b ＋a 2
＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1，
b ＝3，
但当a ＝1，b ＝3时，f ′(x )＝3(x ＋1)2≥0，不合题意， 故a －b ＝－7.
(理)(2013·课标全国Ⅰ理，16)若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为________．
[答案] 16
[解析] ∵函数f (x )的图象关于直线x ＝－2对称， ∴f (x )满足f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)，
即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－15(16－4a ＋b )，0＝－8(9－3a ＋b )，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝8，
b ＝15.
∴f (x )＝－x 4－8x 3－14x 2＋8x ＋15. 由f ′(x )＝－4x 3－24x 2－28x ＋8＝0， 得x 1＝－2－5，x 2＝－2，x 3＝－2＋ 5.
易知，f (x )在(－∞，－2－5)上为增函数，在(－2－5，－2)上为减函数，在(－2，－2＋5)上为增函数，在(－2＋5，＋∞)上为减函数．
∴f (－2－5)＝[1－(－2－5)2][(－2－5)2＋8(－2－5)＋15] ＝(－8－45)(8－45) ＝80－64＝16.
f (－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15] ＝－3(4－16＋15)＝－9.
f (－2＋5)＝[1－(－2＋5)2][(－2＋5)2＋8(－2＋5)＋15] ＝(－8＋45)(8＋45) ＝80－64＝16. 故f (x )的最大值为16.
14．(文)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )
的最小值是________．
[答案] －13
[解析] 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.
(理)(2013·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －m
x (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.
[答案] －3e
[解析] f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋m
x
2(x >0)，
当m >0时，f ′(x )>0，f (x )在区间[1，e]上为增函数， f (x )有最小值f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m >0矛盾．
当m <0时，若－m <1即m >－1，f (x )min ＝f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m >－1矛盾；
若－m ∈[1，e]，即－e ≤m ≤－1，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1＝4， 解得m ＝－e 3，与－e ≤m ≤－1矛盾；
若－m >e ，即m <－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m
e ＝4，解得m ＝－3e ，符合题意．
三、解答题
15．(文)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋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． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .
因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝8.即⎩
⎪⎨⎪⎧
12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8.
解得a ＝4，b ＝24. (2)f ′(x )＝3(x 2－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 ＝±a .
当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．
∴f (x )的单调增区间为(－∞，－a )和(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a )． 故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点． (理)(2013·昆明调研)设f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R 且a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)若a ＝1，证明：x ∈[1,2]时，f (x )－3<1
x
成立．
[解析] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x ＋a ，
当a >0时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数． 当a <0时，f ′(x )＝ax ＋1
x
，
由f ′(x )>0得0<x <－1a ；由f ′(x )<0得，x >－1
a
.
∴函数f (x )在(0，－1a )上是增函数；在(－1
a ，＋∞)上是减函数．
(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x ， 要证x ∈[1,2]时，f (x )－3<1
x
成立，
只需证x ln x ＋x 2－3x －1<0在x ∈[1,2]时恒成立． 令g (x )＝x ln x ＋x 2－3x －1，则g ′(x )＝ln x ＋2x －2， 设h (x )＝ln x ＋2x －2，则h ′(x )＝1
x
＋2>0，
∴h (x )在[1,2]上单调递增，∴g ′(1)≤g ′(x )≤g ′(2)，即0≤g ′(x )≤ln2＋2，
∴g (x )在[1,2]上单调递增，∴g (x )≤g (2)＝2ln2－3<0，∴当x ∈[1,2]时，x ln x ＋x 2－3x －1<0恒成立，即原命题得证．
考纲要求
1．了解函数单调性和导数的关系．
2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)． 3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．
4．会用导数求函数的极大值、极小值，会用导数求闭区间上函数的最大(小)值(其中多项式函数一般不超过三次)．
补充说明
1．抓住三个考点：用导数求函数的单调区间、极值与最值，明确两个条件：
一是f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．二是对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件；掌握利用导数讨论函数单调性、极(最)值的基本方法步骤．明确极值与最值的区别．牢记定义域的限制；防范错误的认为极值点就是最值点，导数
为0的点就是极值点，f (x )单调递增⇔f ′(x )>0.
2．求函数的极值、最值时，要严格按解题步骤规范条理的写出解答过程，养成列表的习惯，含参数时注意分类讨论，已知单调性求参数的值域或取值范围时，要注意其中隐含f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．还要注意f (x )在区间A 上单调增(或减)与f (x )的单调增(或减)区间是A 的区别．
3．易错警示
[例]已知函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1在R 上是减函数，求a 的取值范围． [错解] 求函数的导数f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，
当f ′(x )<0时，f (x )是减函数，则f ′(x )＝3ax 2＋6x －1<0(x ∈R )．故⎩
⎪⎨⎪
⎧
a <0，Δ<0.解得a <－3.
[错因分析] f ′(x )<0(x ∈(a ，b ))是f (x )在(a ，b )上单调递减的充分不必要条件，在解题过程中易误作是充要条件，如f (x )＝－x 3在R 上递减，但f ′(x )＝－3x 2≤0.
[正确解答] 函数的导数f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，
∵f (x )是减函数，∴f ′(x )＝3ax 2
＋6x －1≤0(x ∈R )．故⎩
⎪⎨⎪⎧
a <0，
Δ≤0，解得a ≤－3.
综上a 的取值范围是a ≤－3. 4．如何利用导数证明不等式
导数作为一种研究数学知识的工具，在求函数单调性、最值等方面发挥了独特的作用，同样，我们也可以利用导数完成一些不等式的证明问题，其关键在于要构造好函数的形式，转化为研究函数的单调性、最值或值域问题，一般难度较大．
[例] (2012·山东)已知函数f (x )＝ln x ＋k
e x (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y ＝
f (x )
在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．
(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；
(3)设g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －
2.
[审题要点] (1)由已知，求导后利用方程f ′(1)＝0即可求出k 的值；(2)讨论f ′(x )在(0，＋∞)上的符号可得出函数f (x )的单调区间；(3)变换g (x )＝x ＋1e x (1－x －x ln x )，适当构造函数，证明0<x ＋1
e x <1,1
－x －x ln x ≤1＋e
－2
即可．
[规范解答] (1)解：由f (x )＝
ln x ＋k
e x
， 得f ′(x )＝1－kx －x ln x
x e x
，x ∈(0，＋∞)，
由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行． 所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.
(2)解：由(1)得f ′(x )＝1
x e
x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)，
令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，
当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0. 又e x >0，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.
因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)证明：因为g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，
所以g (x )＝x ＋1
e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)．
因此，对任意x >0，g (x )<1＋e
－2
等价于1－x －x ln x <e x x ＋1
(1＋e －
2)．
由(2)知h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，
所以h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －lne －
2)，x ∈(0，＋∞)．
因此，当x ∈(0，e －
2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；
当x ∈(e －
2，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．
所以h (x )的最大值为h (e －
2)＝1＋e －
2.
故1－x －x ln x ≤1＋e －
2.
设φ(x )＝e x －(x ＋1)，则φ′(x )＝e x －1＝e x －e 0，
所以当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，φ(x )>φ(0)＝0， 故当x ∈(0，＋∞)时，φ(x )＝e x －(x ＋1)>0， 即e x x ＋1
>1. 所以1－x －x ln x ≤1＋e －2
<e x x ＋1
(1＋e －
2)．
因此对任意x >0，g (x )<1＋e －
2.
备选习题
1．已知非零向量a 、b 满足|a |＝3|b |，若函数f (x )＝1
3x 3＋|a |x 2＋2a ·b x ＋1在R 上有极值，则〈a ，
b 〉的取值范围是( )
A ．[0，π
6]
B ．(0，π
3]
C ．(π6，π2]
D ．(π
6
，π]
[答案] D
[解析] 据题意知，f ′(x )＝x 2＋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 〉＝a ·b |a |·|b |<|a |2
2|a |·
|a |3
＝32，解得π
6
<〈a ，b 〉≤π.
2．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )
[答案] D
[解析] 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋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 )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导数在区间(0，x 1)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．
3．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
[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0， ∴xf ′(x )≤－f (x )≤0.
设y ＝f (x )
x ，则y ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2≤0，
故y ＝f (x )
x 为减函数或为常数函数．
又a <b ，∴f (a )a ≥f (b )
b ，
∵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 ＝f (x )
x
通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论．
4．(2013·山西诊断)设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”．若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋5
2在区间[1,4]上存在次不动点，则实数a
的取值范围是( )
A ．(－∞，0)
B ．(0，1
2)
C ．[1
2
，＋∞)
D ．(－∞，1
2
]
[答案] D
[解析] 设g (x )＝f (x )＋x ，依题意，存在x ∈[1,4]，使g (x )＝f (x )＋x ＝ax 2－2x －a ＋5
2＝0.当x ＝1
时，g (1)＝12≠0；当x ≠1时，由ax 2－2x －a ＋5
2＝0得a ＝4x －52(x 2－1).记h (x )＝4x －52(x 2－1)(1<x ≤4)，则由h ′(x )
＝－2x 2＋5x －2(x 2－1)2
＝0得x ＝2或x ＝1
2(舍去)．当x ∈(1,2)时，h ′(x )>0；当x ∈(2,4)时，h ′(x )<0，即函数h (x )在(1,2)上是增函数，在(2,4)上是减函数，因此当x ＝2时，h (x )取得最大值，最大值是h (2)＝1
2，
故满足题意的实数a 的取值范围是(－∞，1
2
]，选D.
5．(2013·安庆模拟)定义在R 上的函数f (x )满足(x ＋2)f ′(x )<0(其中f ′(x )是函数f (x )的导数)，又a ＝f (log 123)，b ＝f [(1
3
)0.1]，c ＝f (ln3)，则a ，b ，c 的大小关系为______．(从大到小排列)
[答案] a >b >c
[解析] 因为－2＝log 124<log 123<log 121＝0,0<(13)0.1<(13)0＝1，ln3>ln e ＝1，因而－2<log 123<(13)0.1<ln3.
由(x ＋2)f ′(x )<0知，当x >－2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－2，＋∞)上是减函数，从而f (log 12
3)>f [(1
3
)0.1]>f (ln3)，即a >b >c .
6．(2012·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－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．
[答案] (1，2)
[解析] ∵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 (x 2－1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．。