2021第3讲 利用导数研究函数的性质
【2021新高考数学】利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【举一反三】
1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________． x
1，＋∞ 【答案】 2
【解析】
由
y＝4x2＋1，得 x
y′＝8x－x12(x≠0)，令
y′>0，即
8x－x12>0，解得
x>1， 2
∴函数
y＝4x2＋1的单调增区间为
2
.
2
2
当 x (, 2 ) 时，函数为增函数；当 x ( 2 , ) 时，函数也为增函数.
2
2
令 f (x) 6x2 3 0 ，解得 2 x 2 .当 x ( 2 , 2 ) 时，函数为减函数.
2
2
22
故函数 f (x) 2x3 3x 的单调递增区间为 (, 2 ) 和 ( 2 , ) ，单调递减区间为 ( 2 , 2 ) .
当求得的单调区间不止一个时，单调区间要用“，”或“和”字等隔开，不要用符号“∪”连接
【举一反三】 1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________．
x 2．函数 f(x)＝x·ex－ex＋1 的单调增区间是________． 3．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)的单调减区间是________． 4．已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调增区间是_______．
2x 2 (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
第十四讲 利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【套路秘籍】
一．函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果 f′(x)<0，那么函数 y＝f(x) 在这个区间内单调递减． 二．函数的极值 (1)一般地，求函数 y＝f(x)的极值的方法 解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 时：
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-∞。
利用导数研究函数的性质
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链教材·夯基固本 激活思维
3．(人 A 选必二 P91 例 5)函数 f(x)＝13x3－4x＋4 的极大值为__2_38__，极小值为__－__43___．
【解析】 因为 f(x)＝13x3－4x＋4，所以 f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．令 f′(x)＝0，解 得 x＝－2 或 x＝2． 当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，当 x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，当 x∈(2，＋∞)时， f′(x)＞0，因此，当 x＝－2 时，f(x)有极大值，并且极大值为 f(－2)＝238；当 x＝2 时，f(x)有极小值，并且极小值为 f(2)＝－43．
1 (1)已知f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5，则函数f(x)的单调递减区间为
A．(1，＋∞)
B．(ln3，＋∞)
C．(－∞，ln3)
D．(－∞，＋∞)
( D)
【解析】 由题可知f(x)的定义域为R，且f′(x)＝6x＋6－6ex＝6(x＋1－ex)． 令 g(x) ＝ x ＋ 1 － ex ， 则 g′(x) ＝ 1 － ex ， x ∈ R ． 当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时 ， g′(x) ＞ 0 ； 当 x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调 递减，则g(x)的最大值为g(0)＝0，故g(x)≤0恒成立，故f′(x)≤0在R上恒成立，所 以f(x)在R上单调递减，即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．
利用导数研究函数的性质
链教材·夯基固本
链教材·夯基固本 激活思维
1．若函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，
利用导数研究函数的零点专题课件-2025届高三数学二轮复习+++
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .
(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),
此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
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ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
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2021年高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质课件 新人教B版
当 x∈(π2，π)时，y′＝xcosx<0，∴y 为减函数； ∴y＝xsinx＋cosx 在(－π，－π2)和(0，π2)上为增函数， 故应选 A.
答案：A
(文)函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，2)
B．(0,3)
C．(1,4)
D．(2，＋∞)
解析：f ′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)，
解题技巧 1．利用导数判断函数单调性的一般步骤 ①求导数 f ′(x)； ②在函数 f(x)的定义域内解不等式 f ′(x)＞0 和 f ′(x) ＜0； ③根据②的结果确定函数 f(x)的单调区间．
2．判断极值的方法：当函数 f(x)在点 x0 处可导且 f ′(x0) ＝0.
①如果在 x0 附近的左侧 f ′(x)>0，右侧 f ′(x)<0，那 么 f(x0)为极大值；
4．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．
2．函数的极值 (1)函数极值的定义 已知函数 y＝f(x)，设 x0 是定义域(a，b)内任一点， 如果对 x0 附近的所有点 x，都有 f(x)<f(x0)(f(x)>f(x0))，则 称 f(x)在点 x0 取得极大(小)值，称 x0 是 f(x)的一个极大(小) 值点．
3．函数的最大值与最小值 函数的最大值与最小值：在闭区间[a，b]内可导的函 数 f(x)必有最大值与最小值；但在开区间(a，b)内可导的 函数 f(x)不一定有最大值与最小值．
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-∞。
课件1：利用导数研究函数的性质
2．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x＝1 处有极值 10，则 f(2) 等于________． 解析：∵函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x ＝1 处有极值 10， ∴f(1)＝10，且 f′(1)＝0， 即13＋ ＋a2＋ a＋b＋b＝a20＝，10， 解得ab＝＝－3，3， 或ab＝＝4－，11.
g(x)＝xa－－ax＋＋llnnxxxx，，xx∈∈[1，a，a]e，]，
由①②知 g(x)在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数， 所以 g(x)的最小值为 g(a)＝lnaa.
1－a， a≤1， 综上，g(x)的最小值为 g(a)＝lnaa， 1<a<e，
a－e＋1e，a≥e.
[类题通法] 求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
f′(x)＝2－2x＋1x＝－2x2＋x 2x＋1.
由 f′(x)＝0 得－2x2＋2x＋1＝0，
解得 x＝1＋2 3或 x＝1－2 3(舍去)．
当
1＋ 0<x< 2
3时，f′(x)>0；
当1＋2
3 <x<2
时，f′(x)<0.
所以函数 f(x)的单调增区间为0，1＋2 3；
当 x>2 时，f(x)＝x2－2x＋ln x，
答案：1
4．(2013·镇江 12 月统考)已知函数 f(x)＝lnxx(x>0，x≠1)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若不等式e
x a
>x对任意实数x恒成立，求实数a的取值范
利用导数研究函数的性质
利用导数研究函数的性质1． 函数的单调性⑴ 函数y ＝)(x f 在某个区间内可导，若)(x f '＞0，则)(x f 为 ；若)(x f '＜0，则)(x f 为 .（逆命题不成立）(2) 如果在某个区间内恒有0)(='x f ，则)(x f .注：连续函数在开区间和与之相应的闭区间上的单调性是一致的.(3) 求可导函数单调区间的一般步骤和方法：① 确定函数)(x f 的 ；② 求)(x f '，令 ，解此方程，求出它在定义区间内的一切实根；③ 把函数)(x f 的间断点（即)(x f 的无定义点）的横坐标和上面的各个实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数)(x f 的定义区间分成若干个小区间；④ 确定)(x f '在各小开区间内的 ，根据)(x f '的符号判定函数)(x f 在各个相应小开区间内的增减性.2．可导函数的极值⑴ 极值的概念设函数)(x f 在点0x 附近有定义，且对0x 附近的所有点都有 （或 ），则称)(0x f 为函数的一个极大（小）值．称0x 为极大（小）值点.⑵ 求可导函数极值的步骤： ① 求导数)(x f '；② 求方程)(x f '＝0的 ；③ 检验)(x f '在方程)(x f '＝0的根左右的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y ＝)(x f 在这个根处取得 ；如果在根的左侧附近为负，右侧为正，那么函数y ＝)(x f 在这个根处取得 .3．函数的最大值与最小值： ⑴ 设y ＝)(x f 是定义在区间[a ,b ]上的函数，y ＝)(x f 在(a ,b )内有导数，则函数y ＝)(x f 在[a ,b ]上 有最大值与最小值；但在开区间内 有最大值与最小值． (2) 求最值可分两步进行：① 求y ＝)(x f 在(a ,b )内的 值；② 将y ＝)(x f 的各 值与)(a f 、)(b f 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(3) 若函数y ＝)(x f 在[a ,b ]上单调递增，则)(a f 为函数的 ，)(b f 为函数的 ；若函数y ＝)(x f 在[a ,b ]上单调递减，则)(a f 为函数的 ，)(b f 为函数的 . 例1. 已知f(x)=e x-ax-1. （1）求f(x)的单调增区间；（2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；（3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.解：)(x f '=e x-a.（1）若a ≤0，)(x f '=e x-a ≥0恒成立，即f(x)在R 上递增.若a>0,e x -a ≥0,∴e x≥a,x ≥lna.∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞). （2）∵f （x ）在R 内单调递增，∴)(x f '≥0在R 上恒成立.∴e x-a ≥0，即a ≤e x在R 上恒成立.∴a ≤（e x ）min ，又∵e x>0，∴a ≤0.（3）方法一 由题意知e x-a ≤0在（-∞，0］上恒成立.∴a ≥e x 在（-∞，0］上恒成立.∵e x在（-∞，0］上为增函数.∴x=0时，e x 最大为1.∴a ≥1.同理可知e x-a ≥0在［0，+∞）上恒成立.∴a ≤e x在［0，+∞）上恒成立.∴a ≤1，∴a=1.方法二 由题意知，x=0为f(x)的极小值点.∴)0('f =0,即e 0-a=0,∴a=1.变式训练1. 已知函数f(x)=x 3-ax-1.（1）若f(x)在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a,使f(x)在（-1，1）上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由；（3）证明：f(x)=x 3-ax-1的图象不可能总在直线y=a 的上方.（1）解 由已知)(x f '=3x 2-a,∵f(x)在（-∞,+∞）上是单调增函数，∴)(x f '=3x 2-a ≥0在（-∞,+∞）上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立.∵3x 2≥0,∴只需a ≤0,又a=0时，)(x f '=3x 2≥0,故f(x)=x 3-1在R 上是增函数，则a ≤0.（2）解 由)(x f '=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立，得a ≥3x 2,x ∈(-1,1)恒成立.∵-1<x<1,∴3x 2<3,∴只需a ≥3.当a=3时，)(x f '=3(x 2-1),在x ∈(-1,1)上，)(x f '<0,即f(x)在（-1，1）上为减函数，∴a ≥3. 故存在实数a ≥3,使f(x)在（-1，1）上单调递减.（3）证明 ∵f(-1)=a-2<a,∴f(x)的图象不可能总在直线y=a 的上方.例2. 已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c,曲线y=f(x ）在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0，若x=32时，y=f(x ）有极值.（1）求a,b,c 的值；（2）求y=f(x ）在［-3，1］上的最大值和最小值.解 （1）由f(x)=x 3+ax 2+bx+c,得)(x f '=3x 2+2ax+b,当x=1时，切线l 的斜率为3，可得2a+b=0 ①当x=32时，y=f(x)有极值，则⎪⎭⎫ ⎝⎛'32f =0,可得4a+3b+4=0 ②由①②解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为x=1,∴f(1)=4. ∴1+a+b+c=4.∴c=5.（2）由（1）可得f(x)=x 3+2x 2-4x+5,∴)(x f '=3x 2+4x-4, 令)(x f '=0,得x=-2,x=32.当x 变化时，y,y ′的取值及变化如下表：x-3 (-3,-2)-2⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,232⎪⎭⎫ ⎝⎛1,32 1y′ + 0 - 0 + y8单调递增 ↗ 13 单调递减 ↘ 2795 单调递增↗4∴y=f （x ）在［-3，1］上的最大值为13，最小值为.2795 变式训练2. 函数y=x 4-2x 2+5在区间［-2,2］上的最大值与最小值.解 先求导数,得y ′=4x 3-4x,令y ′=0,即4x 3-4x=0.解得x 1=-1,x 2=0,x 3=1. 导数y ′的正负以及f(-2),f(2)如下表:x -2 (-2,-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1,2) 2 y′ - 0 + 0 - 0 +y 13 ↘ 4 ↗ 5 ↘ 4 ↗ 13从上表知,当x=±2时,函数有最大值13,当x=±1时,函数有最小值4.例3. 已知函数f(x)=x 2e -ax(a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值.解 ∵f （x ）=x 2e -ax （a ＞0）,∴)(x f '=2xe -ax +x 2·（-a)e -ax =e -ax (-ax 2+2x). 令)(x f '>0,即e -ax (-ax 2+2x)>0,得0<x<a2. ∴f(x)在（-∞,0),⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a上是减函数，在⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0上是增函数.①当0<a2<1,即a>2时,f(x ）在（1，2）上是减函数, ∴f （x ）max =f （1）=e -a. ②当1≤a2≤2,即1≤a ≤2时， f(x)在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,1上是增函数，在⎪⎭⎫⎝⎛2,2a上是减函数，∴f(x)max =f ⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2=4a -2e -2.③当a2>2时，即0<a<1时，f(x)在（1，2）上是增函数， ∴f （x ）max =f （2）=4e -2a.综上所述，当0<a<1时，f(x)的最大值为4e -2a,当1≤a ≤2时，f(x)的最大值为4a -2e -2,当a>2时，f(x)的最大值为e -a.变式训练3. 设函数f(x)=-x(x-a)2(x ∈R ),其中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 ≠0时，求函数f(x)的极大值和极小值.解：（1）当a=1时，f(x)=-x(x-1)2=-x 3+2x 2-x,f(2)=-2,)(x f '=-3x 2+4x-1, =')2(f -12+8-1=-5,∴当a=1时，曲线y=f(x)在点（2,f(2))处的切线方程为 5x+y-8=0.（2）f(x)=-x(x-a)2=-x 3+2ax 2-a 2x,)(x f '=-3x 2+4ax-a 2=-(3x-a)(x-a), 令)(x f '=0,解得x=3a或x=a. 由于a ≠0，以下分两种情况讨论.①若a>0，当x 变化时，)(x f '的正负如下表：x(-∞,3a ) 3a (3a ,a) a (a,+∞) )(x f '- 0+ 0 - f(x)↘3274a - ↗↘因此，函数f(x)在x=3a 处取得极小值f （3a）， 且f （3a ）=-;2743a函数f(x)在x=a 处取得极大值f(a),且f(a)=0.②若a<0，当x 变化时，)(x f '的正负如下表： x(-∞,a) a (a,3a ) 3a (3a,+∞) )(x f '- 0 + 0 -f(x)↘↗-3274a ↘因此，函数f(x)在x=a 处取得极小值f(a),且f(a)=0； 函数f(x)在x=3a 处取得极大值f （3a）, 且f （3a ）=-3274a .例4. 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元（3≤a ≤5）的管理费，预计当每件产品的售价为x 元（9≤x ≤11）时，一年的销售量为(12-x)2万件. （1）求分公司一年的利润L （万元）与每件产品的售价x 的函数关系式；（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L 最大，并求出L 的最大值Q （a ）.解 （1）分公司一年的利润L （万元）与售价x 的函数关系式为：L=(x-3-a)(12-x)2,x ∈［9,11］.(2))(x L ' =(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x). 令'L =0得x=6+32a 或x=12（不合题意，舍去）. ∵3≤a ≤5,∴8≤6+32a ≤328. 在x=6+32a 两侧L ′的值由正变负.所以①当8≤6+32a ＜9即3≤a ＜29时，L max =L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a). ②当9≤6+32a ≤328，即29≤a ≤5时，L max =L(6+32a)=(6+32a-3-a)［12-(6+32a)］2=4(3-31a)3.所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-<≤-=.529,3134,293),6(9)(3a a a a a Q答 若3≤a ＜29，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q （a ）=9(6-a)（万元）；若29≤a ≤5，则当每件售价为(6+32a)元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q(a)=33134⎪⎭⎫ ⎝⎛-a (万元).变式训练4：某造船公司年造船量是20艘，已知造船x 艘的产值函数为R(x)=3 700x+45x 2-10x 3（单位：万元），成本函数为C(x)=460x+5 000（单位：万元），又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).（1）求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；（提示：利润=产值-成本） （2）问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？ （3）求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？解：（1）P(x)=R(x)-C(x)=-10x 3+45x 2+3 240x-5 000(x ∈N *，且1≤x ≤20);MP(x)=P(x+1)-P(x)=-30x 2+60x+3 275 (x ∈N *,且1≤x ≤19).（2）)(x P '=-30x 2+90x+3 240=-30(x-12)(x+9), ∵x>0,∴)(x P '=0时,x=12，∴当0<x<12时，)(x P '>0,当x>12时，)(x P '<0,∴x=12时，P(x)有最大值.即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大.（3）MP(x)=-30x 2+60x+3 275=-30(x-1)2+3 305. 所以，当x ≥1时，MP(x)单调递减，所以单调减区间为［1，19］，且x ∈N *.MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少.研究可导函数)(x f 的单调性、极值（最值）时，应先求出函数)(x f 的导函数)('x f ，再找出)('x f ＝0的x 取值或)('x f >0()('x f <0)的x 的取值范围．。
利用导数研究函数性质
山西师范大学现代文理学院本科毕业论文利用导数研究函数性质姓名院系数学与计算机科学系专业数学与应用数学班级 0803班学号0890110320指导教师答辩日期成绩论文题目：利用导数研究函数性质内容摘要导数作为研究函数性质极其重要而有力的工具，为我们解决许多函数问题提供了一种更简单易行的方法和途径，极大地丰富了数学思想方法。
本文通过结合具体的例子，论述了导数在研究函数性质时的一些应用：比如利用导数处理函数图像的切线问题、利用导数研究函数的单调性、解决极值最值问题、以导数为工具探讨函数零点个数、应用导数证明不等式、进行近似计算。
【关键词】导数函数的性质函数的零点不等式近似计算Title:The study of function by using derivativeA bstractResearch on the properties of function derivate as extremely important and powerful tool,for us to solve many function provides a more simple metheod and the way,greatly enriched the mathematical thought and methed.In this paper,through a combination of specific examples,discuss the research on the properties of function derivative in the application: Such as the use of the derivative function image tangent promblem,using derivative of monotonicity of functions,solving the most value problem with the derivative extremum,as a tool to examine zero number of functions,application of the derivative to prove inequality ,approximate calculation. 【Key Words】derivative properties of function zero of a function inequalityapproximate calculation目录引言 (1)一、导数的相关概念 (1)二、函数基本性质的研究 (2)（一）利用导数处理函数图像的切线问题 (2)（二）利用导数判断函数的单调性 (3)（三）利用导数求函数的极值、最值 (5)三、函数零点个数的探讨 (7)四、不等式的证明 (9)五、利用导数解决近似计算问题 (10)结束语 (11)参考文献 (11)致谢 (12)利用导数研究函数性质学生姓名：马江莲 指导老师：任辛喜 引言导数是联系初、高等数学的基础，是研究客观事物变化率和优化问题的有力工具，它的工具已经渗透到数学的很多分支，这在函数的研究中更是得到了体现。
利用导数研究函数的性质
又 g(x)是奇函数，所以 g(x)在 R 上单调递减，因为 20.6>1，0<ln 2<1，log218
＝－3<0，所以
1 log28<0<ln
2<1<20.6，又
a＝g(20.6)，b＝g(ln
2)，c＝glog218，
所以 c>b>a.故选 B.
目录 考向一
考向二
解析
角度 同构法构造函数
例 3 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)设 a＝0.1e0.1，b＝19，c＝－ln 0.9，则(
在(0，＋∞)上恒成立，则
k>f(x)＋x12＝ln
x＋1 x2 在(0，＋∞)上恒成立．
目录 考向一
考向二
解析
ln x＋1
－2ln x－1
令 g(x)＝ x2 ，故 k>g(x)max，因为 g′(x)＝ x3 ，令 g′(x)＝0，
解得 x＝ 1e，当 0<x< 1e时，g′(x)>0，则 g(x)单调递增，当 x> 1e时，g′
A．2－ln 4
B．2＋ln 4
C．e－ln 2
D．e＋ln 2
目录 考向一
考向二
答案
解析 由题意，设 x1ln x1＝x2ex2＝ex2ln ex2＝t，即 f(x1) ＝f(e x2)＝t，由 f′(x)＝1＋ln x，得在0，1e上，f′(x)<0， f(x)单调递减；在1e，＋∞上，f′(x)>0，f(x)单调递增， f(x)≥f1e＝－1e，且 f(1)＝0，f(x)的图象如图所示．由图可知，当 t∈(0， ＋∞)时，x1＝e x2，即 x2＝ln x1，且 x1>1，
数学一轮复习第二章函数导数及其应用第3讲函数的奇偶性与周期性学案含解析
第3讲函数的奇偶性与周期性［考纲解读］ 1.了解函数奇偶性的含义.2.会运用基本初等函数的图象分析函数的奇偶性．(重点)3.了解函数周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性．(重点)［考向预测］从近三年高考情况来看，函数的奇偶性与周期性是高考的一个热点．预测2021年高考会侧重以下三点：①函数奇偶性的判断及应用；②函数周期性的判断及应用；③综合利用函数奇偶性、周期性和单调性求参数的值或解不等式.1．函数的奇偶性奇偶性定义图象特点偶函数一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有错误!f（－x)＝f(x)，那么函数f（x)就叫做偶函数关于错误!y轴对称奇函一般地，如果对于函数f关于错误!原点数（x)的定义域内任意一个对称x，都有错误!f（－x）＝－f（x），那么函数f（x)就叫做奇函数2．周期性（1）周期函数：对于函数y＝f（x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时,都有错误!f(x＋T)＝f（x）,那么就称函数y＝f(x）为周期函数,称T为这个函数的周期．(2）最小正周期：如果在周期函数f(x）的所有周期中存在一个错误!最小的正数，那么这个错误!最小正数就叫做f（x)的最小正周期．1．概念辨析(1)“a＋b＝0”是“函数f（x）在区间［a，b]（a≠b)上具有奇偶性”的必要条件．(）(2）若函数f（x）是奇函数，则必有f（0）＝0。
()（3）若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x）的图象关于直线x＝a对称．（）（4)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f（x）的图象关于点（b,0）中心对称．(）(5）已知函数y＝f（x)是定义在R上的偶函数，若在（－∞，0)上是减函数，则在（0，＋∞）上是增函数．()(6)若T为y＝f（x)的一个周期,那么nT（n∈Z）也是函数f(x）的周期．()答案（1）√(2)×(3)√（4）√（5)√（6）×2．小题热身（1)下列函数中为奇函数的是(）A．y＝x2sin x B．y＝x2cos xC．y＝｜ln x｜D．y＝2－x答案A解析A是奇函数,B是偶函数,C，D是非奇非偶函数．(2）若f(x)是R上周期为2的函数,且满足f(1）＝1,f(2)＝2,则f(3）－f(4）＝________。
高中数学教案：利用导数研究函数的图象与性质
利用导数研究函数的图象与性质课程目标知识提要利用导数研究函数的图象与性质利用导数来处理两个函数图象的位置关系、交点个数及函数的零点等问题．精选例题利用导数研究函数的图象与性质1. 已知函数的定义域为，部分对应值如下表，的导函数的图象如下图所示．有下列关于函数的命题：①函数的值域为；②函数在上是减函数；③如果当时，的最大值是，那么的最大值为；④当时，函数最多有个零点．其中正确命题的序号是．【答案】①②④【分析】由导函数图象可知，当或时，，函数单调递增，当或时，，函数单调递减，②正确．当和，时，函数取得极大值，为，，当时，函数取得极小值，为，又，所以函数的最大值为，最小值为，值域为，①正确．因为当和时，函数取得极大值，为，，所以要使当时，函数的最大值是，由前面分析得，的最大值为，所以③不正确．因为极小值为，极大值为，所以当时，最多有个零点，所以④正确．所以真命题的序号为①②④．2. 设函数的图象上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形（其中为坐标原点），且斜边的中点恰好在轴上，则实数的取值范围是．【答案】3. 若函数的图象与的图象有三个交点，则的取值范围是．【答案】【分析】提示：设，求导得是函数的极大值，是极小值，满足函数与函数有三个交点，则有解得．4. 已知函数（，为常数）．当时，函数取得极值，若函数只有三个零点，则实数的取值范围为．【答案】【分析】∵，∴．∵时，取得极值，∴，解得．∴当时，单调递减，当或时，单调递增．若有个实根，则，解得．5. 方程在上有三个不同的实根，则实数的取值范围为．【答案】【分析】方程对应的函数需满足（其中，分别是函数的极大值点和极小值点）6. 已知函数在区间上存在零点，那么实数的取值范围是．【答案】7. 如右图是函数的大致图象，则．【答案】8. 方程的实根个数是．【答案】【分析】，，可知在和上单调递增，在上单调递减．计算可知，，，故在上有一个零点，即方程有一个实根．9. 已知函数为自然对数的底数，．若存在实数，，使得．且，则实数的取值范围是．【答案】【分析】函数的导数为在上递增，由，可得，解得，存在实数，，使得．且，即为且，即在有解，即有在有解，令，则在递减，递增，可得最小值为，最大值为，则的取值范围是．10. 已知函数的图象与函数的图象有四个交点，则实数的取值范围为．【答案】【分析】由于函数和函数都是偶函数，图象关于轴对称，故这两个函数在上有个交点．当＞时，令，则令可得，故这两个函数的图象在（）上相切时切点的横坐标为．当时，，，函数的图象与函数的图象有四个交点，应有，由此可得，故实数的取值范围为，故答案为11. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为．【答案】12. 已知是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是．【答案】13. 函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是．【答案】【分析】原题可转化为与由三个不同的交点，对求导可研究得函数图象如图：14. 若没有极值，则的取值范围为．【答案】15. 已知，，且．现给出如下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是．【答案】②③【分析】求导函数可得，因为，且，所以，设，因为，所以，，所以，所以，所以，所以，所以，所以，，所以，．16. 已知函数在区间上有两个不同的零点，则实数的取值范围为．【答案】17. 若，则满足的的取值范围是．【答案】【分析】的定义域为，，且，的解集是．18. 已知关于的方程（为常数）有且仅有一个实根，则的取值范围是．【答案】【分析】设，则．（i）当时，，则在上是增函数，从而有且仅有一个零点．（ii）当时，．当时，；当时，；当时，．由此，的极大值为，极小值为．若有且仅有一个零点，则必须满足或结合，解得．综上，的取值范围是．19. 方程恰有个不同的实根，则实数的取值范围是．【答案】【分析】令，对其求导得，令，解得或，所以和为函数的极值点，结合图象可得答案．20. 已知函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数．【答案】【分析】因为三次函数的图象与轴恰有两个公共点，结合该函数的图象，可得极大值或者极小值为零即可满足要求，而，当时取得极值．由或可得或，即．21. 设，其中，均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是．（写出所有正确条件的编号）①，；②，；③，；④，；⑤，．【答案】①③④⑤【分析】三次方程仅有一个实根等价于三次方程对应的函数单调或极小值大于零或极大值小于零．【解】可以用导数求解．令，则．当时，，单调递增，④⑤正确；当时,若 ,则 ,此时函数的极大值为 ,极小值为 ,要使得只有一个零点,需或成立，解得或，所以①③正确，②错误．22. 已知函数的图象与直线有三个不同的交点，则的取值范围为．【答案】【分析】令，则．．所以．所以极大极小23. 已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【答案】或【分析】求导得原函数极值点为，，要满足题意，则需，或．24. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为．【答案】【分析】根据原函数图象，判断出其单调区间，进而得到导函数的符号．【解】由图象可知，在和单调递增，在单调递减，因此当或时，，当时，．原不等式等价于或解得．25. 已知函数的定义域为，部分对应值如下表：的导函数的图象如图所示．（1）的极小值为；（2）若函数有个零点，则实数的取值范围为．【答案】（1）（2）【分析】（1）由的图象可知，极大值极小值极大值所以为的极小值，．（2）的图象如图所示：若函数有个零点，则的取值范围为．26. 若函数与函数的图象有三个不同交点，则实数的取值范围为．【答案】【分析】设，则只需研究函数有三个零点．，则．令，得．当时，，当时，，所以存在极小值，且极小值为，即．（i）当时，，则为增函数，从而函数最多有一个零点．（ii）当时，令，得．由于直线位于曲线的切线的上方，所以直线与曲线有两个交点，且记这两个交点的横坐标分别为．当时，，则；当时，，则；当时，，则．所以分别是函数的极大值点、极小值点．又，且在上是减函数，所以．又当时，；当时，，所以函数有三个零点．综上，当时，函数有三个零点．27. 已知，过点（）可作曲线的三条切线，则的取值范围是．【答案】【分析】设切点为，则和点的连线斜率为，而，代入整理得，此方程有且仅有三个根，令，然后让它的极大值大于零，极小值小于零即可．28. 若函数与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是．【答案】29. 是定义在上的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为．【答案】【解】设，则当时，所以在上是增函数．又为奇函数，所以为偶函数，从而在上是减函数．不等式可化为或由，得，所以不等式又化为或由函数的单调性，得或故原不等式的解集为．30. 函数的图象如图所示，为的导数，则，，的最大值是．【答案】31. 设函数．(1)对于任意实数，恒成立，求的最大值；【解】因为，即恒成立，所以得，即的最大值为．(2)若方程有且仅有一个实根，求的取值范围．【解】因为当时，当时，当时，所以当时，取极大值当时，取极小值故当或时，方程仅有一个实根．解得或32. 已知函数，其中为常数．(1)若对任意有成立，求的取值范围；【解】依题意，可知在上连续，且．令，得．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以当时，为极小值，也是最小值．令，得，即对任意，恒成立时，的取值范围是．(2)当时，判断在上零点的个数，并说明理由．【解】由（1）知在上至多有两个零点，当时，．又，所以，于是在上有一个零点．又，令，因为当时，，所以在上单调递增．从而，即．所以，于是在上有一个零点．综上，在上有两个零点．33. 已知函数．(1)求函数在点处的切线方程；【解】由已知得，，则切线方程为，即．(2)若直线与的图象有三个不同的交点，求的范围．【解】令解得，，当时，；当时，；当时，，的极大值是，的极小值是，所以要使直线与的图象有三个不同的交点，．34. 设，讨论关于的方程的解的个数情况．【解】，令得．当变化时，与的变化情况列表如下：增函数极大值减函数极小值增函数而当时，；当时，．方程的解的情况如下：①当或时，方程有一个解；②当或时，方程有两个解；③当时，方程有三个解．35. 已知函数．(1)当时，试证明；【解】，，设，则，解得，或．极大值极小值，，且时，，所以的最大值为，．(2)讨论在区间上的单调性．【解】，解得，或极小值极大值（即），解得得．当时，，在区间上的单调递增．当时，，在区间上的单调递增，在区间上的单调减（不计是否包括）．36. 已知函数，其中．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；【解】当时，，，，．所以曲线在点处的切线方程为．(2)当时，求的单调区间；【解】，令，解得或因为，以下分两种情况讨论：①若，则，当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递增区间是，；的单调递减区间是．②若，则，当变化时，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间是；的单调递减区间是(3)证明：对任意的，在区间内均存在零点．【解】由(2)可知，当时，在内的单调递减，在内单调递增．以下分两种情况讨论：①当，即时，在内单调递减．，，所以对任意，在区间内均存在零点．②当，即时，在内单调递减，在内单调递增．若，则，．所以在内存在零点．若，则，，所以在内存在零点．所以，对任意，在区间内均存在零点．综上，对任意，在区间内均存在零点．37. 已知函数．(1)求函数在上的最大值和最小值；【解】因为，所以．因为时，，所以在上是增函数，所以的最小值是，最大值是．(2)求证：当时，函数的图象总在的下方．【解】令，则．因为，所以，所以在上是减函数．从而，即．所以当时，函数的图象总在的图象的下方．38. 已知函数，求证：当时，曲线与直线只有一个交点．【解】设．由题设知．当时，，在上单调递增，，，所以在上有唯一实根．当时，令，则，．因为在上单调递减，在上单调递增，所以．所以在上没有实根．综上可知，在上有唯一实根，即当时，曲线与直线只有一个交点．39. 已知(1)若在时有极值，求、的值；【解】因为，所以．由已知得，，所以解得，．(2)若函数的图象与函数的图象恰有三个不同的交点，求实数的取值范围．【解】由(1)知，．由得，．当变化时，，的变化情况如下表：极大值极小值根据上表，是函数的极大值点，且极大值为，是函数的极小值点，且极小值为．根据题意结合上图可知的取值范围为．40. 已知函数图象上一点处的切线方程为． (1)求，的值；【答案】，【分析】本题考查导数的几何意义．【解】，由已知条件得解得，．(2)若方程在内有两个不等实根，求的取值范围．【答案】【分析】令的图象与轴有两个交点即可．【解】，令，则，令，得（舍去）．当时，，在上单调递增；当时， , 在上单调递减.则方程在内有两个不等实根的充要条件是即．41. 已知二次函数满足：①在时有极值；②图象过点，且在该点处的切线与直线平行．(1)求的解析式；【解】设，则．由题设可得即解得所以．(2)求函数的单调递增区间；【解】，列表：极小值极大值极小值由表可得：函数的单调递增区间为和．(3)求在上的最大值与最小值；【解】由（2）知，在时取到极大值；在时，取到极小值，又，故在上的最大值为，最小值为．(4)关于的方程最多有几个解？并求出此时的取值范围．【解】当时，有四个解，为解最多的情况．42. 设函数．(1)求函数的单调递增区间；【解】函数的定义域为，，，则使的的取值范围为，故函数的单调递增区间为．(2)若关于的方程在区间内恰有两个不同的实根，求实数的取值范围．【解】，，令，，且，由得，由得．在区间内单调递减，在区间内单调递增，故在区间内恰有两个相异实根即解得．综上所述，的取值范围是．43. 设，．(1)求的单调区间和最小值；【解】由题设知，，，令得，当时，是减函数，故是的单调减区间；当时，是增函数，故是的单调递增区间．因此，是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以的最小值为．(2)讨论与的大小关系；【解】．设，则当时，，即当时，，因此，在内单调递减，当时，，即当时，，即(3)求的取值范围，使得对任意成立．【解】由（1）知的最小值为，所以，，对任意成立即，从而得．44. 已知函数，，其中，设为的极小值点，为的极值点，并且，将点，，，依次记为．(1)求的值；【解】首先对原函数求导得令，由得或．，，当时，，当时，，所以在处取极小值，即(2)若四边形为梯形且面积为，求的值．【解】，在处取得极小值，即由即结合可知又因此可得出由四边形是梯形及与不平行，得．故可知即由四边形的面积为，得即解得，从而得45. 已知函数，(1)求的单调区间；【解】当时，，，所以函数在上单调递减．当时，①当时，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在上单调递增．②当时，当时，，所以f（x）在上单调递减．综上所述，当时，在区间上单调递减，在上单调递增，在区间上单调递减．当时，在区间上单调递减．(2)当时，若恒成立，求的取值集合．【解】当时，当时，设，所以，所以．当时，所以，要使在时恒成立，必有．当时，不成立综上所述，．故的取值集合为{4}．46. 证明方程有且只有一个实根．【解】 (1)先证明存在性：当时，方程满足：左边右边，所以，是方程的根．(2)再证明唯一性：设辅助函数，则对于，有，所以，在上是增函数，所以，函数的图象与轴不可能有两个交点，所以，方程的根是唯一的．综上，方程有且只有一个实根．47. 已知函数的极小值为，其导函数的图象经过点，如图所示．(1)求的解析式；【解】因为，且的图象过点，所以为的根，代入得：由图象可知，在时取得极小值，即，得由①②解得．所以．(2)若函数在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围．【解】由题意，方程在区间上有两个不等实根，即方程在区间上有两个不等实根．，令，解得或．可列表：极小值极大值由表可知，当时，方程在区间上有两个不等实根，即函数在区间上有两个不同的零点．所以实数的取值范围是．48. 已知函数．(1)若，求函数的极值，并指出是极大值还是极小值；【解】的定义域是，当时，，．当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增．所以的极小值是，无极大值．(2)若，求函数在区间上的最值；【解】当时，，，对任意，都有恒成立，所以在区间上单调递增，所以，．(3)若，求证：在区间上，函数的图象在的图象下方．【解】令，则在区间上恒成立，所以在区间上单调递减，所以，所以在区间上，函数的图象在的图象下方．49. 已知函数．(1)求曲线过点的切线方程；【解】函数的导数，曲线在点处的切线方程为，即．该直线过点，则，解得或，代入，得切线方程为或． (2)若过轴上的点可以作曲线的三条切线，求的取值范围．【解】如果切线过点，则存在，使成立．若过点可作曲线的三条切线，则方程有三个相异的实根．记，则．当时，函数的极大值为，极小值为，要使方程有三个相异实根，则且，即；当时，函数单调递增，方程不可能有三个实根；当时，函数的极大值为，极小值为，要使方程有三个相异实根，则且，即．综上所述，的取值范围是．50. 已知函数，．(1)求函数的单调区间；【解】由已知函数，的定义域均为，且．函数，当且时，；当时，．所以函数的单调减区间是，，增区间是．(2)若函数在上是减函数，求实数的最小值；【解】因在上为减函数，故在上恒成立．所以当时，．又，故当，即时，．所以，于是，故的最小值为．51. 已知函数，（，）．(1)当时，求的单调区间；【答案】的单调减区间为，单调增区间为．【解】当时，，则，由，得；由，得．故的单调减区间为，单调增区间为．(2)若函数在区间无零点，求的最小值；【答案】【解】因为在区间上恒成立不可能，故要使函数在上无零点，只要对任意的，恒成立，即对，恒成立．令，，则，再令，，则，故在上为减函数，于是，从而，，于是在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要，综上，若函数在上无零点，则的最小值为．(3)若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围．【答案】【解】，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．又因为，，，所以，函数在上的值域为．当时，不合题意；当时，，，当时，．由题意得，在上不单调，故，即此时，当变化时，，的变化情况如下：最小值又因为，当时，，，，，所以，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，当且仅当满足下列条件：即令，，则，令，得或，故当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．所以，对任意，有，即对任意恒成立．由式解得：．综合可知，当时，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使成立．52. 已知函数．(1)当时，求函数的单调递减区间；【解】依题意，函数的定义域为，当时，，所以，由得，即，解得或，又因为，所以，所以的单调递减区间为．(2)求函数的极值；【解】，（1）时，恒成立，在上单调递增，无极值．（2）时，由于，所以在上单调递增，在上单调递减，．从而极大值(3)若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．【解】由（2）显然可知，当时，在区间上为增函数，所以在区间不可能恰有两个零点．，又，当时，由（2）知极大值所以为的一个零点，所以若在恰有两个零点，只需即所以．53. 如图，已知二次函数，直线，直线（其中，为数）；若直线与函数的图象以及直线，与函数的图象所围成的封闭图形如阴影所示．(1)求；【解】由图可知二次函数的图象过点，，则，又因为图象过点，，．函数的解析式为．(2)求阴影面积关于的函数的解析式；【解】由得，，，，直线与的图象的交点横坐标分别为，，由定积分的几何意义知：(3)若过点，可作曲线，的三条切线，求实数的取值范围．【解】曲线方程为，，，点，不在曲线上．设切点为，则点的坐标满足，，故切线的斜率为，整理得．过点可作曲线的三条切线，关于方程有三个实根．设，则，由得．当时，．在上单调递增，当时，，在上单调递减．函数的极值点为，关于方程有三个实根的充要条件是即解得，故所求的实数的取值范围是．54. 已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；【答案】．【解】求函数的导数，．曲线在点处的切线方程为：，即．(2)设，如果过点可作曲线的三条切线，证明：．【答案】略【解】如果有一条切线过点，则存在，使．于是，若过点可作曲线的三条切线，则方程有三个相异的实数根．记，则．当变化时，，变化情况如下表：极大值极小值由的单调性，当极大值或极小值时，方程最多有一个实数根；当时，解方程得，，即方程只有两个相异的实数根；当时，解方程得，，即方程只有两个相异的实数根．综上，如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的实数根，则即．55. 己知函数．(1)求的单调区间；【解】因为，所以所以在单调递增，在上单调递减．(2)若时，恒成立，求的取值范围；【解】令，即，则因为，，又在恒成立．所以．(3)设函数，若的图象与的图象在区间上有两个交点，求的取值范围．【解】由，得，，，所以在单调递减，在上单调递增，，，，且，所以当，即时，的图象与的图象在区间上有两个交点．56. 已知函数．(1)求的单调区间与极值；【解】．①当时，，所以在上单调递增；②当时，令，解得或．不妨令，（是与两个数中较小的一个，是另一个）．列表如下：单调递增极大值单调递减极小值单调递增当时，，取，，其单调区间如表格，其极大值为，极小值为．当时，，取，，其单调区间如表格，其极小值为，极大值为．(2)设，若函数在上有三个零点，求实数的取值范围．【解】当时，利用（1）的结论画出图象：，又，由于，且，所以①当时，，所以时，函数的图象与的图象有三个交点，即函数有三个零点；②当时，，所以时，函数的图象与的图象有三个交点，即函数有三个零点；③当时，函数的图象与的图象至多有两个交点，即函数至多有两个零点．综上可知：①当时，时，函数有三个零点；②当时，时，函数有三个零点；③当时，则不存在满足题意的实数．57. 若曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为，求的值．【解】，所以，切线方程是．令，则，令，则．所以三角形的面积是，解得．58. 已知是常数且，是自然对数的底数，，．(1)当时，求的单调区间；【解】当时，，则．令，得，结合，解得．所以的增区间是，减区间是．(2)若关于的方程有两个相异的实数根，．（1）求的取值范围；（2）求证：．【解】（1）令．因为，所以在上单调递增，上单调递减．考虑到当时，；当时，，若有两个相异的零点，则，解得．（2）设，．设，则所以，从而在上单调递增，则，即，于是，即．因为在上单调递减，所以，因此．59. 已知是函数的一个极值点．(1)求；【解】由得，由题意是函数的一个极值点，则，解得；(2)求函数的单调区间；【解】由（1）知令，得．和随的变化情况如下：极大值极小值的递增区间是和；递减区间是．(3)若直线与函数的图象有个交点，求的取值范围．【解】由（2）知，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减．所以极大值，极小值．当直线与函数的图象有个交点时，极小值极大值．所以的取值范围为．60. 已知函数（是常数，）．(1)若是函数的极值点，求曲线在点处的切线方程；【解】．切线方程为．(2)当时，方程在上有两解，求实数的取值范围；【解】当时，，，其中，当时，；时，，所以是在上唯一的极小值点，所以．又，，综上，所求实数的取值范围为．(3)求证：，．【解】等价于．若时，由（2）知在上为增函数，当时，令，则，故，即，所以．故，即．，即．课后练习1. 对于函数，有下列命题：①过该函数图象上一点的切线的斜率为；②函数的最小值为；③该函数图象与轴有个交点；④函数在上为减函数，在上也为减函数．其中正确命题的序号是．2. 已知函数．若存在实数，，使得的解集恰为，则实数的取值范围是．3. 已知函数的定义域为，部分对应值如下表，的导函数的图象如图所示．下列关于的命题：①函数的极大值点为，；②函数在上是减函数；③如果当时，的最大值是，那么的最大值为；④函数的零点个数可能为，，，，个．其中正确命题的序号是．4. 已知函数．（1）判断下列三个命题的真假：①是偶函数；②；③当时，取得极小值．其中真命题有；（写出所有真命题的序号）（2）满足的正整数的最小值为．5. 若函数在其定义域内的一个子区间内存在极值，则实数的取值范围是6. 对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的＂拐点＂．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有＂拐点＂；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心．若，则该函数的对称中心为，计算．7. 设定义在上的函数是最小正周期为的偶函数，是的导函数．当时，；当且时，．则函数在上的零点个数为．8. 已知函数，，若方程恰有三个根，则满足条件的实数的取值集合为．9. 已知函数，设，且函数的零点均在区间（，）内，圆的面积的最小值是．10. 若函数存在唯一的零点，则实数的取值范围为．11. 已知是定义在上的单调函数，是的导函数，若对，都有，则方程的解所在的区间是．12. 已知函数的定义域是，关于函数给出下列命题：①对于任意，函数存在最小值；②对于任意，函数是上的减函数；③存在，使得对于任意的，都有成立；④存在，使得函数有两个零点．其中正确命题的序号是．。
利用导数探究含参数函数性质的三种技法：1...
利用导数探究含参数函数性质的三种技法：1...
利用导数探究含参数函数性质的三种技法：
1.利用导数研究函数的单调性
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
(3)典型例题（2）中求解应先分a＝0或a＞0两种情况，再比较1/2a和1的大小．
2.利用导数研究函数的极值
对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：
(1)参数是否影响f′(x)零点的存在；
(2)参数是否影响f′(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小；
(3)参数是否影响f′(x)在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)．
3.利用导数研究函数的最值
(1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；
(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点．。
《利用导数研究函数的性质》学科素养
《利用导数研究函数的性质》学科素养师:生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题,这些问题通常称为优化问题.通过前面的学习,我们知道,导数是求函数最大(小)值的有力工具,我们利用导数,解决一些生活中的优化问题.【教师板书习题并提示思路】例1海报版面尺寸的设计问题:学校或班级举行活动,通常需要张贴海报进行宣传.现让你设计一张如图所示的竖向张贴的海报,要求版心面积为128dm2,上、下两边各空2dm,左、右两边各空1dm.如何设计海报的尺寸,才能使四周空心面积最小?师:我们先思考以下问题师:问题1:导数在实际生活中的应用主要是解决有关函数最大值、最小值的实际问题,主要有几个方面?生:(1)与几何有关的最值问题;(2)与利润及其成本有关的最值问题;(3)效率最值问题.师:问题2:解决优化问题的方法有哪些?【学生讨论回答】生:首先是需要分析问题中各个变量之间的关系,建立适当的函数关系,并确定函数的定义域,通过创造在闭区间内求函数取值的情境,即核心问题是建立适当的函数关系.再通过研究相应函数的性质,提出优化方案,使问题得以解决,在这个过程中,导数是一个有力的工具.师:问题3:解决优化问题的步骤是怎样的?【学生讨论回答】生:师:对于海报版面尺寸的设计问题.先建立目标函数,然后利用导数求最值.【教师板书给出具体解题过程】师解:设版心的高为dm x ,则版心的宽为128dm x,此时四周空白面积为: 128512()(4)212828,0.S x x x x x x ⎛⎫=++-=++> ⎪⎝⎭求导数,得2512()2S x x'=-. 令2512()20S x x '=-=,解得16(16x x ==-舍去). 于是宽为128128816x ==. 当(0,16)x ∈时,()0S x '<;当(16,)x ∈+∞时,()0S x '>.因此,16x =是函数的极小值,也是最小值点.所以,当版心高为16dm ,宽为8dm 时,能使四周空白面积最小.师:在本题解法中,“16x =是函数()S x 的极小值点,也是最小值点.”为什么?【学生讨论回答】师:一个函数在某个区间上若只有一个极值,则该极值即为这个区间上的最值.在实际问题中,由于()0f x '=常常只有一个根,因此若能判断该函数的最大(小)值在变化区间内部得到,则这个根处的极大(小)值就是所求函数的最大(小)值.对于本题的最值你是否还有别的解法?【学生探究解答】生:由解法一可得:512()288232872. S x x x =++≥=⨯+=当且仅当5122x x=,即16(0)x x =>时S 取最小值, 此时高128816y ==. 师:来看下一练习．在边长为60cm 的正方形铁片的四角切去相等的正方形,再把它的边沿虚线折起(如图),做成一个无盖的方底箱子,箱底的边长是多少时,箱子的容积最大?最大容积是多少?【学生合作探究,小组交流】生解法一:设箱底边长为cm x ,则箱高60cm 2x h -=,得箱子容积 23260()(060).2x x V x x h x -==<<23()60(060).2x V x x x '=-<< 令23()6002x V x x '=-=,解得0x =(舍去),40x =,并求得(40)16000V =. 由题意可知,当x 过小(接近0)或过大(接近60)时,箱子容积很小,因此,16000是最大值.答:当1000px x =时,箱子容积最大,最大容积是316000cm .解法二:设箱高为cm x ,则箱底长为(602)cm x -,则得箱子容积2()(602)(030)V x x x x =-<<(后面同解法一,略)由题意可知,当x 过小或过大时箱子容积很小,所以最大值出现在极值点处.【教师引导学生反思】师:事实上,可导函数23260()2x x V x x h -==、2()(602)V x x x =-. 在各自的定义域中都只有一个极值点,从图象角度理解即只有一个波峰,是单峰的,因而这个极值点就是最值点,不必考虑端点的函数值.师:让我们看下一道例题.例2 饮料瓶大小对饮料公司利润的影响问题某制造商制造并出售球型瓶装的某种饮料.瓶子的制造成本是20.8r π分,其中r 是瓶子的半径,单位是厘米.已知每出售1ml 的饮料,制造商可获利0.2分,且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm .(1)瓶子的半径多大时,能使每瓶饮料的利润最大?(2)瓶子的半径多大时,每瓶的利润最小?师:我们是否关注下面的问题?(1)你是否注意过,市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵些?(2)是不是饮料瓶越大,饮料公司的利润越大?对于例题2,先建立目标函数,转化为函数的最值问题,然后利用导数求最值.【学生分组讨论,给出解题步骤】 师解:由于瓶子的半径为r ,所以每瓶饮料的利润是:33224()0.20.80.8,0633r y f r r r r r πππ⎛⎫==⨯-=-<≤ ⎪⎝⎭(1)半径为2cm 时,利润最小,这时(2)0f <,表示此种瓶内饮料的利润还不够瓶子的成本,此时利润是负值.(2)半径为6cm 时,利润最大.师:我们已经求出利润和瓶子半径之间的关系式:32()0.8,0 6. 3r f r r r π⎛⎫=-<≤ ⎪⎝⎭图象如图,能否根据它的图象说出其实际意义?【学生合作探究,小组交流】生:当(0,2)r ∈时,()f r 为减函数,其实际意义为:瓶子的半径小于2cm 时,瓶子的半径越大,利润越小,半径为2cm 时,利润最小;当(2,6)r ∈时,()f r 为增函数,其实际意义为:瓶子的半径大于2cm 时,瓶子的半径越大,利润越大.特别的,当3r =时,(3)0f =,即瓶子的半径为3cm 时,饮料的利润与饮料瓶的成本恰好相等,3r >时,利润才为正值.当2r =时,(2)0f <,即瓶子的半径为2cm 时,饮料的利润最小,饮料利润还不够饮料瓶子的成本,此时利润是负值.师:下面再看下一例题.例3 磁盘的最大存储量问题:计算机把数据存储在磁盘上.磁盘是带有磁性介质的圆盘,并有操作系统将其格式化成磁道和扇区.磁道是指不同半径所构成的同心轨道,扇区是指被同心角分割所成的扇形区域.磁道上的定长弧段可作为基本存储单元,根据其磁化与否可分别记录数据0或1,这个基本单元通常被称为比特(Bit).为了保障磁盘的分辨率,磁道之间的宽度必需大于m ,每比特所占用的磁道长度不得小于n .为了数据检索便利,磁盘格式化时要求所有磁道要具有相同的比特数.现有一张半径为R 的磁盘,它的存储区是半径介于r 与R 之间的环形区域.(1)是不是r 越小,磁盘的存储量越大?(2)r 为多少时,磁盘具有最大存储量(最外面的磁道不存储任何信息)?【学生合作探究,小组交流】师:由题意知:存储量=磁道数⨯每磁道的比特数.设存储区的半径介于r 与R 之间,由于磁道之间的宽度必需大于m ,且最外面的磁道不存储任何信息,故磁道数最多可达R r m-.由于每条磁道上的比特数相同,为获得最大存储量,最内一条磁道必须装满,即每条磁道上的比特数可达2r n π. 所以,磁盘总存储量22()()R r r f r r R r m n mnππ-=⨯=-. (1)它是一个关于r 的二次函数,从函数解析式上可以判断,不是r 越小,磁盘的存储量越大.(2)为求()f r 的最大值,计算()0f r '=.2()(2)f r R r mn π'=-,令()0f r '=,解得2R r =, 当2R r <时,()0f r '>;当2R r >时,()0f r '<. 因此2R r =时,磁盘具有最大存储量.此时最大存储量224R mn π. 师:根据以上三个例题,总结用导数求解优化问题的基本步骤.生:(1)认真分析问题中各个变量之间的关系,正确设定最值变量y 与自变量x ,把实际问题转化为数学问题,列出适当的函数关系式()y f x =,并确定函数的定义区间;(2)求()f x ',解方程()0f x '=,得出所有实数根;(3)比较函数在各个根和端点处的函数值的大小,根据问题的实际意义确定函数的最大值或最小值.师:由问题的实际意义来判断函数最值时,如果函数在此区间上只有一个极值点,那么这个极值就是所求最值,不必再与端点值比较.师:对于生活中的优化问题,我们总结一下方法.(1)生活、生产和科研中会遇到许多实际问题,要善于用数学的观点和方法去分析问题.(2)解题时,应该考虑一题多解、方法对比、注意联想,推测有些问题是否有一般性结论.(3)注意总结例题中涉及的知识点、重点和难点.。
2.6用导数研究函数的性质课件(北师大版)
当−2 < < 3时， ′ < 0，函数 在区间 −2，3 上单调递减；当 > 3时， ′ >
0,函数 在区间 3， + ∞ 上单调递增，所以2 = 3是函数 的极小值点.
（3）若 ′ 在0 附近的符号相同，则��0 不是极值点.
2.6.2 函数的最值
学习目标
理解函数最值的概念.
函数的最值与极值的区别和联系.
掌握求函数最值的步骤.
新课探究
函数 = 在区间 , 内的最大值点0 指的是：函数 在这个区间内所有点处的
函数值都不超过 0 .
数的大致图象.如下图，即为函数 = 2 3 − 3 2 − 36 + 16的大致图
象.
= 2 3 − 3 2 − 36 + 16
−2 = 2 × −2
3
− 3 × −2
2
− 36 × −2 + 16
= 2 × −8 − 3 × 4 + 72 + 16 = −16 − 12 + 72 + 16 = 60.
0 是极小值.
新课探究
利用前面得出的导数与函数单调性的关系，观察发现：图4的极大值问题可以通过表1
表示出来；图5的极小值问题可以通过表2表示出来.
表1
,
,
′
+
0
−
=
↗ （ 单调递增）
极大值
↘ （单调递减）
图4
表2
,
,
′
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第3讲 利用导数研究函数的性质
一、 单项选择题
1. 已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，那么导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )
(第1题)
A B
C D
2. 已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意的实数x ，f ′(x )＋1<0恒成立，且f (1)＝－1，则( )
A. f (0)<0
B. f (e)<－e
C. f (e)>f (0)
D. f (2)>f (1)
3. (2020·岳阳二模)已知f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫
a >12，
当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为( )
A. 2
3 B. 45 C. 1
D. 12
4. (2020·孝感一模)若函数f (x )＝ax 22＋(1－2a )x －2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，1上有极小
值，则a 的取值范围是( )
A. ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，－1e B. (－∞，－1) C. (－2，－1) D. (－∞，－2)
二、 多项选择题
5. 如图所示是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()
(第5题)
A. f(x)在区间[－2，－1]上是增函数
B. x＝－1是f(x)的极小值点
C. f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数
D. x＝1是f(x)的极大值点
6. 已知函数f(x)＝ax3－3x2的极小值为－1，那么实数a的值为()
A. －2
B. －1
C. 1
D. 2
7. 如图所示，已知直线y＝kx＋m与曲线y＝f(x)相切于两点，那么下列关于函数F(x)＝f(x)－kx的结论中成立的是()
(第7题)
A. 有3个极大值点，2个极小值点
B. 有2个零点
C. 有2个极大值点，没有极小值点
D. 没有零点
三、填空题
8. (2020·安阳二模)若曲线y＝ax cos x＋16在x＝π
2处的切线与直线y＝x＋1平
行，则实数a的值为________．
9. 已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，那么不等式xf′(x)>0的解集为________．
(第9题)
10. (2020·益阳模拟)已知函数g (x )＝a －x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e ≤x ≤e ，e 为自然对数的底数与
h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，那么实数a 的取值范围是________．
四、 解答题
11. 已知函数f (x )＝ln x －a
x .
(1) 当a >0时，判断f (x )在定义域上的单调性； (2) 若f (x )在[1，e]上的最小值为3
2，求a 的值． 12. 已知函数f (x )＝mx －1ln x ＋n .
(1) 若m ＝1，n ＝0，求函数f (x )的单调区间；
(2) 若m ＝1，n ＝1，求函数f (x )在区间[2a,4a ]上的最小值；
(3) 某高二学习研究小组通过研究发现：总存在正实数a ，b (a <b )，使得等式a b ＝b a 成立．试问：他们的研究成果是否正确？若正确，请写出a ，b 的取值范围；若不正确，请说明理由．。