【高中数学】第三单元《一元函数的导数及其应用》听课手册(含答案)

知识点一函数的零点1.对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.2.方程的根与函数的零点的关系：方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点.3.函数的零点存在定理：如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根.(1)函数y＝f(x)在区间[a，b]内若不连续，则f(a)·f(b)＜0与函数y＝f(x)在区间(a，b)内的零点个数没有关系(即：零点存在定理仅对连续函数适用).(2)连续函数y＝f(x)若满足f(a)·f(b)＜0，则在区间(a，b)内至少有一个零点；反过来，函数y ＝f(x)在区间(a，b)内有零点不一定使f(a)·f(b)＜0成立，若y＝f(x)为单调函数，则一定有f(a)·f(b)＜0.知识点二二分法二分法只能求出连续函数变号零点，另外应注意初始区间的选择，依据给出的精确度，计算时及时检验.知识点三函数的应用解决函数应用题关键在于理解题意，提高阅读能力.一方面要加强对常见函数模型的理解，弄清其产生的实际背景，把数学问题生活化；另一方面，要不断拓宽知识面.求解函数应用问题的思路和方法，我们可以用示意图表示为题型一 函数的零点根据函数零点的定义，函数y ＝f (x )的零点就是方程f (x )＝0的根，判断一个方程是否有零点，有几个零点，就是判断方程f (x )＝0是否有根，有几个根.从图形上说，函数的零点就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，函数零点、方程的根、函数图象与x 轴交点的横坐标三者之间有着内在的本质联系，利用它们之间的关系，可以解决很多函数、方程与不等式的问题.在高考中有许多问题涉及三者的相互转化，应引起我们的重视. 例1 在下列区间中，函数f (x )＝e x ＋4x －3的零点所在的区间为( ) A.(－14，0)B.(0，14)C.(14，12)D.(12，34) 答案 C解析 ∵f (－14)＝e 41-－4<0，f (0)＝e 0＋4×0－3＝－2<0，f (14)＝e 41－2<0，f (12)＝e 21－1>0，f (34)＝e 43>0， ∴f (14)·f (12)<0.跟踪训练1 设函数y ＝x 3与y ＝⎝⎛⎭⎫12x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，则x 0所在的区间是( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) 答案 B解析 设g (x )＝x 3－22－x ，则g (0)＝－4，g (1)＝－1， g (2)＝7，g (3)＝26 12，g (4)＝63 34，显然g (1)·g (2)＜0，于是函数g (x )的零点在(1,2)内， 即y ＝x 3与y ＝⎝⎛⎭⎫12x －2的图象的交点在(1,2)内. 题型二 函数模型及应用针对一个实际问题，我们应该选择恰当的函数模型来刻画.这当然需要我们深刻理解基本函数的图象和性质，熟练掌握基本函数和常用函数的特点，并对一些重要的函数模型要有清晰的认识.对于一个具体的应用题，原题中的数量间的关系，一般是以文字和符号的形式给出，也有的是以图象的形式给出，此时我们要分析数量变化的特点和规律，选择较为接近的函数模型进行模拟，从而解决一些实际问题或预测一些结果.例2 某上市股票在30天内每股的交易价格P (元)与时间t (天)组成有序数对(t ，P )，点(t ，P )落在图中的两条线段上；该股票在30天内的日交易量Q (万股)与时间t (天)的部分数据如下表所示：(1)根据提供的图象，写出该种股票每股交易价格P (元)与时间t (天)所满足的函数关系式； (2)根据表中数据确定日交易量Q (万股)与时间t (天)的一次函数关系式；(3)用y 表示该股票日交易额(万元)，写出y 关于t 的函数关系式，并求在这30天中第几天日交易额最大，最大值是多少？解 (1)由图象知，前20天满足的是递增的直线方程，且过两点(0,2)，(20,6)，容易求得直线方程为P ＝15t ＋2；从20天到30天满足递减的直线方程，且过两点(20,6)，(30,5)，求得方程为P ＝－110t ＋8，故P (元)与时间t (天)所满足的函数关系式为：P ＝⎩⎨⎧15t ＋2，0≤t ≤20，t ∈N *，－110t ＋8，20＜t ≤30，t ∈N *.(2)由图表，易知Q 与t 满足一次函数关系， 即Q ＝－t ＋40,0≤t ≤30，t ∈N *. (3)由(1)(2)可知y ＝⎩⎨⎧ ⎝⎛⎭⎫15t ＋2(－t ＋40)，0≤t ≤20，t ∈N *，⎝⎛⎭⎫－110t ＋8(－t ＋40)，20＜t ≤30，t ∈N *＝⎩⎨⎧－15(t －15)2＋125，0≤t ≤20，t ∈N *，110(t －60)2－40，20＜t ≤30，t ∈N *.当0≤t ≤20，t ＝15时，y max ＝125，当20<t ≤30时，y 随t 的增大而减小.所以，在30天中的第15天，日交易额的最大值为125万元. 跟踪训练2 某种商品在30天内每件的销售价格P (元)与时间t (天)的函数关系用如图所示的两条线段表示，该商品在30天内日销售量Q (件)与时间t (天)之间的函数关系是Q ＝－t ＋40 (0<t ≤30，t ∈N *). (1)根据提供的图象，写出该商品每件的销售价格P 与时间t 的函数关系式；(2)求该商品的日销售金额的最大值，并指出日销售金额最大的一天是30天中的第几天？(日销售金额＝每件的销售价格×日销售量) 解 (1)根据图象，可得P ＝⎩⎪⎨⎪⎧t ＋20，0<t <25，t ∈N *，－t ＋100，25≤t ≤30，t ∈N *. (2)设日销售额为y 元，则y ＝P ·Q＝⎩⎪⎨⎪⎧(t ＋20)(－t ＋40)，0<t <25，t ∈N *，(－t ＋100)(－t ＋40)，25≤t ≤30，t ∈N *， 即有y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(t －10)2＋900，0<t ≤24，t ∈N *，(t －70)2－900，25≤t ≤30，t ∈N *.①若0<t <25，t ∈N *，则当t ＝10时，y max ＝900； ②若25≤t ≤30，t ∈N *，则当t ＝25时，y max ＝1 125. 故第25天的日销售金额最大，最大值为1 125元.数形结合思想在解数学问题时，将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，就是使抽象思维和形象思维联系在一起，实现抽象概念与具体图象之间的相互转化，即数量关系转化为图形的性质或者把图形的性质转化为数量关系来研究.例3 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥2，(x －1)3，x <2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则k 的取值范围是______.解析 易知函数f (x )的图象如图所示：由图可知0<k <1. 答案 0<k <1跟踪训练3 已知函数f (x )＝x ＋2x ，g (x )＝x ＋ln x ，h (x )＝x －x －1的零点分别为x 1，x 2，x 3，则x 1，x 2，x 3的大小关系是( ) A.x 1>x 2>x 3 B.x 2>x 1>x 3 C.x 1>x 3>x 2 D.x 3>x 2>x 1答案 D解析 在同一坐标系内分别画出⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，y ＝2x ，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，y ＝ln x ， 和⎩⎨⎧y ＝－x ，y ＝－x －1的图象，由图可知每组中的两图象各有一个交点，它们的横坐标就是三个函数的零点，由图可知：x 3>x 2>x 1，故选D.转化与化归思想例4 设a ∈R ，试讨论关于x 的方程lg(x －1)＋lg(3－x )＝lg(a －x )的实根的个数. 解 原方程等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，3－x >0，a －x >0，(x －1)(3－x )＝a －x ，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，3－x >0，(x －1)(3－x )＝a －x ， 整理得－x 2＋5x －3＝a (1<x <3).在同一平面直角坐标系中分别作出函数y ＝a ，及y ＝－x 2＋5x －3，x ∈(1,3)的图象，如图所示.(1)当a >134或a ≤1时，两个函数的图象无交点，故原方程无实数根；(2)当a ＝134或1<a ≤3时，两个函数的图象有一个交点，故原方程有一个实数根；(3)当3<a <134时，两个函数的图象有两个交点，故原方程有两个实数根.跟踪训练4 当a 为何值时，函数y ＝7x 2－(a ＋13)x ＋a 2－a －2的一个零点在区间(0,1)上，另一个零点在区间(1,2)上？解 已知函数对应的方程为7x 2－(a ＋13)x ＋a 2－a －2＝0，函数的大致图象如图所示.根据方程的根与函数的零点的关系，方程的根一个在(0,1)上，另一个在(1,2)上，则： ⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＞0，f (1)＜0，f (2)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2＞0，a 2－2a －8＜0，a 2－3a ＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＜－1或a ＞2，－2＜a ＜4，a ＜0或a ＞3，∴－2＜a ＜－1或3＜a ＜4.。

专题4一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2020年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数．．．．，则m 的范围是（）A ．1(,)3+∞B ．1(,3-∞C ．1[,)3+∞D ．1(,3-∞2．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）A ．y x=-B ．2y x =-+C ．y x=D ．2y x =-3．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则()A ．M 的最小值为25B ．M 的最小值为45C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为1254．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()()()2sin xx e e x f x x eππ-+=-≤≤的图象大致为()A ．B ．C ．D ．5．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭6．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A ．函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值7．（2020届山东省青岛市高三上期末）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭二、多选题8．（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,01,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()A ．0B ．12C ．1D ．29．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =--(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12B ．2C ．2e D ．10．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则（）A ．MB ．当M 最小时，2125x =C ．M 的最小值为45D ．当M 最小时，265x =三、填空题11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =12．（2020届山东省烟台市高三模拟）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为__________．13．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．14．（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-在点(1,(1))f 处的切线经过原点，函数()()f x g x x=的最小值为m ，则2m a +=________.15．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数()()1,f x a nx a R =∈与函数()g x =共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．16．（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.17．（2020届山东省淄博市高三二模）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若()()cos f x x f x =--，且()sin 02xf x '+<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.四、解答题18．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：12124x x e->-+．19．（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.20．（2020·山东高三模拟）已知函数()21()1ln ()2f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()0f x ≥.（2）讨论函数()f x 的极值；（3）是否存在实数m ，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.21．（2020届山东省高考模拟）已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.22．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知函数()()()1xf x ax e a R =-∈.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin xf x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．24．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式()2212ln 4121ni n ni n =-->+∑成立.25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断122x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.28．（2020届山东省淄博市高三二模）（本小题满分12分）设函数()()22ln 11x f x x x =+++.（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）如果对所有的x ≥0，都有()f x ≤ax ，求a 的最小值；（Ⅲ）已知数列{}n a 中，11a =，且()()1111n n a a +-+=，若数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：11ln 2n n n na S a a ++>-.29．（2020届山东省烟台市高三模拟）已知函数()()2ln 12a f x x x xb =---，,R a b ∈.（1）当-1b =时，讨论函数()f x 的零点个数；（2）若()f x 在()0,∞+上单调递增，且2a b c e +≤求c 的最大值.30．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）已知()ln f x x =，()()2102g x ax bx a =+≠，()()()h x f x g x =-.（Ⅰ）若3,2a b ==，求()h x 的极值；（Ⅱ）若函数()y h x =的两个零点为()1212,x x x x ≠，记1202x x x +=，证明：()00h x '<．31．（2020届山东省泰安市肥城市一模）已知函数()22()xf x e ax x a =++在1x =-处取得极小值.（1）求实数a 的值；（2）若函数()f x 存在极大值与极小值，且函数()()2g x f x x m =--有两个零点，求实数m 的取值范围.（参考数据：e 2.718≈2.236≈）32．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()ln 1f x x x =-，()()22g x ax a x =--.（1）设函数()()()H x f x g x '=-，讨论()H x 的单调性；（2）设函数()()()2G x g x a x =+-，若()f x 的图象与()G x 的图象有()11A x y ，，()22B x y ，两个不同的交点，证明：()12ln 2ln 2x x >+.33．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数2()2ln =-f x x x x ，函数2()(ln )=+-ag x x x x，其中a R ∈，0x 是()g x 的一个极值点，且()02g x =.（1）讨论()f x 的单调性（2）求实数0x 和a 的值（3）证明()*11ln(21)2=>+∈nk n n N 34．（2020届山东省六地市部分学校高三3月线考）已知函数()()20f x lnx ax x a =--+≥．()1讨论函数()f x 的极值点的个数；()2若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12322f x f x ln +>-．专题4一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2021年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数．．．．，则m 的范围是（）A ．1(,)3+∞B ．1(,3-∞C ．1[,)3+∞D ．1(,3-∞【答案】C 【解析】若函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数，只需2320y x x m '=++≥恒成立，即141203m m =-≤∴≥ ，．故选：C ．2．（2020·山东高三下学期开学）已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（）A ．y x =-B ．2y x =-+C ．y x=D ．2y x =-【答案】A 【解析】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.故选：A3．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则()A ．M 的最小值为25B ．M 的最小值为45C ．M 的最小值为85D ．M 的最小值为125【答案】B 【解析】由题意，()()221212M x x y y =-+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点与直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方.ln 2y x x =-+，得11y x'=-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线斜率为12-，令1112x -=-，解得2x =，所以切点的坐标为()2ln 2，切点到直线242ln 20x y +--=的距离5d ==即()()221212M x x y y =-+-的最小值为45.故选：B4．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）函数()()()2sin xx ee xf x x eππ-+=-≤≤的图象大致为()A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由函数的解析式可得：()()f x f x -=-，则函数()f x 的图像关于坐标原点对称，据此可排除B 选项，考查函数()x x g x e e -=+，则()()21'x x x xe g x e e e--=-=，当0x >时，()g x 单调递增，则344g g ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，据此有：344f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，据此可排除C 选项；当0πx <<时，0,sin 0x x e e x -+>>，则()0f x >，据此可排除D 选项；本题选择A 选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．5．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．因为()331log log 44g g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，2303232221log 4--<<=<所以233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选：B ．6．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()y f x =的导函数()f x '的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A ．函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内单调递增B ．当2x =-时，函数()y f x =取得极小值C ．函数()y f x =在区间()2,2-内单调递增D ．当3x =时，函数()y f x =有极小值【答案】BC 【解析】对于A ，函数()y f x =在区间13,2⎛⎫--⎪⎝⎭内有增有减，故A 不正确；对于B ，当2x =-时，函数()y f x =取得极小值，故B 正确；对于C ，当()2,2x ∈-时，恒有()0f x '>，则函数()y f x =在区间()2,2-上单调递增，故C 正确；对于D ，当3x =时，()0f x '≠，故D 不正确.故选：BC7．（2020届山东省青岛市高三上期末）已知奇函数()f x 是R 上增函数,()()g x xf x =则()A ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭B ．233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭C ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭D ．23323122log 4g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】由奇函数()f x 是R 上的增函数，可得()0f x '≥，以及当0x >时，()0f x >，当0x <时，()0f x <，由()()g x xf x =，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，即()g x 为偶函数．因为()()()g x f x xf x ''=+，所以当0x >时，()0g x '>，当0x <时，()0g x '<．故0x >时，函数()g x 单调递增，0x <时，函数()g x 单调递减．因为()331log log 44g g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，2303232221log 4--<<=<所以233231log 224g g g --⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选：B ．二、多选题8．（2020届山东省济宁市高三3月月考）设函数()()ln ,01,0x x x f x e x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，若函数()()g x f x b =-有三个零，则实数b 可取的值可能是()A ．0B ．12C ．1D ．2【答案】BC 【解析】由题意，函数()()g x f x b =-有三个零点，则函数()()0g x f x b =-=，即()f x b =有三个根，当0x ≤时，()()1xf x ex =+，则()()()12x x x e x e x x e f =++=+'由()0f x '<得20x +<，即2x <-，此时()f x 为减函数，由()0f x '>得20x +>，即20x -<≤，此时()f x 为增函数，即当2x =-时，()f x 取得极小值()212f e-=-，作出()f x 的图象如图：要使()f x b =有三个根，则01b <≤，则实数b 可取的值可能是12，1故选：BC9．（2020·山东滕州市第一中学高三3月模拟）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()xg x e a =--(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（）A ．12B ．2C ．2e D ．【答案】BCD 【解析】令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(],0-∞上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减．存在0{|()(1)}x x T x T x ∈- ，∴得00()(1)T x T x - ，001x x - ，即012x，()x g x e a =-- ；1(2x，0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '= ，∴函数()g x 在12x 时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0g e⎛=> ⎝，∴要使()g x 在12x时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，解得2a ，a ∴的取值范围为,2⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭，故选：BCD ．10．（2020·2020届山东省淄博市高三二模）已知111ln 20x x y --+=，22242ln 20x y +--=，记()()221212M x x y y =-+-，则（）A ．MB ．当M 最小时，2125x =C ．M 的最小值为45D ．当M 最小时，265x =【答案】BC 【解析】由111ln 20x x y --+=，得：111ln 2y x x =-+，()()221212x x y y -+-的最小值可转化为函数ln 2y x x =-+图象上的点到直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值的平方，由ln 2y x x =-+得：11y x'=-，与直线242ln 20x y +--=平行的直线的斜率为12-，则令1112x -=-，解得：2x =，∴切点坐标为()2,ln 2，()2,ln 2∴到直线242ln 20x y +--=的距离5d ==.即函数ln 2y x x =-+上的点到直线242ln 20x y +--=上的点的距离的最小值为5.()()221212M x x y y ∴=-+-的最小值为245d =，过()2,ln 2与242ln 20x y +--=垂直的直线为()ln 222y x -=-，即24ln 20x y --+=.由242ln 2024ln 20x y x y +--=⎧⎨--+=⎩，解得：125x =，即当M 最小时，2125x =.故选：BC.三、填空题11．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知直线2y x =+与曲线ln()y x a =+相切，则a =【答案】3【解析】设切点为（x 0，y 0），由题意可得：曲线的方程为y ＝ln （x+a ），所以y '＝1x a+．所以k 切＝01x a+＝1，并且y 0＝x 0+2，y 0＝ln （x 0+a ），解得：y 0＝0，x 0＝﹣2，a ＝3．故答案为3．12．（2020届山东省烟台市高三模拟）设定义域为R 的函数()f x 满足()()f x f x '>，则不等式()()121x e f x f x -<-的解集为__________．【答案】(1,)+∞【解析】设F （x ）()xf x e=，则F ′（x ）()()'xf x f x e -=，∵()()f x f x '>，∴F ′（x ）＞0，即函数F （x ）在定义域上单调递增．∵()()121x ef x f x -<-∴()()2121xx f x f x ee--＜，即F （x ）＜F （2x 1-）∴x 2x 1-＜，即x ＞1∴不等式()()121x ef x f x -<-的解为()1,+∞故答案为：()1,+∞13．（2020届山东省淄博市部分学校高三3月检测）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】2-【解析】分析：首先对函数进行求导，化简求得()()1'4cos 1cos 2f x x x ⎛⎫=+-⎪⎝⎭，从而确定出函数的单调区间，减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，确定出函数的最小值点，从而求得33sin ,sin222x x =-=-代入求得函数的最小值.详解：()()21'2cos 2cos24cos 2cos 24cos 1cos 2f x x x x x x x ⎛⎫=+=+-=+-⎪⎝⎭，所以当1cos 2x <时函数单调减，当1cos 2x >时函数单调增，从而得到函数的减区间为()52,233k k k Z ππππ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦，函数的增区间为()2,233k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，所以当2,3x k k Z ππ=-∈时，函数()f x 取得最小值，此时sin ,sin222x x =-=-，所以()min 2222f x ⎛⎫=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭，故答案是2-.14．（2020·山东高三模拟）已知函数()ln 2f x x x a =-在点(1,(1))f 处的切线经过原点，函数()()f x g x x=的最小值为m ，则2m a +=________.【答案】0【解析】()1ln f x x '=+，(1)1f '=，(1)2f a =-，切线1l 的方程：21y a x +=-，又1l 过原点，所以21a =-，()ln 1f x x x =+，1()ln g x x x =+，22111()x g x x x x-'=-=.当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>.故函数()()f x g x x=的最小值(1)1g =，所以1,20m m a =+=.故答案为:0.15．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）若函数()()1,f x a nx a R =∈与函数()g x =共点处有共同的切线，则实数a 的值为______．【答案】2e 【解析】函数()ln f x a x =的定义域为()0,+∞，()af x x '=，()g x '=设曲线()ln f x a x =与曲线()g x =()00,x y ，由于在公共点处有共同的切线，∴0a x =，解得204x a =，0a >．由()()00f x g x =，可得0ln a x =联立2004x a alnx ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2e a =．故答案为：2e．16．（2020届山东省济宁市高三3月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为1的圆柱与半径为1的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.【答案】3227π【解析】由题意，设小圆柱体底面半径为cos θ，则高为1sin 0,2πθθ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，小圆柱体体积()2cos 1sin V πθθ=⋅⋅+，设()sin 0,1t t θ=∈，，则()()()232111V tt tt t ππ=⋅-+=⋅--++则()()()2321311V t t t t ππ'=⋅--+=⋅-++当13t =时，max 3227V π=故答案为：3227π17．（2020届山东省淄博市高三二模）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若()()cos f x x f x =--，且()sin 02xf x '+<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为______.【答案】,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【解析】依题意，()()()cos cos 22x xf x f x --=--+，令()()cos 2xg x f x =-，则()()g x g x =--，故函数()g x 为奇函数()()()cos sin 022x x g x f x f x '⎡⎤''=-=+<⎢⎥⎣⎦，故函数()g x 在R 上单调递减，则()()()()()cos cos 0022x xf x f x f x f x πππ+++≤⇒+-+-≤()()()()()0g x g x g x g x g x ππ⇔++≤⇔+≤-=-，即x x π+≥-，故2x π≥-，则x 的取值范围为,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：,2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭四、解答题18．（2020届山东省济宁市第一中学高三二轮检测）已知函数()1xf x x ae =-+（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，设1210,0x x -<<>且()()125f x f x +=-，证明：12124x x e->-+．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）()1xf x ae ='+，当0a ≥时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增．当0a <时，令()0f x '>，得1ln x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递增区间为1,ln a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()0f x '<，得1ln x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，则()f x 的单调递减区间为1ln ,a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（2）证明：（法一）设()()231xg x f x x e x =+=-+-，则()3xg x e =-+'，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()max ln33ln340g x g ==-<从而得()()20g x f x x =+<，()()()()1222125,2520f x f x f x x f x x +=-∴+=--+< ，即12124x x e->-+．（法二）()()1212125,3xxf x f x x e e x +=-∴=+-- ，12122233x x x x e e x ∴-=+--，设()3xg x e x =-，则()3xg x e '=-，由()0g x '<得ln3x >；由()0g x '>得ln3x <，故()()min ln333ln3g x g ==-．1210,0x x -< ，1121233ln33ln3x x e e-∴->+-=-，3ln3ln274=< ，12124x x e ∴->-+．19．（2019·宁德市高级中学高三月考（理））已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2)e x ﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(0,1).【解析】（1）()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()()()2221121xx x x f x aea e ae e =+---'=+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(),-∞+∞单调递减.（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.当(),ln x a ∈-∞-时，()0f x '<；当()ln ,x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(),ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为()1ln 1ln f a a a-=-+.①当1a =时，由于()ln 0f a -=，故()f x 只有一个零点；②当()1,a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即()ln 0f a ->，故()f x 没有零点；③当()0,1a ∈时，11ln 0a a-+<，即()ln 0f a -<.又()()4222e2e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(),ln a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，则()()00000000e e 2e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln 1ln a a ⎛⎫->-⎪⎝⎭，因此()f x 在()ln ,a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为()0,1.20．（2020·山东高三模拟）已知函数()21()1ln ()2f x m x x m =--∈R .（1）若1m =，求证：()0f x ≥.（2）讨论函数()f x 的极值；（3）是否存在实数m ，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1.【解析】（1）1m =，()21()1ln (0)2f x x x x =-->，211()x f x x x x-'=-+=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴min ()(1)0f x f ==，故()0f x ≥.（2）由题知，0x >，211()mx f x mx x x -'=-+=，①当0m ≤时，21()0mx f x x-'=<，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减，没有极值；②当0m >时，21()0mx f xx-'==，得x =，当x⎛∈ ⎝时，()0f x '<；当x ⎫∈+∞⎪⎭时，()0f x '>，所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎭上单调递增.故()f x 在x=111ln 222f m m =+-，无极大值.（3）不妨令11111()x x x e xh x x e xe----=-=，设11(),(1,),()10x x u x e x x u x e --'=-∈+∞=->在(1,)+∞恒成立，()u x 在[1,)+∞单调递增，()(1)0u x u ∴>=，10x e x -∴-≥在(1,)+∞恒成立，所以，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，由（2）知，当0,1m x ≤>时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()(1)0f x f <=恒成立；所以不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立，只能0m >.当01m <<1>，由（1）知()f x 在⎛ ⎝上单调递减，所以(1)0f f<=，不满足题意.当m 1≥时，设()21111()1ln 2x F x m x x x e-=---+，因为1,1m x ≥>，所以11111,1,01,10x x x mx x e e e---≥><<-<-<，322122111111()1x x x x F x mx x x x e x x x---+'=-++->-++-=，即()22(1)1()0x x F x x--'>>，所以()F x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0F =，所以(1,)x ∈+∞时，()0F x >恒成立，即()()0f x h x ->恒成立，故存在m 1≥，使得不等式111()x f x x e->-在(1,)+∞上恒成立，此时m 的最小值是1.21．（2020届山东省高考模拟）已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.【答案】（1）当4a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，()f x 在160,4a ⎛- ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）12e e-+【解析】（1）由2()2ln f x x ax x =-+得2()2f x x a x'=-+；因为0x >，所以224x x+≥；因此，当4a ≤时，2()20f x x a x'=-+≥在(0,)+∞上恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，由2()20f x x a x '=-+>得2220x ax -+>，解得164a a x >或1604a a x <<；由2()20f x x a x '=-+<得161644a a x -+<<；所以()f x在0,4a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛-+⎝⎭上单调递减；综上，当4a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当4a >时，()f x在0,4a ⎛- ⎪⎝⎭，,4a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；在,44a a ⎛-+⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，由（1）可得，12,x x 是方程2220x ax -+=的两不等实根，所以122ax x +=，121x x =，因此()()2221222111(2ln )(2ln )f x f x x ax x x ax x -=-+--+222222211212122222211212()()2ln2ln 2ln x x x x x x x x x x x x x x x -++=-+=-+=+-，令22t x =，则2222222111()()2ln 2ln f x f x t t x x x t-=-+=-+；由（1）可知24a x =，当a ≥24x a +=≥=，所以[)22,e t x ∈=+∞，令1()2ln g t t t t=-+，[),t e ∈+∞，则222221221(1)()10t t t g t t t t t-+-'=--+=-=-<在[),t e ∈+∞上恒成立；所以1()2ln g t t t t=-+在[),t e ∈+∞上单调递减，故max 1()()2g t g e e e==-+.即()()21f x f x -的最大值为12e e-+.22．（2020届山东省济宁市高三3月月考）已知函数()()()1xf x ax e a R =-∈.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在一个正实数a ，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）0a =时，()f x 的增函数区间为(),-∞+∞，无减函数区间；0a >时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；0a <时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）存在，1.【解析】（1）函数()(),1xx R f x ax e ∈=-的定义域为R ，()()()11x x x f x ae ax e e ax a '=-+-=-+-①若()()0,,xa f x e f x ==在(),-∞+∞上为增函数；②若0a >，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '>；当1ax a->时，()0f x '<；所以()f x 在1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数；③若0a <，∵0x e >，∴当1a x a -<时，()0f x '<；当1ax a->时，()0f x '>；所以()f x 在1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为增函数综上可知，0a =时，()f x 的增函数区间为(),-∞+∞，无减函数区间；0a >时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；0a <时，()f x 的增函数区间为1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，减函数区间为1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知，0a >时，()f x 的最大值为11aaa f aea --⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意实数x ，()1f x ≤恒成立，只须使11a aae -≤即可.又因为0a >，所以不等式11a aae -≤等价于：1ln 0aaae-⎛⎫≤⎪⎝⎭，即：1ln 0aa a-+≤，设()()1ln 0ag a a a a -=+>，则()()22111a a a g a a a a----'=+=，∴当01a <<时，()'0g a <；当1a >时，()0g a '>所以，()g a 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数，∴当01a <<时，()()10g a g >=，不等式1ln 0aa a-+≤不成立，当1a >时，()()10g a g >=，不等式1ln 0aa a -+≤不成立，当1a =时，()()10g a g ==，不等式1ln 0aa a-+≤成立，∴存在正实数a 且1a =时，满足当x ∈R 时，()1f x ≤恒成立.23．（2020届山东省潍坊市高三模拟一）已知函数()cos sin xf x e x x x =-，()sin xg x x =-，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（Ⅱ）若1x >-，求证：()()0f x g x ->．【答案】（Ⅰ）)1,++∞；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由题意，12ππ,0,0,22x x ⎡⎤⎡⎤∀∈-∃∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，使得不等式12()()f x m g x ≤+成立，等价于[]1max 2max ()()f x mg x ≤+．1分()(cos sin )(sin cos )()cos (1)sin x x x f x e x x x x x e x x e x =----+'+=，当π[,0]2x ∈-时，()0f x '>，故()f x 在区间π[0,]2上单调递增，所以0x =时，()f x 取得最大值1．即max ()1f x =又当π[0,]2x ∈时，()cos xg x x =-'，()sin 0xg x x '-'=-<所以()g x '在π[0,]2上单调递减，所以()()010g x g ≤=-'<'，故()g x 在区间π[0,2上单调递减，因此，0x =时，max ()(0)g x g ==．所以1m ≤，则1m ≥+．实数m的取值范围是)1,++∞．（Ⅱ）当1x >-时，要证，只要证e cos sin sin 0x x x x x x -->，即证(()ecos 1sin xx x x +>+，由于cos 0,10x x +>+>，只要证e 1x x >+．下面证明1x >-时，不等式e 1x x >+令()()e11xh x x x =>-+，则()()()()22e 1e e 11x xxx x h x x x =+'+-=+，当()1,0x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增．所以当且仅当0x =时，()h x 取最小值为1．法一：k =cos sin k x x =，即sin cos x k x -=，即sin()x ϕ-=1≤，即11k -≤≤，所以max 1k =，而()()min01h x h ==，但当0x =时，()010k h =<=；0x ≠时，()1h x k>≥所以，maxmin e 1x x ⎛⎫> ⎪+⎝⎭，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．法二：令()x ϕ=()cos ,sin A x x与点()B 连线的斜率k ，所以直线AB的方程为：(y k x =+，由于点A 在圆221x y +=上，所以直线AB 与圆221x y +=相交或相切，当直线AB 与圆221x y +=相切且切点在第二象限时，直线AB 取得斜率k 的最大值为1．而当0x =时，()(0)010h ϕ=<=；0x ≠时，()1h x k >≥．所以，minmax ()()h x x ϕ>，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．法三：令()x ϕ=()x ϕ'=，当32,()4x k k N ππ=+∈时，()x ϕ取得最大值1，而()()min01h x h ==，但当0x =时，()()0010h ϕ=<=；0x ≠时，()1h x k >≥所以，minmax ()()h x x ϕ>，即e 1x x >+综上所述，当1x >-时，成立．24．（2020届山东省潍坊市高三模拟二）已知函数()ln ,f x x x kx k R =+∈.（1）求()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若不等式2()f x x x ≤+恒成立，求k 的取值范围；（3）求证：当*n N ∈时，不等式()2212ln 4121ni n n i n =-->+∑成立.【答案】（1）(1)1y k x =+-（2）k 2≤（3）证明见解析【解析】（1）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，()1ln f x x k '=++，(1)1f k '=+，∵(1)f k =，∴函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)(1)y k k x -=+-，即(1)1y k x =+-.（2）由2()f x x x ≤+，()ln f x x x kx =+，则2ln x x kx x x +≤+，即ln 1x k x +≤+，设()ln 1g x x x k =-+-，1()1g x x'=-，()0,1x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，∵不等式2()f x x x ≤+恒成立，且0x >，∴ln 10x x k -+-≤，∴max ()(1)20g x g k ==-≤即可，故k 2≤.（3）由（2）可知：当2k =时，ln 1x x ≤-恒成立，令2141x i =--，由于*i N ∈，21041i >-.故，2211ln 14141i i <---，整理得：()221ln 41141i i ->--，变形得：()21ln 411(21)(21)i i i ->-+-，即：()211ln 41122121i i i ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭1,2,3,,i n = 时，11ln31123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭，11ln51123⎛⎫>-- ⎪⎝⎭……，()2111ln 41122121n n n ⎛⎫->-- ⎪-+⎝⎭两边同时相加得：()22211122ln 4112212121ni n n ni n n n n =-⎛⎫->--=> ⎪+++⎝⎭∑，所以不等式在*n N ∈上恒成立.25．（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点;(2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】(1)设()()112cos g x f x x x'==-+，当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x'=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减，又因为31103g ππ⎛⎫=-+>⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增;当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<<⎪⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=-+>-> ⎪⎝⎭又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=--+<--+<⎪⎝⎭所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20fππππ=-<-<所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点．②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤-设()ln h x x x =-，()110h x x'=-<所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤<所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立所以()f x 在[),2ππ上没有零点．③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+设()ln 2x x x ϕ=-+，()110x xϕ'=-<所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤<所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点．综上，()f x 有且仅有两个零点．26．（2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）已知函数()2ln f x x ax =-，a R ∈.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当1a =-时，令2()()g x x f x =-，其导函数为()g x '，设12,x x 是函数()g x 的两个零点，判断122x x +是否为()g x '的零点？并说明理由.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在2(0,)a 单调递增，在2(,)a+∞上单调递减.（Ⅱ）不是，理由见解析【解析】（Ⅰ）依题意知函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()2f x a x'=-,（1）当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,+∞上单调递增.（2）当0a >时，由()0f x '=得：2x a=，则当20,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '>；当2,x a⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0f x '<.所以()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.综上，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在2,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（Ⅱ）122x x +不是导函数()g x '的零点.证明如下：当1a =-时，()()222ln g x x f x x x x =-=--.∵1x ，2x 是函数()g x 的两个零点，不妨设120x x <<，22111111222222222ln 02ln 2ln 02ln x x x x x x x x x x x x ⎧⎧--=-=∴⇒⎨⎨--=-=⎩⎩，两式相减得：()()()12121212ln ln x x x x x x -+-=-即：()1212122ln ln 1x x x x x x -+-=-，又()221g x x x-'=-.则()()()121212121212*********ln ln 24421ln ln 2x x x x x x g x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤--+⎛⎫=+--=-=--'⎢⎥⎪+-+-+⎝⎭⎣⎦.设12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<，令()()21ln 1t t t t ϕ-=-+，()()()()22211411t t tt t t ϕ-=-=+'+.又01t <<，∴()0t ϕ'>，∴()t ϕ在()0,1上是増函数，则()()10t ϕϕ<=，即当01t <<时，()21ln 01t t t --<+，从而()()1212122ln ln 0x x x x x x ---<+，又121200x x x x <<⇒-<所以()()1212121222ln ln 0x x x x x x x x ⎡⎤--->⎢⎥-+⎣⎦，故1202x x g +⎛⎫>⎪⎝⎭'，所以122x x +不是导函数()g x '的零点.27．（2020届山东省潍坊市高三下学期开学考试）已知2()2ln(2)(1)f x x x =+-+，()(1)g x k x =+．（1）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（2）若存在01x >-，使得当()01,x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(,2)-∞【解析】（1）证明：当2k =时，()2(1)g x x =+。

课时作业(十四)1.D [解析] 依题意有f'(x )=1x ·√2x -2×12×(2x )-12·lnx 2x,故f'12=2+ln21=2+ln 2,故选D .2.A [解析] 当x=1时,f (1)=-2+0=-2,所以切点为(1,-2),由题得f'(x )=-2+1x,所以f'(1)=-2+11=-1,所以切线方程为y+2=-1×(x-1),即x+y+1=0,故选A .3.A [解析] 由题意,f'(x )=2x+2f'(1),则f'(1)=2+2f'(1),解得f'(1)=-2,故f (x )=x 2-4x.故选A .4.B [解析] f'(x )=-sin x-f'π2,令x=π2,得f'π2=-12,即f (x )=cos x+12x.f (0)=1,f'(0)=12,所以l 的方程为y=12x+1,结合选项可知直线2x+y+1=0与直线l 垂直.故选B . 5.32[解析] ∵f'(x )=2x -x ,f'(1)=-12,又∵f (1)=1,∴切点是(1,1),∴切线方程是y-1=-12(x-1),将点(0,a )代入,解得a=12+1=32.6.D [解析] 令f (x )=x 3-4x+4,则f'(x )=3x 2-4,f'(1)=-1,设切线的倾斜角为α,则tan α=-1,可得α=135°.故选D .7.A [解析] 由题意,得f'(x )=ln x+1,∴f'(1)=1,又f (1)=a ,∴切线方程为y=x-1+a.∵切线过原点,∴0=0-1+a ,解得a=1.故选A .8.A [解析] 由题意知,函数f (x )是定义在R 上的奇函数,可得f (0)=0,即f (0)=-m=0,解得m=0,即当x ≤0时,函数f (x )=x 3-2x ,则f'(x )=3x 2-2,所以f'(-2)=3×(-2)2-2=10,由奇函数的导函数为偶函数,可知f'(-2)=f'(2)=10,即曲线y=f (x )在点P (2,f (2))处的切线斜率为10.故选A .9.B [解析] 由y=2x ln x ,得y'=2×ln x+2x×1x=2ln x+2,所以y'|x=e =2+2=4,且y|x=e =2e,所以切线方程为y-2e =4(x-e),即y=4x-2e,此切线与x 轴、y 轴的交点坐标分别为e 2,0,(0,-2e),所以切线与坐标轴围成的三角形面积S=12×e 2×2e =e 22.故选B .10.C [解析] 设直线与曲线切于点(x 0,y 0)(x 0≠0),则切线的斜率k=y 0-1x 0-1=x 03-1x 0-1=x 02+x 0+1,又∵y'=3x 2,∴y'|x=x 0=3x 02,∴2x 02-x 0-1=0,解得x 0=1或x 0=-12,∴过点P (1,1)与曲线y=x 3相切的直线方程为3x-y-2=0或3x-4y+1=0.故选C .11.C [解析] y'=1+1x,当x=1时,切线的斜率k=2,切线方程为y=2(x-1)+1=2x-1,因为它与抛物线相切.所以ax 2+(a+2)x+1=2x-1有唯一解,即ax 2+ax+2=0,故{a ≠0,a 2-8a =0,解得a=8.故选C .12.3 [解析] ∵f (x )=(x 2-a )ln x ,∴f'(x )=2x ln x+x 2-ax,∴f'(1)=1-a=-2,得a=3.13.5 [解析] 将点P (1,4)代入y=ax+b x 2,得a+b=4.函数y=ax+b x 2的导函数为y'=a-2b x3,由曲线在点P 处的切线与直线x+y+3=0垂直,得曲线在点P 处的切线的斜率k=y'|x=1=a-2b=1,联立{a +b =4,a -2b =1,得{a =3,b =1,所以a+2b=5.14.解:(1)由题意得f'(x )=x 2-4x+3, 则f'(x )=(x-2)2-1≥-1,即过曲线C 上任意一点的切线斜率的取值范围是[-1,+∞). (2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ,则由(2)中条件并结合(1)中结论可知{k ≥-1,-1k≥-1,解得-1≤k<0或k ≥1,所以-1≤x 2-4x+3<0或x 2-4x+3≥1, 解得x ∈(-∞,2-√2]∪(1,3)∪[2+√2,+∞). 15.解:(1)由题意,知f'(x )=1x +1x2,所以f'(1)=2,所以切线方程为y+1=2(x-1), 即2x-y-3=0.(2)由已知,得g (x )=x ln x ,切点坐标为(e,e), 由g'(x )=ln x+1,得g'(e)=2,所以l 2的方程为y-e =2(x-e),即y=2x-e ①.所以直线l 1的斜率为-12,故l 1的方程为y=-12x+2e ②,联立①②,得直线l 1与l 2交点的坐标为65e,75e ,又l 2与x 轴的交点为e 2,0,l 1与x 轴的交点为(4e,0),此封闭图形为三角形,底边m=4e -e 2=7e 2,高h=75e, 所以三角形面积S=12mh=12×7e 2×75e =4920e 2.16.B [解析] 设P 1(x 1,f (x 1)),P 2(x 2,f (x 2)),当0<x<1时,f'(x )=-1x ,当x>1时,f'(x )=1x,故不妨设x 1∈(0,1),x 2∈(1,+∞),故l 1:y=-1x 1(x-x 1)-ln x 1,整理得到l 1:y=-1x 1x-ln x 1+1,l 2:y=1x 2(x-x 2)+ln x 2,整理得到l 2:y=1x 2x+ln x 2-1,所以A (0,1-ln x 1),B (0,ln x 2-1),所以|AB|=|2-ln(x 1x 2)|.因为l 1⊥l 2,所以-1x 1·1x 2=-1,即x 1x 2=1,所以|AB|=2.故选B . 17.2√e [解析] 设P (x 0,y 0),f'(x )=2x+2a ,g'(x )=4a 2x.由题意知,f (x 0)=g (x 0),f'(x 0)=g'(x 0),即x 02+2ax 0=4a 2ln x 0+b ,①2x 0+2a=4a 2x 0,②由②得x 0=a 或x 0=-2a (舍),将x 0=a 代入①,得b=3a 2-4a 2ln a ,a ∈(0,+∞).令h (a )=3a 2-4a 2ln a ,a ∈(0,+∞),则h'(a )=6a-8a ln a-4a=2a (1-4ln a ),当a ∈(0,e 14)时,h'(a )>0,当a ∈(e 14,+∞)时,h'(a )<0.∴h (a )的最大值是h (e 14)=3√e -4√e ln e 14=2√e ,即实数b 的最大值为2√e .课时作业(十五)1.D [解析] 由函数y=12x 2-4ln x ,得y'=x-4x =x 2-4x,x>0.令y'>0,即x 2-4>0且x>0,解得x>2,所以函数y=12x 2-4ln x 的单调递增区间为[2,+∞),故D 正确.2.A [解析] 由题意,函数f (x )=x e|x |,可得其定义域为R,又由f (-x )=-x e |-x |=-xe|x |=-f (x ),即f (-x )=-f (x ),所以函数f (x )是奇函数.当x ∈(-∞,-1)时,f (x )=x e -x =x ·e x ,则f'(x )=e x +x e x =(1+x )e x ,则f'(x )<0,所以函数f (x )在(-∞,-1)上单调递减,故选A .3.C [解析] 由题意可知当x ∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,f'(x )>0,函数f (x )是增函数;当x ∈(0,2)时,f'(x )<0,函数f (x )是减函数.结合选项知函数f (x )的图像只能是C .4.B [解析] ∵f (-x )=(-x )2-cos(-x )=x 2-cos x=f (x ),∴f (x )为偶函数,∴f (0.5)=f (-0.5).f'(x )=2x+sin x ,当0<x<π2时,f'(x )=2x+sin x>0,∴函数f (x )在0,π2上单调递增,又0<0.5<0.6<π2,∴f (0)<f (0.5)<f (0.6),即f (0)<f (-0.5)<f (0.6).故选B .5.[0,+∞) [解析] 由题得f'(x )=3x 2+a ≥0在R 上恒成立,即a ≥-3x 2恒成立,故a ≥0,所以a 的取值范围是[0,+∞).6.C [解析] 由题意,得f'(x )=6x 2-6mx+6,由已知条件知当x ∈[1,+∞)时,f'(x )≥0恒成立,设g (x )=6x 2-6mx+6,则g (x )≥0在[1,+∞)上恒成立.方法一:当Δ=36(m 2-4)≤0,即-2≤m ≤2时,g (x )≥0在[1,+∞)上恒成立;当Δ=36(m 2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需{m2<1,g (1)=12-6m ≥0,解得m<2,∴m<-2.∴综上,得m ≤2,∴实数m的取值范围是(-∞,2].方法二:问题转化为m ≤x+1x在[1,+∞)上恒成立,而函数y=x+1x≥2,当且仅当x=1时,等号成立,故m ≤2,故选C . 7.A [解析] 构造函数g (x )=f (x )x,则g'(x )=xf '(x )-f (x )x 2.由题意知当x>0时,g'(x )>0,∴函数y=g (x )在(0,+∞)上单调递增.∵π>e,∴g (π)>g (e),即f (π)π>f (e )e,即e f (π)>πf (e).故选A .8.B [解析] 整理f (x )=x [f'(x )-ln x ],得f'(x )=f (x )x+ln x ,因为函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,即f (x )x +ln x ≥0,所以f(1e )1e+ln 1e≥0,整理得f1e≥1e.故选B .9.C [解析] 由题意,∀x ∈-π2,π2,f'(x )=e x (-sin x+cos x-a )≤0恒成立,即a ≥cos x-sin x=√2cos x+π4恒成立.当x ∈-π2,π2时,x+π4∈-π4,3π4,∴cos x+π4∈-√22,1,∴√2cos x+π4∈-1,√2,∴实数a 的取值范围是[√2,+∞).故选C .10.B [解析] 函数f (x )=e x -e -x +sin 2x ,定义域为R,f (-x )=e -x -e x +sin(- 2x )=-(e x -e -x +sin 2x )=-f (x ),∴f (x )为R 上的奇函数.又f'(x )=e x +e -x +2cos 2x ≥2+2cos 2x ,当且仅当e x =1,即x=0时等号成立,又2+2cos 2x ≥0恒成立,∴f'(x )≥0恒成立,∴f (x )为R 上的增函数,又f (2x 2-1)+f (x )>0,得f (2x 2-1)>-f (x )=f (-x ),∴2x 2-1>-x ,即2x 2+x-1>0,解得x<-1或x>12,∴x 的取值范围是(-∞,-1)∪12,+∞.故选B .11.C [解析] 不等式e x f (x )>e x -1⇒e x f (x )-e x +1>0,设g (x )=e x f (x )-e x +1,则求不等式e x f (x )>e x -1的解集等价于求不等式g (x )>0的解集.∵g'(x )=e x f (x )+e x f'(x )-e x =e x [f (x )+f'(x )-1],由f (x )>1-f'(x ),得f (x )+f'(x )-1>0,∴g'(x )>0,∴函数g (x )是R 上的增函数.∵f (0)=0,∴g (0)=0,则g (x )>0=g (0),∴x>0.故选C . 12.(-∞,e] [解析] 由题意,得f'(x )=e x -a x≥0在[1,2]上恒成立,则a ≤(x e x )min .令g (x )=x e x ,x ∈[1,2],则g'(x )=(x+1)e x ,当x ∈[1,2]时,g'(x )>0,∴g (x )在[1,2]上单调递增,∴g (x )min =g (1)=e,故a ≤e .13.0,215∪13,+∞ [解析] ∵f (x )=xa -2x 2+ln x ,∴f'(x )=1a -4x+1x .①当函数f (x )在区间[1,2]上单调递增时,不等式f'(x )≥0在[1,2]上恒成立,即1a-4x+1x≥0,1a≥4x-1x在[1,2]上恒成立,由于函数y=4x-1x在区间[1,2]上单调递增,∴y max =4×2-12=152,∴1a ≥152,∵a>0,∴0<a ≤215;②当函数f (x )在区间[1,2]上单调递减时,不等式f'(x )≤0在区间[1,2]上恒成立,即1a-4x+1x≤0,1a≤4x-1x在[1,2]上恒成立,由于函数y=4x-1x在区间[1,2]上单调递增,∴y min =4×1-11=3,∴1a≤3,∵a>0,∴a ≥13.综上,实数a 的取值范围是0,215∪13,+∞.14.解:(1)由题意可得f'(x )=x-a+a -1x ,∵f'(2)=2-a+a -12=0,∴a=3. (2)∵函数f (x )=12x 2-ax+(a-1)ln x ,其中a>1,∴f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=x-a+a -1x =(x -1)(x+1-a )x =(x -1)[x -(a -1)]x. 令f'(x )=0,得x 1=1,x 2=a-1.①当a-1=1,即a=2时,f'(x )=(x -1)2x≥0恒成立,故f (x )在(0,+∞)上单调递增.②当0<a-1<1,即1<a<2时, 由f'(x )<0,得a-1<x<1; 由f'(x )>0,得0<x<a-1或x>1.故f (x )在(a-1,1)上单调递减,在(0,a-1),(1,+∞)上单调递增.③当a-1>1,即a>2时,由f'(x )<0,得1<x<a-1;由f'(x )>0,得0<x<1,或x>a-1. 故f (x )在(1,a-1)上单调递减,在(0,1),(a-1,+∞)上单调递增. 综上可得,当a=2时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当1<a<2时,f (x )在(a-1,1)上单调递减,在(0,a-1),(1,+∞)上单调递增; 当a>2时,f (x )在(1,a-1)上单调递减,在(0,1),(a-1,+∞)上单调递增. 15.解:(1)由题意得f (x )的定义域为(0,+∞). 当a=-1时,f (x )=-ln x+12x 2+1,则f'(x )=-1x+x=x 2-1x(x>0), 令f'(x )>0,解得x>1,∴f (x )的单调递增区间为(1,+∞). (2)f'(x )=a x+x+(a+1)=x 2+(a+1)x+a x =(x+a )(x+1)x(x>0). ①当a ≥0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增,可知a ≥0满足题意; ②当a<0时,-a>0,∴当x ∈(0,-a )时,f'(x )<0,当x ∈(-a ,+∞)时,f'(x )>0,∴f (x )在(0,-a )上单调递减,在(-a ,+∞)上单调递增,不满足题意. 综上所述,实数a 的取值范围为[0,+∞). 16.解:(1)由题意得f'(x )=e ax +1-2x+1,x ∈(-1,+∞), 由f'(1)=e,知e a =e,∴a=1.(2)由题知,当x ∈(0,+∞)时,f'(x )=e ax +1-2x+1<0有解, 当x ∈[1,+∞)时,f'(x )=e ax +1-2x+1>0恒成立, 不存在单调递减区间; 当x ∈(0,1)时,f'(x )=e ax +1-2x+1<0有解 等价于ln1-x1+x-ax>0有解. 设φ(x )=ln 1-x1+x-ax ,x ∈(0,1),则φ'(x )=2x 2-1-a ,x ∈(0,1), 当x ∈(0,1)时,2x 2-1<-2. ①当a ≥-2时,φ'(x )=2x 2-1-a<0恒成立, 则φ(x )=ln1-x1+x-ax 在(0,1)上单调递减, 所以φ(x )<0恒成立,不符合题意;②当a<-2时,0<a+2a<1,当x ∈0,√a+2a时,φ'(x )=2x 2-1-a>0, 则φ(x )=ln1-x1+x-ax 在0,√a+2a上单调递增,所以φ(x )>0,即ln 1-x1+x-ax>0. 综上所述,a<-2.课时作业(十六)1.A [解析] 当x<-2时,f'(x )<0,当-2<x<12时,f'(x )>0,当12<x<2时,f'(x )<0,当x>2时,f'(x )>0,所以-2为f (x )的极小值点,12为f (x )的极大值点,2为f (x )的极小值点,所以只有A 正确. 2.D [解析] 由题意得f'(x )=1-lnxx 2,令f'(x )>0得0<x<e,令f'(x )<0得x>e,故f (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f (x )有极大值,也是最大值,最大值为f (e)=1e,无极小值和最小值,故选D .3.C [解析] f'(x )=1-2sin x ,令f'(x )=0,得x=π6或x=5π6,所以f (x )=x+2cos x 在区间0,π6上是增函数,在区间π6,5π6上是减函数,在5π6,π上是增函数.故x=5π6是函数f (x )的极小值点,故选C .4.B [解析] f'(x )=3x 2-6,令f'(x )>0,解得x>√2或x<-√2,令f'(x )<0,解得-√2<x<√2,所以f (x )在(-∞,-√2)上单调递增,在(-√2,√2)上单调递减,在(√2,+∞)上单调递增,故x=√2是函数f (x )的极小值点,故a=√2,故选B .5.2-2ln 2 [解析] f'(x )=e x -2,令f'(x )=0,得x=ln 2,所以f (x )在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以f (x )min =f (ln 2)=2-2ln 2.6.C [解析] 因为f (x )=kx-ln x ,所以f'(x )=k-1x,又f (x )=kx-ln x 的极值点为x=2,所以f'(2)=0,即k=12.经验证可知,k=12符合题意,故选C .7.A [解析] 由题意知,当x ∈(0,2)时,f (x )的最大值为-1.当x ∈(0,2)时,f'(x )=1x-a ,令f'(x )=0,得x=1a,当0<x<1a时,f'(x )>0;当x>1a时,f'(x )<0.所以f (x )max =f 1a=-ln a-1=-1,解得a=1.8.AB [解析]由f'(x )的图像知,当-1≤x<0或2<x<4时,f'(x )>0,函数f (x )为增函数,当0<x<2或4<x ≤5时,f'(x )<0,函数f (x )为减函数,故当x=0时,函数f (x )取得极大值,当x=4时,函数f (x )取得极大值,即函数f (x )有2个极大值点,故A 正确;函数f (x )在[0,2]上是减函数,故B 正确;若x ∈[-1,t ]时,f (x )的最大值是2,则t 满足0≤t ≤5,即t 的最大值是5,故C 错误;由y=f (x )-a=0得f (x )=a ,若f (2)≤1,则当1<a<2时,f (x )=a 有4个根,若1<f (2)<2,则当1<a<2时,f (x )=a 不一定有4个根,还有可能有2个或3个根,故函数y=f (x )-a 有4个零点不一定正确,故D 错误.故选AB .9.C [解析] 存在x 1,x 2∈R,使得f (x 2)≤g (x 1)成立,则f (x )min ≤g (x )max ,由题得f'(x )=e x +x e x =(x+1)e x ,所以函数f (x )在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以f (x )min =f (-1)=-1e.又g (x )max =g (-1)=a ,所以a ≥-1e.故选C .10.(e -1)x+y+1=0 [解析] 由题得f'(x )=1x-k ,则f'1e=e -k=0,所以k=e .f'(1)=1-k=1-e,f (1)=-k=-e,故切点为(1,-e),所以所求切线方程为y+e =(1-e)(x-1),即(e -1)x+y+1=0.11.e 2 [解析] f'(x )=a-1x ,x ∈(0,e],当a ≤1e时,f'(x )≤0,∴f (x )在(0,e]上是减函数,f (x )最小值=f (e)=a e -1=3,解得a=4e(舍去).当a>1e时,当0<x<1a时,f'(x )<0,f (x )单调递减,当1a<x ≤e 时,f'(x )>0,f (x )单调递增,∴f (x )最小值=f (x )极小值=f 1a=1-ln 1a=3,得a=e 2,符合题意.故答案为e 2.12.e -1 [解析] 由题得k ≤e x -lnx -1x,令h (x )=e x -lnx -1x(x>0),则h'(x )=e x (x -1)+lnxx 2,可知当x ∈(0,1)时,h (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,h (x )单调递增,故当x=1时,h (x )取到最小值e -1,故k 的最大值为e -1. 13.(-∞,e +1e -14] [2e -2+ln22,3e -92+ln33) [解析] 若对于任意的x 1∈[12,e],存在x 2∈[12,e],使f'(x 1)≤g (x 2),则只需函数f'(x )在[12,e]上的最大值小于等于函数g (x )在[12,e]上的最大值.f'(x )=x 2-2e x+a 的图像的对称轴为直线x=e,易知函数f'(x )在[12,e]上的最大值为f'(12)=14-e +a.g'(x )=1-lnxx 2,令g'(x )=0,解得x=e,当x ∈(0,e)时,g'(x )>0,g (x )为增函数,故函数g (x )在[12,e]上的最大值为g (e)=1e,∴14-e +a ≤1e,∴a ≤e+1e -14,即实数a 的取值范围为(-∞,e +1e -14].不等式f (x )+16x 3<xg (x ),即为12x 3-e x 2+ax<ln x ,∴a<lnx x +e x-12x 2有且仅有一个整数解.令h (x )=lnx x +e x-12x 2,则h'(x )=1-lnxx 2+e -x ,易知函数h'(x )在(0,+∞)上为减函数,且h'(e)=0,∴当x ∈(0,e)时,h'(x )>0,函数h (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,h'(x )<0,函数h (x )单调递减,∴函数h (x )在x=e 处取得最大值,易知h (4)<h (2)<h (3),结合函数h (x )的图像可知,要使a<lnx x +e x-12x 2有且仅有一个整数解,只需h (2)≤a<h (3),可得2e -2+ln22≤a<3e -92+ln33. 14.解:(1)由题可知f'(x )=2a+b x 2+1x ,∵函数f (x )在x=1,x=12处取得极值,∴f'(1)=0,f'12=0,即{2a +b +1=0,2a +4b +2=0,解得{a =-13,b =-13.(2)由(1)可得f (x )=-23x+13x+ln x , 令f'(x )=-23-13x 2+1x>0,得-(2x-1)(x-1)>0, 即(2x-1)(x-1)<0,∴12<x<1,∴f(x)在12,1上单调递增,在0,12,(1,+∞)上单调递减.又∵x∈[14,1],∴f(x)在[14,12]上单调递减,在12,1上单调递增,∴f(x)在[14,1]上的极小值为f12=13-ln 2,又f14=76-ln 4,f(1)=-13,且f14-f(1)=96-ln 4>0,∴f(x)max=f14=76-ln 4,∴要使对任意x∈[14,1],f(x)<c恒成立,则c>76-ln 4.15.解:(1)当a=1时,g(x)=f(x)x=x ln x,可得g'(x)=1+ln x,令g'(x)=0,可得x=1e.当x∈0,1e 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴单调递减区间为0,1e;当x∈1e ,+∞时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴单调递增区间为1e,+∞.∴当x=1e 时,g(x)取得极小值-1e.(2)f'(x)=2x(ln x+ln a)+x,f'(x)x2=2x(lnx+lna)+xx2≤1,即2ln x+2ln a+1≤x,2ln a≤x-2ln x-1对任意的x>0恒成立,设m(x)=x-2ln x-1(x>0),可得m'(x)=x-2x,令m'(x)=0,可得x=2,当0<x<2时,m'(x)<0,函数单调递减,当x>2时,m'(x)>0,函数单调递增,∴当x=2时,m(x)有最小值,且最小值为m(2)=1-2ln 2,∴2ln a≤1-2ln 2,得0<a≤√e2.16.解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=a ln(x+1)-2x.由f(x)是减函数,得对任意的x∈(-1,+∞),f'(x)=a ln(x+1)-2x≤0恒成立.设g(x)=a ln(x+1)-2x,则g'(x)=-2[x-(a2-1)]x+1,由a>0知a2-1>-1.当x∈(-1,a2-1)时,g'(x)>0;当x∈(a2-1,+∞)时,g'(x)<0.∴g(x)在(-1,a2-1)上单调递增,在(a2-1,+∞)上单调递减,∴当x=a2-1时g(x)取得最大值.又∵g(0)=0,∴对任意的x∈(-1,+∞),g(x)≤g(0)恒成立,即g(x)的最大值为g(0),∴a2-1=0,解得a=2.(2)证明:由f (x )是减函数,且f (0)=0,可得当x>0时,f (x )<0,∴f (n )<0(n ∈N *),即2(n+1)ln(n+1)<n 2+2n , 两边同除以2(n+1)2,得ln (n+1)n+1<12·n n+1·n+2n+1,即a n <12·n n+1·n+2n+1. 故T n =a 1a 2a 3…a n <12n ·(12×23×34×…×n n+1)(32×43×54×…×n+2n+1)=12n+1·n+2n+1, ∴ln[(n+2)T n ]<ln [(n+2)22n+1(n+1)]=2ln(n+2)-ln(n+1)-(n+1)ln 2①.记h (x )=2ln(x+2)-ln(x+1)-(x+1)ln 2+x 2-1,x ∈[1,+∞), 则h'(x )=2x+2-1x+1-ln 2+12=x x 2+3x+2-ln 2+12=1x+2x+3-ln 2+12. ∵y=x+2x 在[2,+∞)上单调递增, ∴h'(x )在[2,+∞)上单调递减.又h'(2)=16-ln 2+12=13×(2-3ln 2)=13×(2-ln 8)<0,∴当x ∈[2,+∞)时,h'(x )<0恒成立, ∴h (x )在[2,+∞)上单调递减,即当x ∈[2,+∞)时,h (x )≤h (2)=2ln 4-ln 3-3ln 2=ln 2-ln 3<0,∴当n ≥2时,h (n )<0.又∵h (1)=2ln 3-ln 2-2ln 2-12=ln 98-ln √e <0,∴当n ∈N *时,h (n )<0,即2ln(n+2)-ln(n+1)-(n+1)ln 2<1-n2②. 由①②可得,ln[(n+2)T n ]<1-n 2.专题突破训练(一)1.解:(1)当a=-12时,f'(x )=-x+1-lnxx 2,所以切线的斜率k=f'(e)=-1e,又因为f (e)=-1+1e ,所以切线方程为y=-1ex+1e. (2)由题意知当x ∈(0,+∞)时,f'(x )=2ax+1-lnxx 2≥0,即2a ≥lnx -1x, 令g (x )=lnx -1x(x>0),则g'(x )=2-lnxx 2,令g'(x )>0,得x ∈(0,e 2),令g'(x )<0,得x ∈(e 2,+∞),所以g (x )max =g (e 2)=1e2, 所以a ≥12e -2.2.解:(1)依题意,f (x )=e x -mx ,f'(x )=e x -m.①若m ≤0,则f'(x )>0,函数f (x )在R 上单调递增. ②若m>0,令f'(x )=0,得x=ln m.当x<ln m 时,f'(x )<0,函数f (x )在(-∞,ln m )上单调递减, 当x>ln m 时,f'(x )>0,函数f (x )在(ln m ,+∞)上单调递增.综上所述,当m ≤0时,函数f (x )在R 上单调递增;当m>0时,函数f (x )在(-∞,ln m )上单调递减,在(ln m ,+∞)上单调递增. (2)依题意,当x>0时,e x -mx ≥x 2+1恒成立,即 m ≤e x x-x-1x对任意x>0恒成立. 令g (x )=e x x-x-1x(x>0),则 g'(x )=e x (x -1)x 2-1+1x 2=(e x -x -1)(x -1)x 2. 由(1)可知,当m=1时,f (x )=e x -x 在(0,+∞)上单调递增, 故f (x )>f (0)=1,即e x -x>1,得e x -x-1>0, 所以方程g'(x )=0有唯一解x=1.当0<x<1时,g'(x )<0,g (x )在(0,1)上单调递减, 当x>1时,g'(x )>0,g (x )在(1,+∞)上单调递增, 所以g (x )min =g (1)=e -2,所以m ≤e -2. 3.解:(1)函数f (x )可化为f (x )={x -lnx -a ,x ≥a ,a -x -lnx ,0<x <a ,当0<x<a 时,f'(x )=-1-1x<0,从而f (x )在(0,a )上单调递减. 当x ≥a 时,f'(x )=1-1x =x -1x,此时要考虑a 与1的大小.若a ≥1,则f'(x )≥0,故f (x )在[a ,+∞)上单调递增,若0<a<1,则当a ≤x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,故f (x )在[a ,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,而f (x )在x=a 处连续,所以当a>0时,f (x )在(0,a )上单调递减,当a ≥1时,f (x )在[a ,+∞)上单调递增,当0<a<1时,f (x )在[a ,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)由(1)可知当a=1,x>1时,x-1-ln x>0,即ln x<x-1,所以lnx x <1-1x,所以 ln 2222+ln 3232+…+ln n 2n 2<1-122+1-132+…+1-1n 2=n-1-122+132+…+1n 2<n-1-12×3+13×4+…+1n (n+1)=n-1-12-1n+1=(n-1)-n -12(n+1)=2n 2-2-n+12(n+1)=(n -1)(2n+1)2(n+1),即ln2222+ln 3232+…+ln n 2n 2<(n -1)(2n+1)2(n+1). 4.解:(1)由f (x )=e x -ax 2,得f'(x )=e x -2ax.因为曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x+(e -2)y=0垂直,所以f'(1)=e -2a=e -2,所以a=1,即f (x )=e x -x 2,f'(x )=e x -2x.令g (x )=e x -2x ,则g'(x )=e x -2.当x ∈(-∞,ln 2)时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(ln 2,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增. 所以g (x )min =g (ln 2)=2-2ln 2>0, 所以f'(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间.(2)证明:由(1)知f (x )=e x -x 2,f (1)=e -1,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线的方程为y-(e -1)=(e -2)(x-1),即y=(e -2)x+1.令h (x )=e x -x 2-(e -2)x-1,则h'(x )=e x -2x-(e -2)=e x -e -2(x-1), 易知h'(1)=0,令m (x )=h'(x ),则m'(x )=e x -2, 当x ∈(-∞,ln 2)时,m'(x )<0,h'(x )单调递减; 当x ∈(ln 2,+∞)时,m'(x )>0,h'(x )单调递增.因为h'(1)=0,所以h'(x )min =h'(ln 2)=4-e -2ln 2<0,因为h'(0)=3-e >0,所以存在x 0∈(0,1),当x ∈(0,x 0)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(x 0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 又h (0)=h (1)=0,所以当x>0时,h (x )≥0,即e x -x 2-(e -2)x-1≥0, 所以e x -(e -2)x-1≥x 2. 令φ(x )=ln x-x ,则φ'(x )=1x-1=1-xx,所以当x ∈(0,1)时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,当x ∈(1,+∞)时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,所以φ(x )≤φ(1)=-1,即ln x+1≤x.因为x>0,所以x (ln x+1)≤x 2,所以当x>0时,e x -(e -2)x-1≥x (ln x+1), 即当x>0时,e x -e x-1≥x (ln x-1). 5.解:(1)∵F (x )=g (x )f (x )=ax 2+x+1e x, ∴F'(x )=-ax 2+(2a -1)x e x =-ax(x -2a -1a )e x.①若a=12,则F'(x )=-ax 2e x≤0,∴F (x )在R 上单调递减.②若a>12,则2a -1a>0, 当x<0或x>2a -1a时,F'(x )<0,当0<x<2a -1a时,F'(x )>0, ∴F (x )在(-∞,0),2a -1a,+∞上单调递减,在0,2a -1a上单调递增.③若0<a<12,则2a -1a<0, 当x<2a -1a或x>0时,F'(x )<0,当2a -1a<x<0时,F'(x )>0, ∴F (x )在-∞,2a -1a ,(0,+∞)上单调递减,在2a -1a,0上单调递增.(2)证明:∵0<a ≤12,∴ax 2+x+1≤12x 2+x+1. 设h (x )=e x -12x 2-x-1,则h'(x )=e x -x-1.设p (x )=h'(x )=e x -x-1,则p'(x )=e x -1,当x ∈(0,+∞)时,p'(x )>0恒成立.∴h'(x )在(0,+∞)上单调递增.又∵h'(0)=0,∴当x ∈(0,+∞)时,h'(x )>0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递增, ∴h (x )>h (0)=0,∴e x -12x 2-x-1>0,即e x >12x 2+x+1. ∴e x >12x 2+x+1≥ax 2+x+1,∴所以f (x )>g (x )在(0,+∞)上恒成立. 6.解:(1)由题得f'(x )=x-2+a x =x 2-2x+ax,其中x>0.令g (x )=x 2-2x+a ,x>0,其图像的对称轴为x=1,Δ=4-4a. 若a ≥1,则Δ≤0,此时g (x )≥0,则f'(x )≥0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.若0<a<1,则Δ>0,此时x2-2x+a=0在R上有两个根x1=1-√1-a,x2=1+√1-a,且0<x1<1<x2,所以当x∈(0,x1)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a≥1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当 0<a<1时,f(x)在(0,1-√1-a)上单调递增,在(1-√1-a,1+√1-a)上单调递减,在(1+√1-a,+∞)上单调递增.(2)证明:由(1)知,当0<a<1时,f(x)有两个极值点x1,x2,且x1+x2=2,x1x2=a,所以f(x1)+f(x2)=12x12-2x1+a ln x1+12x22-2x2+a ln x2=12(x12+x22)-2(x1+x2)+a(ln x1+ln x2)=12[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+a ln(x1x2)=12(22-2a)-4+a ln a=a ln a-a-2.令h(x)=x ln x-x-2,0<x<1,则只需证明-3<h(x)<-2,由于h'(x)=ln x<0,故h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x)>h(1)=-3.又当0<x<1时,ln x-1<-1,x(ln x-1)<0,故h(x)=x ln x-x-2=x(ln x-1)-2<-2,所以对任意的0<x<1,-3<h(x)<-2.综上,-3<f(x1)+f(x2)<-2.专题突破训练(二)1.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=(x+√m)(x-√m)x.当0<x<√m时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>√m时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.综上,函数f(x)的单调递增区间是(√m,+∞),单调递减区间是(0,√m).(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-12x2+(m+1)x-m ln x,x>0,题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.易知F'(x)=-(x-1)(x-m)x,当m=1时,F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,因为F(1)=32>0,F(4)=-ln 4<0,所以F(x)有唯一零点;当m>1时,0<x<1或x>m时,F'(x)<0,1<x<m时,F'(x)>0,所以函数F(x)在(0,1),(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,因为F(1)=m+12>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,函数F(x)有唯一零点,即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.2.解:(1)由f (x )=e x +ax-a ,得f'(x )=e x +a.∵函数f (x )在x=0处取得极值,∴f'(0)=e 0+a=0,∴a=-1,∴f (x )=e x -x+1,f'(x )=e x -1.∴当x ∈(-∞,0)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增.易知f (x )在[-2,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增,且f (-2)=1e2+3,f (1)=e,f (-2)>f (1),∴f (x )在[-2,1]上的最大值是1e 2+3.(2)f'(x )=e x +a.①当a>0时,f'(x )>0,f (x )在R 上单调递增,且当x>1时,f (x )=e x +a (x-1)>0, 当x<0时,取x=-1a,则f -1a<1+a -1a-1=-a<0,∴函数f (x )存在零点,不满足题意.②当a<0时,令f'(x )=e x +a=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. ∴当x=ln(-a )时,f (x )取得极小值,也是最小值.函数f (x )不存在零点,等价于f [ln(-a )]=e ln(-a )+a ln(-a )-a=-2a+a ln(-a )>0,解得-e 2<a<0. 综上所述,所求实数a 的取值范围是(-e 2,0). 3.解:(1)证明:当a=0时,f (x )=e x -x. 令g (x )=f (x )-x=e x -x-x=e x -2x , 则g'(x )=e x -2,当g'(x )=0时,x=ln 2,当x<ln 2时,g'(x )<0,当x>ln 2时,g'(x )>0, 所以g (x )在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以x=ln 2是g (x )的极小值点,也是最小值点, 即g (x )min =g (ln 2)=e ln 2-2ln 2=2ln e 2>0, 故当a=0时,f (x )>x 恒成立. (2)f'(x )=e x -1,由f'(x )=0得x=0.当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以x=0是函数f (x )的极小值点,也是最小值点, 即f (x )min =f (0)=1-a.当1-a>0,即a<1时,f (x )没有零点. 当1-a=0,即a=1时,f (x )只有一个零点.当1-a<0,即a>1时,因为f (-a )=e -a -(-a )-a=e -a >0,所以f (x )在(-a ,0)上有一个零点; 由(1)得e x >2x ,令x=a ,得e a >2a ,所以f (a )=e a -a-a=e a -2a>0,于是f (x )在(0,a )上有一个零点, 因此,当a>1时,f (x )有两个零点. 综上,当a<1时,f (x )没有零点; 当a=1时,f (x )只有一个零点; 当a>1时,f (x )有两个零点.4.解:(1)当a=2时,f (x )=(2x 2+x+2)e x ,则f'(x )=(2x 2+5x+3)e x =(x+1)(2x+3)e x . 令f'(x )=0,解得x=-1或x=-32.当x 变化时,f (x ),f'(x )的变化情况如下表所示:x-∞,-32-32-32,-1-1 (-1,+∞)f'(x ) + 0 - 0 + f (x ) 单调递增 极大单调递减 极小单调递增值 值∴f (x )极大值=f -32=5e -32,f (x )极小值=f (-1)=3e -1.(2)∵a=1,∴f (x )=(x 2+x+2)e x ,设h (x )=f (x )-x-4=(x 2+x+2)e x -x-4,则h'(x )=(x 2+3x+3)e x -1, 令φ(x )=(x 2+3x+3)e x -1,则φ'(x )=(x 2+5x+6)e x , 令φ'(x )=(x 2+5x+6)e x =0,解得x=-2或x=-3. 当x 变化时,φ'(x ),φ(x )的变化情况如下表所示:x (-∞,-3) -3 (-3,-2)-2 (-2,+∞) φ'(x ) + 0- 0 +φ(x ) 单调递增极大值 单调递减 极小值单调递增 ∴φ(x )极大值=φ(-3)=3e 3-1<0,φ(x )极小值=φ(-2)=1e 2-1<0. ∵φ(-1)=1e -1<0,φ(0)=2>0,∴存在x 0∈(-1,0),使得φ(x 0)=0,∴当x ∈(-∞,x 0)时,φ(x )<0,当x ∈(x 0,+∞)时,φ(x )>0,∴h (x )在(-∞,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增. ∵h (-4)=14e 4>0,h (-3)=8e 3-1<0,h (0)=-2<0,h (1)=4e -5>0,由零点的存在性定理可知,h (x )=0的根x 1∈(-4,-3),x 2∈(0,1),∴t=-4,0. 5.证明:(1)当a=1时,f (x )=(x-2)ln x+x-1,∴f'(x )=ln x+x -2x +1, 若f (x )的图像与x 轴相切,设切点为(x 0,0),∴f (x 0)=(x 0-2)ln x 0+x 0-1=0, f'(x 0)=ln x 0+x 0-2x 0+1=0, 解得x 0=1或x 0=4(舍去),∴x 0=1,∴切点为(1,0),故f (x )的图像与x 轴相切. (2)令f (x )=(x-2)ln x+ax-1=0,∴a=1x -(x -2)lnx x =1x -ln x+2lnxx, 设g (x )=1x-ln x+2lnxx,x>0, ∴g'(x )=-1x 2-1x +2(1-lnx )x 2=1-x -2lnxx2, 令h (x )=1-x-2ln x ,易知h (x )在(0,+∞)上为减函数.∵h (1)=1-1-2ln 1=0,∴当x ∈(0,1)时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增, 当x ∈(1,+∞)时,g'(x )<0,函数g (x )单调递减,∴g (x )max =g (1)=1,当x →0时,g (x )→-∞,当x →+∞时,g (x )→-∞,∴当a<1时,y=g (x )的图像与直线y=a 有两个交点, 即当a<1时,f (x )存在两个零点.6.解:(1)由题可得g (x )=1x-2a ln x+3x ,定义域为(0,+∞),∴g'(x )=-1x 2-2ax +3=3x 2-2ax -1x 2. ∵a=1, ∴g'(x )=3x 2-2x -1x 2, 令g'(x )=3x 2-2x -1x 2=0,得x=1或x=-13(舍去).令g'(x )=3x 2-2x -1x 2>0,得x>1或x<-13,结合定义域得x>1,令g'(x )=3x 2-2x -1x 2<0得-13<x<1,结合定义域得0<x<1.∴g (x )的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). (2)函数f (x )有唯一的零点等价于1x=2a ln x 有唯一的实数根,显然a ≠0,则1x=2a ln x 有唯一的实数根等价于关于x 的方程1a=2x ln x 有唯一的实数根. 构造函数φ(x )=2x ln x (x>0),则φ'(x )=2(1+ln x ), 令φ'(x )=2(1+ln x )=0,解得x=1e;令φ'(x )>0,解得x>1e,则函数φ(x )在1e,+∞上单调递增; 令φ'(x )<0,解得0<x<1e,则函数φ(x )在0,1e上单调递减;∴φ(x )的极小值为φ1e=-2e.如图,作出函数φ(x )的大致图像,则要使方程1a=2x ln x 有唯一实数根,只需要直线y=1a与φ(x )的图像有唯一交点,∴1a =-2e 或1a >0,解得a=-e2或a>0, 故实数a 的取值范围为{-e 2}∪(0,+∞)。

章末检测一、选择题1.函数f (x )＝2x ＋3x 的零点所在的一个区间是( )A.(－2,－1)B.(－1,0)C.(0,1)D.(1,2)答案 B解析 ∵f (－1)＝12－3＜0，f (0)＝1＞0， ∴f (－1)·f (0)＜0.又函数f (x )在(－1,0)上是连续的，故f (x )的零点所在的一个区间为(－1,0).2.下列函数一定能用“二分法”求其零点的是( )A.y ＝kx ＋b (k ，b 为常数，且k ≠0)B.y ＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为常数，且a ≠0)C.y ＝2xD.y ＝k x(k ≠0，k 为常数) 答案 A解析 C ，D 没有零点，对于y ＝ax 2＋bx ＋c ，当Δ＝b 2－4ac ＝0时，不能用二分法.3.某产品的利润y (万元)与产量x (台)之间的函数关系式为y ＝－2x 2＋40x ＋300，则利润y 取最大值时，产量x 等于( )A.10B.20C.30D.40答案 A解析 y ＝－2(x －10)2＋500，当x ＝10时，y 取最大值.4.已知函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋c ，若(a －b 2)2>c ，则函数f (x )的零点( ) A.不存在B.有且只有一个C.一定有两个D.个数不确定 答案 C解析 令g (x )＝(x －a )(x －b )，则其图象是顶点坐标为(a ＋b 2，－(a －b 2)2)的抛物线，而f (x )＝g (x )＋c ，所以f (x )的图象是由g (x )的图象向上平移c 个单位得到的，又(a －b 2)2>c ，故f (x )的顶点仍然在x 轴的下方，所以f (x )有两个零点，故选C.5.一高为H 、满缸水量为V 的鱼缸截面如图所示，其底部破了一个小洞，满缸水从洞中流出.若鱼缸水深为h 时的水的体积为v ，则函数v ＝f (h )的大致图象可能是图中的( )答案 B解析 由鱼缸的形状可知，水的体积随着h 的减小，先减少的慢，后减少的快，又减少的慢.6.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋ln x ，x ＞0的零点个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3答案 C解析 当x ≤0时，令x 2＋2x －3＝0，得x ＝－3；当x ＞0时，令－2＋ln x ＝0，得x ＝e 2.所以函数有两个零点.故选C.7.某种动物的数量y (只)与时间x (年)的关系为y ＝a log 2(x ＋1)，设这种动物第一年有100只，则到第7年有( )A.300只B.400只C.500只D.600只答案 A解析 由a log 2(1＋1)＝100，得a ＝100，则100log 2(7＋1)＝300.8.若函数f (x )唯一的一个零点同时在区间[0,16]，[0,8]，[0,4]，[0,2]内，那么下列说法中正确的是( )A.函数f (x )在区间[0,1]内有零点B.函数f (x )在区间[0,1]或[1,2]内有零点C.函数f (x )在区间[2,16]内无零点D.函数f (x )在区间[1,16]内无零点答案 C解析 由题意得，函数零点在[0,2]内，故在[2,16]内无零点.9.已知0＜a ＜1，则方程a |x |＝|log a x |的实根个数为( )A.2B.3C.4D.与a 的值有关答案 A解析 设y 1＝a |x |，y 2＝|log a x |，分别作出它们的图象如图所示.由图可知，有两个交点，故方程a |x |＝|log a x |有两个根.故选A.10.某学校制定奖励条例，对在教育教学中取得优异成绩的教职工实行奖励，其中有一个奖励项目是针对学生高考成绩的高低对任课教师进行奖励的.奖励公式为f (n )＝k (n )(n －10)，n >10(其中n 是任课教师所在班级学生参加高考该任课教师所任学科的平均成绩与该科省平均分之差，f (n )的单位为元)，而k (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，n ≤10，100，0<n ≤15，200，15<n ≤20，300，20<n ≤25，400，n >25.现有甲、乙两位数学任课教师，甲所教的学生高考数学平均分超出省平均分18分，而乙所教的学生高考数学平均分超出省平均分21分.则乙所得奖励比甲所得奖励多( ) A.600元 B.900元 C.1 600元 D.1 700元答案 D解析 ∵k (18)＝200(元)，∴f (18)＝200×(18－10)＝1 600(元).又∵k (21)＝300(元)，∴f (21)＝300×(21－10)＝3 300(元)，∴f (21)－f (18)＝3 300－1 600＝1 700(元).故选D.二、填空题11.用二分法求方程x 3－2x －5＝0在区间(2,4)上的实数根时，取中点x 1＝3，则下一个有根区间是________.答案 (2,3)解析 设f (x )＝x 3－2x －5，则f (2)＜0，f (3)＞0，f (4)＞0，有f (2)f (3)＜0，则下一个有根区间是(2,3).12.已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋1的零点为－5，－2，则a ＝_______，b ＝_______.答案 110 －710解析 由根与系数的关系得－5＋(－2)＝b a ，(－5)×(－2)＝1a ，解得a ＝110，b ＝－710. 13.直线y ＝1与曲线y ＝x 2－||x ＋a 有四个交点，则a 的取值范围是_______________.答案 1＜a ＜54 解析 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋a ，x ≥0，x 2＋x ＋a ，x ＜0， 作出图象，如图所示.此曲线与y 轴交于(0，a )点，最小值为a －14，要使y ＝1与其有四个交点，只需a －14＜1＜a ，∴1＜a ＜54. 14.为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y (毫克)与时间t (小时)成正比；药物释放完毕后，y 与t 的函数关系式为y ＝⎝⎛⎭⎫116t －a (a 为常数)，如图所示.根据图中所提供的信息，回答下列问题：(1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量y (毫克)与时间t (小时)之间的函数关系式为________；(2)据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室，那么从药物释放开始，至少需要经过________小时后，学生才能回到教室.答案 (1)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10t ，0≤t ≤0.1，⎝⎛⎭⎫116t －0.1，t ＞0.1 (2)0.6 解析 (1)设y ＝kt ，由图象知y ＝kx 过点(0.1,1)，则1＝k ×0.1，k ＝10，∴y ＝10t (0≤t ≤0.1)；由y ＝⎝⎛⎭⎫116t －a 过点(0.1,1)得1＝⎝⎛⎭⎫1160.1－a ， ∴a ＝0.1，∴y ＝⎝⎛⎭⎫116t －0.1(t ＞0.1).(2)由⎝⎛⎭⎫116t －0.1≤0.25＝14，得t ≥0.6， 故至少需经过0.6小时，学生才能回到教室.三、解答题15.判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出.(1)f (x )＝－8x 2＋7x ＋1；(2)f (x )＝x 2＋x ＋2；(3)f (x )＝x 3＋1.解 (1)因为f (x )＝－8x 2＋7x ＋1＝－(8x ＋1)(x －1)，令f (x )＝0，可解得x ＝－18，或x ＝1，所以函数f (x )的零点为－18和1. (2)因为f (x )＝x 2＋x ＋2，令x 2＋x ＋2＝0，Δ＝12－4×1×2＝－7<0，所以方程x 2＋x ＋2＝0无实数解.所以f (x )＝x 2＋x ＋2不存在零点.(3)因为f (x )＝x 3＋1＝(x ＋1)(x 2－x ＋1)，令(x ＋1)(x 2－x ＋1)＝0，解得x ＝－1.所以函数f (x )的零点为－1.16.某服装厂生产一种服装，每件服装的成本为40元，出厂单价定为60元.该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100件时，每多订购一件，订购的全部服装的出厂单价就降低0.02元，根据市场调查，销售商一次订购量不会超过600件.(1)设一次订购x 件，服装的实际出厂单价为p 元，写出函数p ＝f (x )的表达式；(2)当销售商一次订购多少件服装时，该厂获得的利润最大？其最大利润是多少？ 解 (1)当0<x ≤100时，p ＝60；当100<x ≤600时，p ＝60－(x －100)×0.02＝62－0.02x .∴p ＝⎩⎪⎨⎪⎧60， 0<x ≤100，62－0.02x ， 100<x ≤600. (2)设利润为y 元，则当0<x ≤100时，y ＝60x －40x ＝20x ；当100<x ≤600时，y ＝(62－0.02x )x －40x ＝22x －0.02x 2.∴y ＝⎩⎪⎨⎪⎧20x ， 0<x ≤100，22x －0.02x 2， 100<x ≤600. 当0<x ≤100时，y ＝20x 是单调增函数，当x ＝100时，y 最大，此时y ＝20×100＝2 000；当100<x ≤600时，y ＝22x －0.02x 2＝－0.02(x －550)2＋6 050，∴当x ＝550时，y 最大，此时y ＝6 050.显然6 050>2 000.∴当一次订购550件时，利润最大，最大利润为6 050元.17.已知二次函数f (x )＝x 2－16x ＋q ＋3.(1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数q 的取值范围；(2)问是否存在常数t (t ≥0)，当x ∈[t ,10]时，f (x )的值域为区间D ，且区间D 的长度为12－t .(视区间[a ，b ]的长度为b －a )解 (1)∵函数f (x )＝x 2－16x ＋q ＋3的对称轴是x ＝8，∴f (x )在区间[－1,1]上是减函数.∵函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤0，f (－1)≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧1－16＋q ＋3≤0，1＋16＋q ＋3≥0， ∴－20≤q ≤12.(2)∵0≤t <10，f (x )在区间[0,8]上是减函数，在区间[8,10]上是增函数，且对称轴是x ＝8. ①当0≤t ≤6时，在区间[t,10]上，f (t )最大，f (8)最小，∴f (t )－f (8)＝12－t ，即t 2－15t ＋52＝0，解得t ＝15±172，∴t ＝15－172； ②当6<t ≤8时，在区间[t,10]上f (10)最大，f (8)最小，∴f (10)－f (8)＝12－t ，解得t ＝8；③当8<t <10时，在区间[t,10]上，f (10)最大，f (t )最小，∴f (10)－f (t )＝12－t ，即t 2－17t ＋72＝0，解得t ＝8或t ＝9，∴t ＝9.综上可知，存在常数t ＝15－172，8,9满足条件. 18.据气象中心观察和预测：发生于M 地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v (km/h)与时间t (h)的函数图象如图所示，过线段OC 上一点T (t,0)作横轴的垂线l ，梯形OABC 在直线l 左侧部分的面积即为t (h)内沙尘暴所经过的路程s (km).(1)当t ＝4时，求s 的值；(2)将s 随t 变化的规律用数学关系式表示出来；(3)若N 城位于M 地正南方向，且距M 地650 km ，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N 城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N 城.如果不会，请说明理由.解 (1)由图象可知，当t ＝4时， v ＝3×4＝12，∴s ＝12×4×12＝24(km). (2)当0≤t ≤10时，s ＝12·t ·3t ＝32t 2； 当10<t ≤20时，s ＝12×10×30＋30(t －10)＝30t －150；当20<t ≤35时，s ＝12×10×30＋10×30＋(t －20)×30－12×(t －20)×2(t －20)＝－t 2＋70t －550.综上，可知s ＝⎩⎪⎨⎪⎧32t 2，t ∈[0，10]，30t －150，t ∈(10，20]，－t 2＋70t －550，t ∈(20，35].(3)∵t ∈[0,10]时，s max ＝32×102＝150<650，t ∈(10,20]时，s max ＝30×20－150＝450<650，∴当t ∈(20,35]时，令－t 2＋70t －550＝650.解得t 1＝30，t 2＝40.∵20<t ≤35，∴t ＝30.∴沙尘暴发生30 h 后将侵袭到N 城.。

新课程标准数学必修1第三章课后习题解答第三章函数的应用3．1函数与方程练习（P88）1.(1)令f(x)=-x2+3x+5,作出函数f(x)的图象(图3-1-2-7(1))，它与x轴有两个交点，所以方程-x2+3x+5=0有两个不相等的实数根.(2)2x(x-2)=-3可化为2x2-4x+3=0，令f(x)=2x2-4x+3,作出函数f(x)的图象(图3-1-2-7(2))，它与x轴没有交点，所以方程2x(x-2)=-3无实数根.(3)x2=4x-4可化为x2-4x+4=0,令f(x)=x2-4x+4,作出函数f(x)的图象(图3-1-2-7(3))，它与x轴只有一个交点(相切)，所以方程x2=4x-4有两个相等的实数根.(4)5x2+2x=3x2+5可化为2x2+2x-5=0,令f(x)=2x2+2x-5,作出函数f(x)的图象(图3-1-2-7(4))，它与x轴有两个交点，所以方程5x2+2x=3x2+5有两个不相等的实数根.图3-1-2-72.(1)作出函数图象(图3-1-2-8(1)),因为f(1)=1>0,f(1.5)=-2.875<0,所以f(x)=-x3-3x+5在区间(1,1.5)上有一个零点.又因为f(x)是(-∞,+∞)上的减函数，所以f(x)=-x3-3x+5在区间(1,1.5)上有且只有一个零点.(2)作出函数图象(图3-1-2-8(2)),因为f(3)<0,f(4)>0,所以f(x)=2x·ln(x-2)-3在区间(3,4)上有一个零点.又因为f(x)=2x·ln(x-2)-3在(2,+∞)上是增函数,所以f(x)在(3,4)上有且仅有一个零点.(3)作出函数图象(图3-1-2-8(3)),因为f(0)<0,f(1)>0,所以f(x)=e x-1+4x-4在区间(0,1)上有一个零点.又因为f(x)=e x-1+4x-4在(-∞,+∞)上是增函数,所以f(x)在(0,1)上有且仅有一个零点.(4)作出函数图象(图3-1-2-8(4)),因为f(-4)<0,f(-3)>0,f(-2)<0,f(2)<0,f(3)>0,所以f(x)=3(x+2)(x-3)(x+4)+x在(-4,-3),(-3,-2),(2,3)上各有一个零点.图3-1-2-8练习（P91）1.由题设可知f(0)=-1.4<0,f(1)=1.6>0,于是f(0)·f(1)<0,所以函数f(x)在区间(0，1)内有一个零点x0.下面用二分法求函数f(x)=x3+1.1x2+0.9x-1.4在区间(0，1)内的零点.取区间(0，1)的中点x1=0.5,用计算器可算得f(0.5)=-0.55.因为f(0.5)·f(1)<0,所以x0∈(0.5,1).再取区间(0.5，1)的中点x2=0.75,用计算器可算得f(0.75)≈0.32.因为f(0.5)·f(0.75)<0,所以x0∈(0.5,0.75).同理,可得x0∈(0.625,0.75)，x0∈(0.625,0.687 5)，x0∈(0.656 25,0.687 5).由于|0.687 5-0.656 25|=0.031 25<0.1,所以原方程的近似解可取为0.656 25.2.原方程可化为x+lgx-3=0,令f(x)=x+lgx-3,用计算器可算得f(2)≈-0.70,f(3)≈0.48.于是f(2)·f(3)<0,所以这个方程在区间(2,3)内有一个解x0.下面用二分法求方程x=3-lgx在区间(2,3)的近似解.取区间(2,3)的中点x1=2.5,用计算器可算得f(2.5)≈-0.10.因为f(2.5)·f(3)<0,所以x0∈(2.5,3).再取区间(2.5,3)的中点x2=2.75,用计算器可算得f(2.75)≈0.19.因为f(2.5)·f(2.75)<0,所以x0∈(2.5,2.75).同理,可得x0∈(2.5,2.625),x0∈(2.562 5,2.625),x0∈(2.562 5,2.593 75),x0∈(2.578 125,2.593 75),x0∈(2.585 937 5,2.59 375).由于|2.585 937 5-2.593 75|=0.007 812 5<0.01,所以原方程的近似解可取为2.593 75.习题3.1 A组（P92）1.A,C 点评：需了解二分法求函数的近似零点的条件.2.由x,f(x)的对应值表可得f(2)·f(3)<0,f(3)·f(4)<0,f(4)·f(5)<0,又根据“如果函数y=f(x)在区间［a,b］上的图象是连续不断的一条曲线，并且f(a)·f(b)<0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点.”可知函数f(x)分别在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)内有零点.3.原方程即(x+1)(x-2)(x-3)-1=0,令f(x)=(x+1)(x-2)(x-3)-1,可算得f(-1)=-1,f(0)=5.于是f(-1)·f(0)<0,所以这个方程在区间(-1,0)内有一个解.下面用二分法求方程(x+1)(x-2)(x-3)=1在区间(-1，0)内的近似解.取区间(-1，0)的中点x 1=-0.5,用计算器可算得f (-0.5)=3.375.因为f (-1)·f (-0.5)<0,所以x 0∈(-1,-0.5).再取(-1，-0.5)的中点x 2=-0.75,用计算器可算得f (-0.75)≈1.58.因为f (-1)·f (-0.75)<0,所以x 0∈(-1,-0.75).同理,可得x 0∈(-1,-0.875)，x 0∈(-0.937 5,-0.875).由于|(-0.875)-(-0.937 5)|=0.062 5<0.1,所以原方程的近似解可取为-0.937 5.4.原方程即0.8x -1-lnx =0,令f (x )=0.8x -1-lnx ,f (0)没有意义，用计算器算得f (0.5)≈0.59,f (1)=-0.2.于是f (0.5)·f (1)<0,所以这个方程在区间(0.5,1)内有一个解.下面用二分法求方程0.8x -1=lnx 在区间(0，1)内的近似解.取区间(0.5，1)的中点x 1=0.75,用计算器可算得f (0.75)≈0.13.因为f (0.75)·f (1)<0,所以x 0∈(0.75,1).再取(0.75,1)的中点x 2=0.875,用计算器可算得f (0.875)≈-0.04.因为f (0.875)·f (0.75)<0,所以x 0∈(0.75,0.875).同理,可得x 0∈(0.812 5,0.875)，x 0∈(0.812 5,0.843 75).由于|0.812 5-0.843 75|=0.031 25<0.1,所以原方程的近似解可取为0.843 75.5.由题设有f (2)≈-0.31<0,f (3)≈0.43>0,于是f (2)·f (3)<0,所以函数f (x )在区间(2，3)内有一个零点.下面用二分法求函数f (x )=lnx x2-在区间(2，3)内的近似解. 取区间(2，3)的中点x 1=2.5,用计算器可算得f (2.5)≈0.12.因为f (2)·f (2.5)<0,所以x 0∈(2,2.5).再取(2，2.5)的中点x 2=2.25,用计算器可算得f (2.25)≈-0.08.因为f (2.25)·f (2.5)<0,所以x 0∈(2.25,2.5).同理,可得x 0∈(2.25,2.375)，x 0∈(2.312 5,2.375),x 0∈(2.343 75,2.375),x 0∈(2.343 75,2.359 375),x 0∈(2.343 75,2.351 562 5),x 0∈(2.343 75,2.347 656 25).由于|2.343 75-2.347 656 25|=0.003 906 25<0.01,所以原方程的近似解可取为2.347 656 25.B 组1.将系数代入求根公式x 得x =223(3)42(1)22±--⨯⨯-⨯=4173+, 所以方程的两个解分别为x 1=4173+,x 2=4173-.下面用二分法求方程的近似解.取区间(1.775,1.8)和(-0.3,-0.275),令f (x )=2x 2-3x -1.在区间(1.775,1.8)内用计算器可算得f (1.775)=-0.023 75,f (1.8)=0.08.于是f (1.775)·f (1.8)<0.所以这个方程在区间(1.775,1.8)内有一个解.由于|1.8-1.775|=0.025<0.1,所以原方程在区间(1.775,1.8)内的近似解可取为1.8.同理,可得方程在区间(-0.3,-0.275)内的近似解可取为-0.275.所以方程精确到0.1的近似解分别是1.8和-0.3.2.原方程即x 3-6x 2-3x +5=0,令f (x )=x 3-6x 2-3x +5,函数图象如下图所示.图3-1-2-9所以这个方程在区间(-2,0),(0,1),(6,7)内各有一个解.取区间(-2，0)的中点x1=-1,用计算器可算得f(-1)=1.因为f(-2)·f(-1)<0,所以x0∈(-2,-1).再取(-2，-1)的中点x2=-1.5,用计算器可算得f(-1.5)=-7.375.因为f(-1.5)·f(-1)<0,所以x0∈(-1.5,-1).同理,可得x0∈(-1.25,-1)，x0∈(-1.125,-1),x0∈(-1.125,-1.062 5).由于|(-1.062 5)-(-1.125)|=0.062 5<0.1,所以原方程在区间(-2，0)内的近似解可取为-1.062 5.同理,可得原方程在区间(0，1)内的近似解可取为0.7,在区间(6，7)内的近似解可取为6.3.3.(1)由题设有g(x)=2-［f(x)］2=2-(x2+3x+2)2=-x4-6x3-13x2-12x-2.(2)函数图象如下图所示.图3-1-2-10(3)由图象可知，函数g(x)分别在区间(-3，-2)和区间(-1，0)内各有一个零点.取区间(-3，-2)的中点x1=-2.5,用计算器可算得g(-2.5)=0.187 5.因为g(-3)·g(-2.5)<0,所以x0∈(-3,-2.5).再取(-3，-2.5)的中点x2=-2.75,用计算器可算得g(-2.75)≈0.28.因为g(-3)·g(-2.75)<0,所以x0∈(-3,-2.75).同理,可得x0∈(-2.875,-2.75)，x0∈(-2.812 5,-2.75).由于|-2.75-(-2.812 5)|=0.062 5<0.1,所以原方程在区间(-3，-2)内的近似解可取为-2.812 5.同样可求得函数在区间(-1,0)内的零点约为-0.2.所以函数g(x)精确到0.1的零点约为-2.8或-0.2.点评：第2、3题采用信息技术画出函数图象,并据此明确函数零点所在的区间.在教学中,如果没有信息技术条件,建议教师直接给出函数图象或零点所在区间.第三章复习参考题A组（P112）1.C2.C3.设经过时间t后列车离C地的距离为y，则y=200100,02,100200,2 5.t tt t-≤≤⎧⎨-<≤⎩图3-24.(1)圆柱形; (2)上底小、下底大的圆台形;(3)上底大、下底小的圆台形; (4)呈下大上小的两节圆柱形. 图略.图3-35.令f (x )=2x 3-4x 2-3x +1,函数图象如图3-3所示:函数分别在区间(-1,0)、(0,1)和区间(2,3)内各有一个零点,所以方程2x 3-4x 2-3x +1=0的最大的根应在区间(2,3)内.取区间(2,3)的中点x 1=2.5,用计算器可算得f (2.5)=-0.25.因为f (2.5)·f (3)<0,所以x 0∈(2.5,3). 再取(2.5,3)的中点x 2=2.75,用计算器可算得f (2.75)≈4.09.因为f (2.5)·f (2.75)<0,所以x 0∈(2.5,2.75).同理,可得x 0∈(2.5,2.625),x 0∈(2.5,2.5625),x 0∈(2.5,2.53125),x 0∈(2.515625,2.53125),x 0∈(2.515625,2.5234375).由于|2.523 437 5-2.515 625|=0.007 812 5<0.01,所以原方程的最大根约为2.523 437 5.6.令lgx =x 1,即得方程lgx x 1-=0,再令g (x )=lgx x1-,用二分法求得交点的横坐标约为2.5.图3-47.如图,作DE ⊥AB,垂足为E.由已知可得∠ADB=90°.因为AD=x ,AB=4,于是AD 2=AE×AB,即AE=AB AD 2=42x . 所以CD=AB-2AE=4-2×42x =422x -. 于是y =AB+BC+CD+AD=4+x +422x -+x =22x -+2x +8. 由于AD>0,AE>0,CD>0,所以x >0,42x >0,422x ->0,解得0<x <22. 所以所求的函数为y =22x -+2x +8,0<x <22.8.(1)由已知可得N=N 0(λe 1)t .因为λ是正常数,e >1,所以e λ>1,即0<λe 1<1. 又N 0是正常数,所以N=N 0(λe1)t 是在于t 的减函数. (2)N=N 0e -λt ,因为e -λt =0N N ,所以-λt =ln 0N N ,即t =λ1-ln 0N N . (3)当N=20N 时,t =λ1-002N N =λ1-ln 2. 9.因为f (1)=-3+12+8=17>0,f (2)=-3×8+12×2+8=8>0,f (3)<0,所以,下次生产应在两个月后开始. B 组1.厂商希望的是甲曲线;客户希望的是乙曲线.2.函数的解析式为y =f (t)=22,01,2)12,2.t t t t <≤⎪⎪⎪-<≤⎨>⎪⎩函数的图象为图3-5备课资料［备选例题］【例】对于函数f (x )=ax 2+(b +1)x +b -2(a ≠0)，若存在实数x 0，使f (x 0)=x 0成立，则称x 0为f (x )的不动点.（1）当a =2,b =-2时，求f (x )的不动点；（2）若对于任何实数b ，函数f (x )恒有两个相异的不动点，求实数a 的取值范围. 解：(1)f (x )=ax 2+(b +1)x +b -2(a ≠0),当a =2,b =-2时,f (x )=2x 2-x -4,设x 为其不动点,即2x 2-x -4=x ，则2x 2-2x -4=0,解得x 1=-1,x 2=2,即f (x )的不动点为-1,2．(2)由f (x )=x ,得ax 2+bx +b -2=0.关于x 的方程有相异实根,则b 2-4a (b -2)>0,即b 2-4ab +8a >0. 又对所有的b ∈R,b 2-4ab +8a >0恒成立,故有(4a )2-4·8a <0,得0<a <2.。

第三章 导数及其应用第15讲 导数的几何意义和四则运算链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＝0，所以ln x 0＝－1，所以x 0＝1e.2.C【解析】因为y ＝x 3＋11，所以y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0，得y ＝9.3. －9.8t ＋6.5 －9.8 【解析】 v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8.4.－234【解析】因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x .令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，则f ′(2)＝－94.所以f(1)＝1＋3×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－94＋0＝－234. 5. 23【解析】 f ′(x )＝3x 2＋1x2，斜率k ＝f ′(x )＝3x 2＋1x2≥23，当且仅当3x 2＝1x2，即x 4＝13，x ＝413时，斜率k min ＝23.知识聚焦1. (3) 瞬时速度 瞬时加速度2. y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)3. 0 αxα－1cos x －sin x e x a xln a1x1xlna4. (1) f ′(x )±g ′(x ) (2) f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) (3) f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]25. f ′(g (x ))·g ′(x ) 研题型·融会贯通分类解答【解析】 (1) f ′(x )＝(2x ＋1)e x －(x 2＋x )e x (e x )2＝1＋x －x2ex .(2) 因为f (x )＝x －ln x ＋2x －1x2，所以f ′(x )＝1－1x －2x2＋2x3＝x3－x2－2x ＋2x3.(3) 因为y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ，所以y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x . (1) 【答案】 B 【解析】由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x ，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.(2) 【答案】 3【解析】 由f (x )＝(x 2－a )ln x ，得f ′(x )＝2x ln x ＋x2－ax.所以f ′(1)＝1－a ＝－2，解得a ＝3. (1) 【答案】 A【解析】 由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .所以f ′(x )＝1x2，所以f ′(1)＝1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k ＝1. (2) 【答案】 x －y －1＝0【解析】 因为点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， 所以设切点为(x 0，y 0)．又因为f ′(x )＝1＋ln x ， 所以直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .由⎩⎪⎨⎪⎧y0＝x0ln x0，y0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.所以直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.(1) 【答案】 D【解析】 因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， 所以切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又已知切线方程为y ＝2x ＋b ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ae ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.(2) 【答案】 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 【解析】 设切点坐标为(x 0，x 20)，因为f ′(x )＝2x ，所以切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)， 所以x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， 所以所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)，即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0. 【答案】 C【解析】 若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠0)，则斜率k ＝y0－1x0－1＝x30－1x0－1＝x 20＋x 0＋1，又因为y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝x 0＝3x 20，所以3x 20＝x 20＋x 0＋1，即2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，所以过点P (1，1)与曲线y ＝x 3相切的直线方程为3x－y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，共2条．【答案】 D 【解析】因为f (x )＝ln|x |，所以当x >0时，f (x )＝lnx ，f ′(x )＝1x，当x <0时，f (x )＝ln(－x )，f ′(x )＝1x，所以f ′(x 1)f ′(x 2)＝1x1·1x2＝－1，即x 1x 2＝－1，所以x 1<0<x 2，因此x 2－x 1＝x 2＋1x2≥2. 【答案】 C 【解析】设切线在曲线y ＝x 2上的切点坐标为(x 0，x 20)，则切线方程为y ＝2x 0x －x 20，切线在y ＝a ln x 上的切点为(x 1，a ln x 1)，则该切线方程为y ＝ax1x －a ＋a ln x 1.由于两曲线有相同的公切线，因此ax1＝2x 0，－x 20＝a ln x 1－a ，消去x 0，得a ＝4x 21－4x 21ln x 1，设g (x )＝4x 2－4x 2ln x ，则g ′(x )＝4x －8x ln x ，易得g (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，所以g (x )的最大值为g (e 12)＝2e.又当x →＋∞时，g (x )→－∞；当x →0时，g (x )→0. 所以a 的取值范围为(－∞，0)∪(0,2e]． 【题组强化】 1.C 【解析】由f (x )＝ax 2，得f ′(x )＝2ax .由g (x )＝lnx ，得g ′(x )＝1x.因为f (x )＝ax 2与g (x )＝ln x 在它们的公共点P (m ，n )处具有公共切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝g (m )，f ′(m )＝g ′(m )，即⎩⎪⎨⎪⎧am2＝ln m ，2am ＝1m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝e ，a ＝12e.2. C 【解析】 直线2x －y ＝0的斜率k ＝2， 又曲线f (x )上存在与直线2x －y ＝0平行的切线， 所以f ′(x )＝1x＋4x －a ＝2在(0，＋∞)内有解，则a ＝4x ＋1x －2，x >0.又4x ＋1x≥24x ·1x ＝4，当且仅当x ＝12时取“＝”． 所以a ≥4－2＝2. 3.A【解析】 设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x30)，所以切线方程为y －x30＝3x20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又点(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1，所以选A.4. 【解答】 (1)f ′(x )＝a ＋2x2－3x .由已知得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝1，解得a ＝1，故f (x )＝x －2x －3ln x ，f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝2.当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，3时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )min ＝f (2) 由(1)知f (x )＝x －2x－3ln x ，故F (x )＝x 3－3x 2－2x (x >0)，F ′(x )＝3x 2－6x －2(x >0)． 设切点为T (x 0，y 0)，由于点P 在函数F (x )的图象上，①当切点T(x0，y0)不与点P(1，－4)重合，即当x0≠1时，由于切线过点P(1，－4)，则y0＋4x0－1＝3x20－6x0－2，所以x30－3x20－2x0＋4＝(x0－1)(3x20－6x0－2)，化简得x30－3x20＋3x0－1＝0，即(x0－1)3＝0，解得x0＝1(舍去)；②当切点T(x0，y0)与点P(1，－4)重合，即当x0＝1时，切线的斜率k＝F′(1)＝－5，于是切线方程为5x＋y－1＝0.综上所述，满足条件的切线只有一条，其方程为5x＋y－1＝0 .课堂评价1. D 【解析】根据题意得f′(x)＝cos x＋sin x，由f′(x0)＝2f(x0)，得cos x0＋sin x0＝2sin x0－2cos x0，化简得sin x0＝3cos x0，即tan x0＝3，故选D.2. B 【解析】若函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，所以f′(x)＝1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－1x.因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．3. －23【解析】因为f′(x)＝－23－2x－2sin 2x，所以f′(0)＝－23.4. 1 2 【解析】由f(x)＝(bx－1)e x＋a，得f′(x)＝e x(bx＋b－1)，因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，即b－1＝1，－1＋a＝0，解得a＝1，b＝2.5. 1 【解析】依题意得，f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b，f′(0)＝g′(0)，即－a sin0＝2×0＋b，得b＝0.又m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.第16讲利用导数研究函数的性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】由题知f′(x)＝[(x－3)·e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.令f′(x)＞0，解得x＞2.2. D 【解析】令y ′＝x 2－2x －3＝0，得x 1＝－1，x 2＝3，由极值知识可知函数在x 1＝－1处取得极大值，在x 2＝3处取得极小值，所以函数的极小值点是3.3. C 【解析】 函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－xx ，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减．故当x ＝1时，函数取得最大值－1.4.[0，＋∞)【解析】f ′(x )＝3x 2＋a ，因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥0恒成立，所以a ≥0.5. (1) (－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞ (2) ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，92 【解析】 由f (x )＝x 3－ax 2，得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a 3. (1) 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a 3，若f (x )在(2,3)上单调递减，则有2a 3≥3，解得a ≥92；若f (x )在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a ≤3，所以若f (x )在(2,3)上单调，则实数a 的取值范围是(－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞. (2) 若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a3<3，可得3<a <92.知识聚焦1. 单调递增 单调递减 常数函数第1课时 导数与函数单调性研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 D 【解析】因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e . (2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2 【解析】f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2. 【答案】 (－∞，0) (0,1) 【解析】 f (x )的定义域为{x |x ≤1}， f ′(x )＝1－11－x .令f ′(x )＝0，得x ＝0.当0<x <1时，f ′(x )<0；当x <0时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调增区间为(－∞，0)，单调减区间为(0,1)． (1) 【答案】 B 【解析】令g (x )＝f (x )cos x，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x＝1＋ln x cos2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )>0，解得1e<x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，故只有B 正确． (2) 【答案】 D【解析】 f (x )>f ′(x )ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0. 令g (x )＝f (x )2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )·ln 22x， 所以g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数， 得f (2)＝－2，则g (2)＝f (2)22＝－12，又f (x )>－2x －1⇔f (x )2x >－12＝g (2)，所以x <2.【答案】 A【解析】 令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x . 当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x >0， 所以G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )， 又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数． 故|a －2|≥|a |，解得a ≤1.【解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x . ①当0<a <1时，1a>1，所以当x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减． ②当a ＝1时，1a＝1，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当a >1时，0<1a<1，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 【答案】 C【解析】 因为f (x )＝e x(sin x ＋a )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，所以f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x ＋a )，由于函数f (x )＝e x(sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上单调递增，所以∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，f ′(x )≥0，所以sin x ＋cos x ＋a ≥0，a ≥－sin x －cos x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4， 当－π2<x <π2时，－π4<x ＋π4<3π4，则－22<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4≤1，所以－2≤－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4<1，所以a ≥1， 因此，实数a 的取值范围是[1，＋∞)，故选C. 【题组强化】 1. [3，＋∞)【解析】 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立．因为函数y ＝1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上为减函数，所以y max <1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×12＝3，所以a ≥3.2.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1e ，＋∞【解析】已知f (x )＝12ax 2＋x lnx －x ，其中x >0，所以f ′(x )＝ax ＋ln x .由于函数y ＝f (x )存在单调增区间，即∃x >0，使得f ′(x )>0， 即∃x >0，a >－ln x x ，构造函数g (x )＝－ln x x ，则a >g (x )min .又g ′(x )＝ln x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，g ′(x )<0；当x >e 时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在x ＝e 处取得极小值，亦即最小值，则g (x )min ＝g (e)＝－1e ，所以a>－1e.3. 【解答】 f ′(x )＝2x －2a ＋2(a ＋1)x ＝2x2－ax ＋a ＋1x ，x ＞0.令g (x )＝x 2－ax ＋a ＋1，当Δ＝a 2－4(a ＋1)≤0，即2－22≤a ≤2＋22时，g (x )≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间．当Δ＝a 2－4(a ＋1)>0，即a >2＋22或a <2－22时，设g (x )的两个零点为x 1＝a －a2－4a －42，x 2＝a ＋a2－4a －42.若a >2＋22，则因为x 1＋x 2＝a >0，x 1x 2＝a ＋1>0，所以x 1，x 2都大于0，所以当x∈(0，x 1)时，g (x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 若a <2－22，则x 1＋x 2＝a <0，当x 1x 2＝a ＋1≥0，即－1≤a <2－22时，x 1，x 2都不为正数，所以当x ∈(0，＋∞)时g (x )>0，f (x )单调递增．当x 1x 2＝a ＋1<0，即a <－1时，x 1<0<x 2， 所以当x ∈(0，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a <－1时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞；当－1≤a ≤2＋22时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间； 当a >2＋22时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－4a －42，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，a －a2－4a －42，⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞. 课堂评价 1.D【解析】由函数y ＝f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f ′(x )>0；在(0，＋∞)上f ′(x )<0，只有选项D 满足．2. B 【解析】 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3， 又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，所以f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22. 3.A【解析】易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4.D 【解析】对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝ax＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1.第2课时 函数的极值与最值研题型·融会贯通 分类解析【解答】 由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.当a ＜0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝1－3a ，f (x )极小值＝－4a2－3a＋1.【答案】 D【解析】 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0； 当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【解答】 (1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x0x ＋ln x 0－1. 把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，所以x 0＝1. 所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2) 因为g (x )＝f (x )－mx ＋mx ＝ln x －mx ＋mx (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －mx2＝x －mx2－m x2＝－mx2－x ＋mx2.令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x2，因为x 1＋x 2＝1m>0，所以m >0， 故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0，解得0<m <12.【答案】 B 【解析】由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点．其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．【解答】 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－a ＝1－ax x.当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0， 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【解答】 (1) 由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：所以f(x)(2) 当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1<k<2时，f(x)min＝－e k－1；当k≥2时，f(x)mi n＝(1－k)e.【解答】 (1) 当k＝3时，f(x)＝x3－6x2＋9x＋1，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：(2) f′(x)＝3x2－3(k＋1)x＋3k＝3(x－1)(x－k)．①当k≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1－3 2(k＋1)＋3k＋1＝3，解得k＝53(舍去)．②当k≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝8－6(k＋1)＋3k·2＋1＝3，符合题意．③当1<k<2时，当x∈[1，k)时，f′(x)<0，f(x)在[1，k)上单调递减；当x∈(k,2]时，f′(x)>0，f(x)在(k,2]上单调递增．所以f (x )min ＝f (k )＝k 3－32(k ＋1)k 2＋3k 2＋1＝3，化简得k 3－3k 2＋4＝0，即(k ＋1)(k －2)2＝0， 所以k ＝－1(舍去)或k ＝2(舍去)．综上所述，实数k 的取值范围为[2，＋∞)． 课堂评价 1.C【解析】因为函数f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，所以c ＝6或c ＝2.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故 c ＝6.故选C.2. D 【解析】 f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝(x －a )(x －1)e x . 令f ′(x )＝0，得(x －a )(x －1)e x ＝0. 设g (x )＝(x －1)(x －a )．(1) 当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值． (2) 当a >1时，若x >a 或x <1，则g (x )>0，f ′(x )>0； 若1<x <a ，则g (x )<0，f ′(x )<0.所以x ＝1是函数f (x )的极大值点，不合题意． (3) 当a <1时，若x >1或x <a ，g (x )＞0，f ′(x )>0， 若a <x <1，则g (x )＜0，f ′(x )<0. 所以x ＝1是f (x )的极小值点，满足题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)． 3.－12【解析】因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(1)＝0，得3＋2a ＋b ＝0，由f (1)＝10，得1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9.又当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，故舍去；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，函数f (x )在x ＝1处取得极小值10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，所以b a＝－12.4. 1＋ln 22 【解析】 设两个交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －12，b ，B (e b，b )， 则AB ＝e b－b －12.令g (x )＝e x－x －12，则g ′(x )＝e x－12.由g ′(x )＝0，得x ＝－ln 2.当x ＜－ln 2时，g ′(x )＜0，当x ＞－ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(－∞，－ln2)上单调递减，在区间(－ln2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－ln 2)＝1＋ln 22.第17讲 导数的综合应用链教材·夯基固本 激活思维 1.C【解析】函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋lnx ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解．令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a 小于或等于h (x )的最大值即可，即a ≤1. 2.A【解析】构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)．当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值，且g (－1)＝－e－1＝－1e.画出函数y ＝x e x的图象如图所示，显然当－1e<a <0时，函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A.(第2题)3. D【解析】 由2f (x )≤g ′(x )＋2，可得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1，所以a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x .设h (x )＝2ln x －3x －1x ，则h ′(x )＝2x －3＋1x2＝－3x2－2x －1x2＝－(3x ＋1)(x －1)x 2，x >0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－4，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x max ＝－2，所以a ≥－2. 4.CD【解析】根据题意，令g (x )＝f (x )cos x，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋sin xf (x )cos 2x .又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，且cos xf ′(x )＋sinxf (x )＜0，则有g ′(x )＜0，即函数g (x )为减函数．又π6＜π3，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cosπ3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3.又由π6＜π4，则有g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cosπ4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4.故选CD.第1课时 导数与不等式证明研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为f(x)＝1－lnxx，x>0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2) 由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.【解答】对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x⇔exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g (x )＝ex x －x a －1ax ＋2a －e ，x >0，则g ′(x )＝(x －1)(a e x －x －1)ax 2. 当a ≥1时，a e x －x －1≥e x －x －1.令h (x )＝e x －x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x －1＞0. 所以当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0， 所以a e x －x －1>0.所以当0<x <1时，g ′(x )<0，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x >1时，g ′(x )>0. 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0， 即ex x －x a －1ax ＋2a －e ≥0， 故f (x )≥(x ＋a e)x .【解答】 (1) f ′(x )＝ex－a (x >0)，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea 时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2) 因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e.当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝ex x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，故不等式xf (x )≤e x －2e x 得证． 【解答】 (1) f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1⇒a ＝0. 又(0,1＋b )在切线x －y －1＝0上， 所以0－1－b －1＝0⇒b ＝－2.(2) 由(1)知f (x )＝e x －2.先证：e x －2＞x －1，即e x －x －1＞0(x ＞0)， 令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1，所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数． 故g (x )＞g (0)＝0，即e x －2＞x －1 ①. 再证：x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)，故φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝0，即x －1－ln x ≥0， 所以x －1≥ln x ②.由①②得e x －2＞ln x ，即f (x )＞ln x 在(0，＋∞)上恒成立. 课堂评价 1.C【解析】构造函数f (x )＝exx2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝xex (x －2)x 4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a .2. C【解析】由题得P Q＝aeb bea＝ebbea a，令f (x )＝ex x ，则f ′(x )＝ex (x －1)x 2，当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．因为a ＞b ＞1，所以eb b <eaa ，故ebb eaa<1，即P ＜Q .3. 【解答】 (1) 由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )，知f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln2. 当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调减区间是(－∞，ln2)，单调增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln 2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a ，无极大值．(2) 要证当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1， 即证当a >ln2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0. 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0. 于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 上单调递增． 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0， 即e x －x 2＋2ax －1>0，即e x >x 2－2ax ＋1，即得证．第2课时 导数与不等式恒成立(能成立)问题研题型·融会贯通 分类解析【解答】方法一：设F (x )＝2x ＋ln x －a (x 2＋x )，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(ax －1)x，x >0. 当a ≤0时，取x ＝1，则F (1)＝2－2a ＞0，所以F (x )≤0不可能恒成立． 当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a.当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，故F (x )在(0，＋∞)上的最大值是F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.又y ＝g (a )＝ln1a ＋1a－1在a ∈(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故ln1a ＋1a－1≤0成立的充要条件是a ≥1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．方法二：分离参数得a ≥2x ＋ln x x2＋x (x ＞0)，令h (x )＝2x ＋lnxx2＋x，则h ′(x )＝(2x ＋1)(1－x －ln x )(x 2＋x )2.令h ′(x )＝0，则1－x －ln x ＝0，观察发现x ＝1是1－x－ln x ＝0的根．又因为φ(x )＝1－x －ln x 在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x －ln x ＝0的根仅有x ＝1， 当x ∈(0,1)时，φ(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝2x ＋lnx x2＋x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．【解答】分离参数得a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2(x ＞0)． 当x∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.【解答】 (1) 由题知f ′(x )＝－ax2＋x －(1－a )x 2，x >0. 令h (x )＝ax 2－x ＋1－a (x ＞0)． ①当a ＝0时，h (x )＝1－x (x ＞0)，当x∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．②当a ≠0时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1a－1.若0＜a ＜12，则1a －1＞1＞0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 若a ＝12，则h (x )≥0，f ′(x )≤0，f (x )单调递减．若a ＜0，则1a－1＜0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12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． (2) 当a ＝14时，由(1)知f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x 1∈(0,2)，有f (x 1)≥f (1)＝－12.又存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)， 所以－12≥g (x 2)min ，x 2∈[1，2]．(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1,2]，当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0与(*)矛盾； 当b ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0与(*)矛盾； 当b >2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫178，＋∞. 【解答】 (1) f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．由题意知f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2) f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，因为x >0，所以ax －1<0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)，单调减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12，即1a >2时，当x ∈(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a 时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)．④当a >12，即0<1a <2时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2. (3) 由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max . 由已知得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a . 由a >12可知ln a >ln 12>ln 1e＝－1，所以2ln a >－2，即－2ln a <2，所以－2－2ln a <0， 所以f (x )max <0，符合题意．综上所述，a >ln 2－1.【解析】 f ′(x )＝1－ax ，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数．又函数y ＝1x在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1＜x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2＝1x1－1x2， 所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x1－4x2，即f (x 2)＋4x2≤f (x 1)＋4x1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x，则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数． 因为h ′(x )＝1－a x －4x2＝x2－ax －4x2，所以x 2－ax －4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a ≥x －4x在(0,1]上恒成立．因为y ＝x －4x在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x的最大值为－3，所以a ≥－3，又a <0，所以a ∈[－3,0)．【解答】不妨设x 1>x 2，则f ′(x 1)－f ′(x 2)x 1－x 2>a 等价于f ′(x 1)－f ′(x 2)>a (x 1－x 2)，即f ′(x 1)－ax 1>f ′(x 2)－ax 2，设h (x )＝f ′(x )－ax ，则h (x )在[1,2]上为增函数．因为f (x )＝13x 3－ax ln x ，所以f ′(x )＝x 2－a ln x －a ，h (x )＝x 2－a ln x －ax －a ，则h ′(x )＝2x －ax －a ≥0在[1,2]上恒成立．方法一：由2x －a x －a ≥0得a ≤2x21＋x，x ∈[1,2]，令m (x )＝2x21＋x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋1x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋122－14，1x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1，所以当1x ＝1时，m (x )取得最小值1.所以a ≤m (x )min ＝1. 方法二：h ′(x )＝2x －a x－a ≥0在[1,2]上恒成立，即2x2－ax －ax≥0在[1,2]上恒成立，即2x 2－ax －a ≥0在[1,2]上恒成立，令g (x )＝2x 2－ax －a ，x ∈[1,2]，由已知得g (x )的图象开口向上，对称轴为x ＝a4.(1)当a 4<1，即a <4时，g (x )在[1,2]上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝2－2a ，令2－2a ≥0，解得a ≤1，又a <4，所以a ≤1.(2)当1≤a 4≤2，即4≤a ≤8时，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1，a 4上单调递减，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 4，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4＝－a28－a ，令－a28－a ≥0，解得－8≤a ≤0，又4≤a ≤8，所以无解．(3) 当a 4>1，即a >4时，g (x )在[1,2]上单调递减，g (x )min ＝g (2)＝8－3a ，令8－3a ≥0，解得a≤83，又a >4，所以无解． 综上所述，实数a 的取值范围是{a |a ≤1}． 课堂评价 1.D【解析】若m >f (x )恒成立，则m >f (x )max ，f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，则f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，又f (－1)＝1e，f (1)＝e ，所以f (x )max ＝f (1)＝e ，所以m >e.2. D 【解析】 由f (x )<x 2，可得ln x －ax <x 2，所以x ln x －a <x 3，所以a >x ln x －x 3，x ∈(1，＋∞)，所以a >(x ln x －x 3)max ，x∈(1，＋∞)．令g (x )＝x ln x －x 3，则g ′(x )＝1＋ln x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，则h ′(x )＝1x－6x ＝1－6x2x，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，又h (1)＝－2，所以h (x )<h (1)<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝－1，所以a ≥－1.3. 【解答】 (1) 因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减． 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)．(2) 因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立， 则ax ≤lnx x ，即a ≤lnx x2.设h (x )＝lnx x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnx x2max .由h ′(x )＝1－2lnxx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e .当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e时，函数h (x )有极大值，也是最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，12e . 第3课时 导数与函数零点研题型·融会贯通 分类解析【解答】 (1) f ′(x )＝2x －ax ，由已知，f ′(1)＝0，即2－a ＝0，解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意，所以a ＝2.(2) 函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．理由如下： 因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6， 所以m ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝2x2－2－x ＋xx＝(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＞0，所以m (x )min ＝m (1)＝－4<0，m (e －2)＝(1－e )(1＋e ＋2e 3)e 4<0， m (e －4)＝1＋2e8＋e4(2e 2－1)e 8>0， m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)>0，故由零点存在定理可知： 函数m (x )在(e －4,1)上存在一个零点，在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－ax单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．【解答】 (1) f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax2－2x ＋1x，x >0.由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2上恒成立，即2a ≥⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1max ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2. 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1取得最大值8，所以a ≥4， 即实数a 的取值范围是{a |a ≥4}．(2) 当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b ，x ∈[1,4]， 则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 当x 变化时，g (x )，g ′(x )的变化情况如下表：极小值又g (1)＝－b －54，g (4)＝2ln2－b －2，方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，所以⎩⎨⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，。

第三章 导数及其应用1.了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义． 3．能根据导数的定义求函数y ＝C (C 为常数)，y ＝x ，y ＝1x，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数．4．能利用以下给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．①常见的基本初等函数的导数公式： (C )′＝0(C 为常数); (x n)′＝nx n -1(n ∈N ＋)； (sin x )′＝cos x; (cos x )′＝-sin x ； (e x)′＝e x;(a x)′＝a xln a (a >0，且a ≠1)； (ln x )′＝1x；(log a x )′＝1xlog a e(a >0，且a ≠1)．②常用的导数运算法则： 法则1：′＝u ′(x )±v ′(x )． 法则2：′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )． 法则3：⎣⎢⎡⎦⎥⎤u （x ）v （x ）′＝u ′（x ）v （x ）-u （x ）v ′（x ）v （x ）(v (x )≠0)．5．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，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．6．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．7．会用导数解决实际问题．3．1 导数的概念及运算1．导数的概念 (1)定义如果函数y ＝f (x )的自变量x 在x 0处有增量Δx ，那么函数y 相应地有增量Δy ＝f (x 0＋Δx )-f (x 0)，比值ΔyΔx就叫函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 之间的平均变化率，即Δy Δx ＝f （x 0＋Δx ）-f （x 0）Δx.如果当Δx →0时，ΔyΔx有极限，我们就说函数y ＝f (x )在点x 0处 ，并把这个极限叫做f (x )在点x 0处的导数，记作 或y ′0|x x =，即f ′(x 0)＝0lim →∆x Δy Δx＝0lim →∆xf （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx(2)导函数当x 变化时，f ′(x )便是x 的一个函数，我们称它为f (x )的导函数(简称导数)．y ＝f (x )的导函数有时也记作y ′，即 f ′(x )＝y ′＝0lim →∆xf （x ＋Δx ）-f （x ）Δx.(3)用定义求函数y ＝f (x )在点x 0处导数的方法 ①求函数的增量Δy ＝ ； ②求平均变化率ΔyΔx ＝ ；③取极限，得导数f ′(x 0)＝0lim →∆x ΔyΔx .2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率．也就是说，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率是 ．相应的切线方程为 ．3．基本初等函数的导数公式 (1)c ′＝ (c 为常数)， (x α)′＝ (α∈Q *)； (2)(sin x )′＝____________， (cos x )′＝____________； (3)(ln x )′＝ ， (log a x )′＝ ； (4)(e x )′＝____________， (a x)′＝ . 4．导数运算法则(1)′＝__________________. (2)′＝____________________；当g (x )＝c (c 为常数)时，即′＝ . (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝(g (x )≠0)．自查自纠1．(1)可导 f ′(x 0) (3)①f (x 0＋Δx )-f (x 0)②f （x 0＋Δx ）-f （x 0）Δx2．f ′(x 0) y -y 0＝f ′(x 0)(x -x 0) 3．(1)0 αxα-1(2)cos x -sin x (3)1x1x ln a(4)e xa xln a4．(1) f ′(x )±g ′(x ) (2) f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) cf ′(x )(3) f ′（x ）g （x ）-f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2( ((1)y＝13 B ．-23 C.73 D ．-13或53 解：因为f ′(x )＝x 2＋2ax ＋a 2-1，所以f ′(的图象开口向上，则排除②④.若f ′(x )的图象为①，此时a ＝0，f (-1)＝53；若f ′(x )的图象为③，轴交点为(0，2)，可知曲线等于-13，即fg′(x)＝f(x)＋(3)，由题图可知＝0.故填0.＝x3-4x＋4图象上斜率为解：设切点坐标为(x0，y0)，＝3x20-4＝-1，所以1)或(-1，7)．-2＝0或x＋y-6，g(x)＝ln x，x列两个条件：。

一元函数的导数及其应用【学习目标】1. 掌握导数的概念和导数的基本运算。

2. 体会导数的内涵与思想，感悟极限的思想。

【基础知识】一、导数的概念及运算 1．导数的概念一般地，函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的瞬时变化率0000()()limlimx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆为函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的导数，记作f′(x 0)或y′0|x x =即f′(x 0)＝0000()()lim limx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆. 称函数f′(x)＝000()()lim x f x x f x x∆→+∆-∆为f(x)的导函数．2．导数的几何意义函数f(x)在点x 0处的导数f′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f(x)上点P(x 0，f(x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f(x 0)＝f′(x 0)(x －x 0)． 3．基本初等函数的导数公式4.(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； (2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； (3)2()'()()()'()'()[()]f x f x g x g x g x g x g x ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦(g(x)≠0)．5.常用结论1.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.2.1()f x⎡⎤⎢⎥⎣⎦′＝－2'()[()]f xf x.3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.4.函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.二、利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，(1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递增函数；(2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递减函数；(3)若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内是常数函数．讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则. 2.常用结论汇总——规律多一点(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．三、利用导数解决函数的极值最值1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点. 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值． 3常用结论1.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.2.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.四、利用导数研究生活中的优化问题1．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． 2．利用导数解决优化问题的实质是求函数最值． 3．解决优化问题的基本思路是什么？ 答案上述解决优化问题的过程是一个典型的数学建模过程．4.对于优化问题，建立模型之后需要对模型进行最大值最小值的求解，从而转化为导数求极值最值问题.【考点剖析】 考点一：导数的概念及其意义例1．曲线x y e =上的点到直线10x y --=的距离的最小值是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C 【详解】解：x y e =，所以e x y '=，设曲线在()00,xP x e 处的切线与直线10x y --=平行，则01x e =，所以00x =，切点(0,1)P ，曲线x y e =上的点到直线10x y --=的最短距离，即为切点P 到直线10x y --=的距离|011|22d --==， 故选：C ．考点二：导数的运算例2．求下列函数的导数： （1）41y x =（2）34y x （3）3x y = （4）1()2xy =（5）4log y x = （6）12log y x =【答案】 （1） 解：因为441y x x-==，所以()454y x x --''==-； （2）解：因为4343y x x ==，所以413343y x x '⎛⎫'== ⎪⎝⎭；（3）解：因为3x y =，所以3ln 3x y '=； （4）解：因为1()2x y =，所以21()12ln x y '=；（5）解：因为4log y x =，所以1ln 4y x '=； （6） 解：因为12log y x=，所以111ln 2ln2y x x '==-；考点三：导数在研究函数中的应用例3．若函数()3231f x x x mx =+-+在[]2,2-上为单调增函数，则m 的取值范围（ ）A ．[)24,∞-+B ．[)1,∞-+C ．(],3∞--D ．(],0∞-【答案】C 【详解】由函数()3231f x x x mx =+-+在[]22-,上为单调增函数，可得()2360f x x x m '=+-≥在[]22-,上恒成立，即236m x x ≤+在[]22-,上恒成立，即()2min 36m x x ≤+，令22363(1)3t x x x =+=+-，[]2,2x ∈-．所以当1x =-时，min 3t =-，所以3m ≤-． 故选：C ．【真题演练】1. 已知函数()f x 在0x x =处可导，若000()()lim12x f x x f x x→+∆-=∆，则0()f x '=____________．【答案】2 【详解】 000000()()()()1limlim 122x x f x x f x f x x f x x x →→+∆-+∆-==∆∆，所以000()()lim 2x f x x f x x→+∆-=∆0000()()()lim2x f x x f x f x x→+∆-'==∆．故答案为：2．2. 已知函数3C :()ln f x x x =+，则曲线在点(1,(1))f 处的切线方程为___________． 【答案】430x y --= 【详解】解：因为21()3f x x x'=+， 所以(1)4k f '==， 又(1)1,f =故切线方程为14(1)y x -=-， 整理为430x y --=，故答案为：430x y --=3. 若函数()f x 的导函数为偶函数，则函数()f x 的解析式可能是（ ） A ．()1cos f x x =+ B ．()2f x x x =+C ．()sin 2f x x =D ．()xf x e x =-【答案】C 【详解】()1cos f x x =+，则()sin f x x '=-，为奇函数，A 排除； ()2f x x x =+，则()21f x x =+，为非奇非偶函数，B 排除；()sin 2f x x =，则()2cos2f x x '=，为偶函数，C 满足；()e x f x x =-，则()e 1x f x '=-，为非奇非偶函数，D 排除.故选：C. 4. 已知4ln 4a a -=，3ln 3-=bb ，22ln -=c c ，其中4a ≠，3b ≠，2c ≠，则（ ）A ．c b a <<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．a c b <<【答案】C 【详解】 由4ln4aa -=，则ln 4ln 4a a -=-，同理ln 3ln3b b -=-，ln 2ln 2c c -=-， 令()ln f x x x =-，则()111x f x x x-'=-=，当()0,01f x x '<<<；当()0,1>>'f x x ，∴()f x 在()0,1上单调递减，()1,+∞单调递增，所以()()()432f f f >>，即可得()()()f a f b f c >>，又4a ≠，3b ≠，2c ≠由图的对称性可知，a b c <<.故选：C5. 下列求导运算正确的是（ ） A ．2111x x x '⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭ B ．()e e x x --'=- C ．()555log xx x '=D ．()2cos sin cos cos x x x xx x '-⎛⎫= ⎪⎝⎭ 【答案】B 【详解】对于A ，2111x x x '⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，A 错； 对于B ，()e e x x --'=-，B 对； 对于C ，()'55ln 5x x =，C 错；对于D ，()2cos sin cos cos x x x xx x '+⎛⎫= ⎪⎝⎭，D 错. 故选：B.6. 设()()sin cos xf x e x x =-，其中 02019x π≤≤，则 ()f x 的极大值点个数是（ ）A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020【答案】A 【详解】由题意，函数()()sin cos xf x e x x =-，可得()()()'sin cos cos sin 2sin x x xf x e x x e x x e x =-++=，令()0f x '>，即sin 0x >，解得22,k x k k Z πππ<<+∈， 令()0f x '<，即sin 0x <，解得222,k x k k Z ππππ+<<+∈，所以函数()f x 在(2,2)k k πππ+递增，在(2,22),k k k Z ππππ++∈递减， 故函数()f x 的极大值点为2,x k k Z ππ=+∈， 因为02019x π≤≤，即,3,5,7,2017x πππππ=，共1009个.故选：A.7. （多选）设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，()10f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）A ．(),1-∞-B ．()0,1C ．()1,0-D ．()1,+∞【答案】AB 【详解】解：设()()f xg x x=， 则()()()2''xf x f x g x x -=，当0x >时总有()()'xf x f x <成立， 即当0x >时， ()'g x <0恒成立，∴当0x >时，函数()()f xg x x=为减函数， 又()()()()f x f x g x g x x x---===--，∴函数()g x 为定义域上的偶函数，又()()1101f g --==-，所以不等式()0f x >等价于()·0x g x >， 即()00x g x >⎧⎨>⎩或()00x g x <⎧⎨<⎩，即01x <<或1x <-，所以()0f x > 成立的x 的取值范围是()(),10,1-∞-⋃． 故选：AB ．8. 已知函数()ln af x x x=+，()sin x g x e x =+，其中a ∈R . （1）试讨论函数()f x 的单调性； （2）若1a =，证明：()()g x f x x<. 【答案】 （1）()ln af x x x =+的定义域为(0,)+∞221()a x a f x x x x-'=-=当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得x a >；令()0f x '<，解得0x a <<； 综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，无减区间； 当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增； （2）1a =，1()ln f x x x ∴=+，即证：1sin ln x e xx x x ++<0x，即证：sin ln 10x e x x x +-->当(0,1)x ∈时，e 1x >，sin 0x >，ln 0x x <sin ln 1110x e x x x ∴+-->-=当[1,)x ∈+∞时，令()sin ln 1x g x e x x x =+--，则()e cos ln 1x g x x x '=+--1()sin 110x g x e x e x''=--≥--> ()cos ln 1x g x e x x '∴=+--在[1,)+∞上单调递增()(1)cos1010g x g e ''∴≥=+-->()sin ln 1x g x e x x x ∴=+--在[1,)+∞上单调递增()(1)sin1010g x g e ∴≥=+-->综上所述：sin ()x e xf x x+<，即()()g x f x x <【过关检测】1. 若曲线3ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线斜率为2，则=a ___________. 【答案】1 【详解】213y ax x'=-，132|1x y a ==-∴='，解得1a =. 故答案为：12. 已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）解：当0a =时， ()2x f x e x =--，则()21xf x e '=--.所以()00213f e '=--=-，而(0)2f =-，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为3++20x y =. （2）解：因为()f x 有两个零点，所以方程()0f x =有两个不同的根， 即关于x 的方程()22x x xa e +x e e +=，即22x x x +x e a e +e=有两个不同的解， 令()2+2+x x x e x g x e e =，则y a =与()2+2+xx x e xg x e e=的图象有两个交点，且()()()()22++1+21x x x x x e e e g x e e x -'=-.令()+1x x h x e --=，则()'10x h x e --<=，且()0+010h e x --==，所以当()0x ∈-∞，时，()>0h x ，即()>0g x '，()g x 单调递增， 当()0+x ∈∞，时，()0h x <，即()0g x '<，()g x 单调递减， 所以()()000+2001+e g x g e e ≤==，且()()12112110+e g e e---⨯--=<，当+x →∞时，()0g x →，所以要使y a =与()2+2+xx x e xg x e e=的图象有两个交点，则a 的取值范围是()0,1.3. 已知()21πsin 42f x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，()f x '为()f x 的导函数，则()f x '的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【详解】∵()221π1sin cos 424f x x x x x ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭， ∴()1sin 2f x x x '=- 易知()1sin 2f x x x '=-是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B 和D ， 由ππ106122f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，排除C ，所以A 正确. 故选：A.4. 已知()f x '是函数()f x 的导数，且对任意的实数x 都有()()()e 22x f x x f x -'=--，()08f =则不等式()0f x <的解集是（ ）A ．()2,4-B ．()(),02,-∞+∞C ．()(),42,-∞-+∞ D ．()(),24,-∞-+∞【答案】D【详解】设()()x g x e f x =，000)e )8((f g ==，因为()()()e 22x f x x f x -'=--，所以()()e (22)x f x f x x -'+=-， 所以()e ()e ()e (()())22x x x g x f x f x f x f x x '''=+=+=-．因此2()2g x x x c =-+，(0)8g c ==，所以2()28g x x x =-++，228()e xx x f x -++=， 不等式()0f x <即为2280ex x x -++< ，2280x x -->，解得2x <-或4x >． 故选：D ． 5. （多选）已知函数()2ln 2x ax f x x +=+.，若()f x 的图象存在两条相互垂直的切线.则a 的值可以是（ ）A ．6-B ．5-C ．4-D ．3-【答案】AB【详解】∵函数()2ln 2x ax f x x +=+，定义域为()0,∞+，∴()12a f x x x '=++， ∴()1222a a f x x x '=++≥+，当且仅当1x x =时，取等号， 要使()f x 的图象存在两条相互垂直的切线，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，所以()12a f x x x'=++的值必有一正一负， 当3a =-时，()1122a f x x x '=++≥，不合题意， 当4a =-时，()102a f x x x '=++≥，不合题意， 当5a =-时，()152f x x x =+-'，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，例如()12,0,x x ∃∈+∞，()()11221215115,4242f x x f x x x x ''=+-=-=+-=，故a 的值可以是5-， 当6a =-时，()13f x x x'=+-，则()12,0,x x ∃∈+∞，()()121f x f x ''=-，例如()12,0,x x ∃∈+∞，()()1122121113,344f x x f x x x x ''=+-=-=+-=，故a 的值可以是6-. 所以a 的值可以是5-或6-.故选：AB.6. 已知函数()f x 的解析式唯一，且满足()()()e ,12e x xf x f x f +=='.则函数()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线方程为___________.【详解】由()()()'[]xf x f x xf x +='，可得()'[]e x xf x =，设()e x xf x m =+，又由()12e f =，有()1e 2e f m =+=，得e m =，可得()()()()()'22e e e 1e e e e ,,1e x x x x x x f x f x f x x x -+--+='===-， 故所求切线方程为()2e e 1y x -=--，整理为e 3e y x =-+.故答案为：3y ex e =-+7. 已知函数()()2ln 1f x x ax x =-+-+.（1）函数()f x 在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上是减函数，求实数a 的取值范围： （2）已知函数()f x 既存在极大值点又存在极小值点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 定义域为()1,-+∞，()121f x x a x '=-+-+， 由题意1201x a x -+-≤+在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上恒成立，即()12121x a x ++≥++在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上恒成立，令110,2t x ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，由对勾函数知：()12g t t t =+在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，()132g t g ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，所以23a +≤，得1a ≤，所以实数a 的取值范围为(],1-∞.（2）()()22211211x a x a f x x a x x -+-+-'=-+-=++， ()f x 既存在极大值又存在极小值等价于方程()22210x a x a -+-+-=在区间()1,-+∞上有两个不相等的实数根， 需满足()()222102142810a a a a a ⎧-+-+-<⎪-⎪>-⎨-⎪⎪-+->⎩解得:2a >-+所求实数a的取值范围为()2-++∞8. 若函数()3231f x x x mx =+-+在[]2,2-上为单调增函数，则m 的取值范围（ ） A ．[)24,∞-+B ．[)1,∞-+C ．(],3∞--D ．(],0∞-【答案】C【详解】 由函数()3231f x x x mx =+-+在[]22-,上为单调增函数，可得()2360f x x x m '=+-≥在[]22-,上恒成立，即236m x x ≤+在[]22-,上恒成立，即()2min 36m x x ≤+，令22363(1)3t x x x =+=+-，[]2,2x ∈-．所以当1x =-时，min 3t =-，所以3m ≤-．故选：C ．9. 已知函数()()ln 1f x a x x a R =+-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()e 1x y f ax =-+与()e ln a y x a =+的图像有两个不同的公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()()ln 1f x a x x a R =+-∈，()1a x a f x x x+'∴=+=，()0x >. ①、当0a ≥，()0f x '>，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；②、当0a <，令()0f x '=，得x a =-，∴()0,x a ∈-时，()0f x '<；(),x a ∈-+∞时，()0f x '>，∴()f x 在()0,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.综上所述：当0a ≥，()f x 的单调递增为()0,+∞，无单调递减区间；当0a <，()f x 的单调递增为(),a -+∞，()f x 的单调递减为()0,a -.（2）根据题意可知：方程()()e 1e ln x a f ax x a -+=+，即()e e ln x a x a =+有两个不同的实根.由()e e ln x a x a =+可得：()ln e eln x a x x x a +=+. 令()e x g x x =，0x 时，()()1e 0x g x x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上单调递增，要使()()ln g x g x a =+有两个不同的实根，则需ln x x a =+有两个不同的实根.令()ln h x x x a =--，则()111x h x x x-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()()min 11h x h a ∴==-.①、若1a <，则()0h x >，()h x 没有零点；②、若1a =，则()0h x ≥，当且仅当1x =时取等号，()h x 只有一个零点；③、若1a >，则()110h a =-<，()e e 0a a h --=>，()e e 2a a h a =-.令()e 2a a a ϕ=-，则当1a >时，()e 2e 20a a ϕ'=->->，即()a ϕ在()1,+∞上单调递增，所以()()1e 20a ϕϕ>=->，即()e 0a h >.故此时()h x 在()0,1上有一个零点，在()1,+∞上有一个零点，符合条件. 综上可知，实数a 的取值范围是()1,+∞.10. 已知()2123ln 2f x x x x =--，()321ln 6g x x x a x =+-． （1）求()f x 在()()1,1f 处的切线方程；（2）已知()31()6F x g x x =-的两个零点为1212,()x x x x <，且0x 为()F x 的唯一极值点． ①求实数a 的取值范围；②求证：12034x x x +>．【答案】（1） 解：因为21()23ln 2f x x x x =--， 所以定义域为(0,)+∞ 所以33()2,(1)4,(1)2=--=-=-''f x x f f x ， 所以切线方程为8250x y +-=；（2）①证明：2()ln F x x a x =-，若0a ≤，则函数2()ln F x x a x =-在其定义域内为单调函数，不可能有两个零点， 所以0a >,由()20a F x x x '=-==，得0x =当x ⎛∈ ⎝，()0F x '<；x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()0F x '>；所以()F x 在⎛ ⎝上单调递减，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 因为当x 趋近+∞时，()F x 趋近+∞；当x 趋近0时，()F x 趋近+∞， 要使()F x 有两个零点，只要满足()00F x <，即202e =-<⇒>F a a ；②因为120x x <<>21(1)x t t x =>，由()()12F x F x =， 所以221122ln ln -=-x a x x a x ，即2221111ln ln x a x t x a tx -=-， 因此212ln 1a t x t =-，而要证12034x x x +>，只需证1(31)t x +>即证221(31)8t x a +>，即证22ln (31)81a t t a t +>-， 由0,1a t >>，只需证22(31)ln 880t t t +-+>，令22()(31)ln 88p t t t t =+-+，则1()(186)ln 76p t t t t t'=+-++， 令1()(186)ln 76n t t t t t=+-++，则261()18ln 110(1)t n t t t t -'=++>>， 故()n t 在(1,)+∞上递增，()(1)0n t n >=，故()p t 在(1,)+∞上递增，()(1)0p t p >=，所以12034x x x +>。

模块检测一、选择题1.已知集合A ＝{－1,0,1}，B ＝{x |－1≤x ＜1}，则A ∩B 等于( )A.{0}B.{－1,0}C.{0,1}D.{－1,0,1} 答案 B解析 ∵A ＝{－1,0,1}，B ＝{x |－1≤x ＜1}且1∉B ，∴A ∩B ＝{－1,0}.2.若全集U ＝{1,2,3,4}且∁U A ＝{2}，则集合A 的真子集共有( )A.3个B.5个C.7个D.8个答案 C解析 由题意知A ＝{1,3,4}，则A 的真子集共有23－1＝7(个).3.下列函数中，既是偶函数，又在区间(0，＋∞)上单调递减的函数是( )A.y ＝x －2B.y ＝x －1C.y ＝x 2D.y ＝x 31 答案 A解析 由于y ＝x －1和y ＝x 13都是奇函数，故B 、D 不合题意.又y ＝x 2虽为偶函数，但在(0，＋∞)上为增函数，故C 不合题意.y ＝x －2＝1x 2在(0，＋∞)上为减函数，且为偶函数，故A 满足题意.A.①②④B.①②③④C.②④D.①②③ 答案 C5.设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1，x ＜2，log 3(2x －1)，x ≥2，则f (f (2))等于( ) A.0 B.1 C.2 D.3答案 C解析 ∵f (2)＝log 3(22－1)＝1.∴f (f (2))＝f (1)＝2e 1－1＝2.6.设f (x )为定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋2x ＋b (b 为常数)，则f (－1)等于( )A.－3B.－1C.1D.3答案 A解析 由函数为奇函数，得f (0)＝20＋b ＝0⇒b ＝－1，故当x ≥0时，f (x )＝2x ＋2x －1，因此f (－1)＝－f (1)＝－(21＋2－1)＝－3.7.已知a ＝0.32，b ＝log 20.3，c ＝20.3，则a ，b ，c 之间的大小关系是( )A.a ＜c ＜bB.a ＜b ＜cC.b ＜c ＜aD.b ＜a ＜c 答案 D解析 ∵a ＝0.32∈(0,1)，b ＝log 20.3＜0，c ＝20.3＞1.∴c ＞a ＞b .8.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x .则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( )A.{1,3}B.{－3，－1,1,3}C.{2－7，1,3}D.{－2－7，1,3} 答案 D解析 令x <0，则－x >0，所以f (－x )＝(－x )2＋3x ＝x 2＋3x .因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x ).所以当x <0时，f (x )＝－x 2－3x .所以当x ≥0时，g (x )＝x 2－4x ＋3.令g (x )＝0，即x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.当x <0时，g (x )＝－x 2－4x ＋3.令g (x )＝0，即x 2＋4x －3＝0，解得x ＝－2＋7>0(舍去)或x ＝－2－7.所以函数g (x )有三个零点，故其集合为{－2－7，1,3}.9.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ＋5，x <1，1＋1x ，x ≥1在R 上单调，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，2]B.[2，＋∞)C.[4，＋∞)D.[2,4] 答案 D解析 当x ≥1时，f (x )＝1＋1x为减函数， 所以f (x )在R 上应为单调递减函数.要求当x <1时，f (x )＝x 2－ax ＋5为减函数，所以a 2≥1，即a ≥2， 并且满足当x ＝1时，f (x )＝1＋1x 的函数值不大于x ＝1时f (x )＝x 2－ax ＋5的函数值，即1－a ＋5≥2，解得a ≤4.所以实数a 的取值范围为[2,4].10.定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x ＋15，则f (log 220)等于( )A.1B.45C.－1D.－45答案 A解析 由f (x －2)＝f (x ＋2)⇒f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以0<log 220－4<1，－1<4－log 220<0，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝f (4－log 220)＝f (log 245) ＝24log 52＋15＝1.故选A. 二、填空题11.计算：lg 12－lg 58＋lg 252－log 89×log 278＝________. 答案 13解析 lg 12－lg 58＋lg 252－log 89×log 278 ＝lg ⎝⎛⎭⎫12×85×252－2lg 33lg 2×3lg 23lg 3＝lg 10－23＝1－23＝13. 12.函数f (x )＝4－x 2＋1lg (x －1)的定义域是________. 答案 (1,2)解析 依题意⎩⎪⎨⎪⎧ 4－x 2≥0，x －1＞0，x －1≠1.则⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤x ≤2，x ＞1，x ≠2，∴f (x )的定义域是(1,2).13.用二分法求函数y ＝f (x )在区间(2,4)上的近似解，验证f (2)f (4)＜0，给定精确度ε＝0.01，取区间(2,4)的中点x 1＝2＋42＝3，计算得f (2)·f (x 1)＜0，则此时零点x 0∈_______.(填区间) 答案 (2,3)解析 ∵f (2)f (4)＜0，f (2)f (3)＜0，∴f (3)f (4)＞0，故x 0∈(2,3).14.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )＞x 的解集用区间表示为________________.答案 (－5,0)∪(5，＋∞)解析 设x ＜0，则－x ＞0，于是f (－x )＝(－x )2－4(－x )＝x 2＋4x ，由于f (x )是R 上的奇函数，所以－f (x )＝x 2＋4x ，即f (x )＝－x 2－4x ，且f (0)＝0，于是f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ＞0，0，x ＝0，－x 2－4x ，x ＜0. 当x ＞0时，由x 2－4x ＞x 得x ＞5； 当x ＜0时，由－x 2－4x ＞x 得－5＜x ＜0， 故不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞). 三、解答题 15.计算： (1)⎝⎛⎭⎫33823-－⎝⎛⎭⎫5 490.5＋(0.008)23-÷(0.02)21-×(0.32)21； (2)2(lg 2)2＋lg 2·lg 5＋(lg 2)2－lg 2＋1.解 (1)原式＝⎝⎛⎭⎫82723－⎝⎛⎭⎫49921＋⎝⎛⎭⎫1 000823÷50×4210＝49－73＋25×152×4210＝－179＋2＝19. (2)原式＝12(lg 2)2＋12lg 2(1－lg 2)＋ ⎝⎛⎭⎫12lg 2－12 ＝12(lg 2)2＋12lg 2－12(lg 2)2＋1－12lg 2＝1. 16.已知集合A ＝{x |3≤3x ≤27}，B ＝{x |log 2x ＞1}.(1)分别求A ∩B ，(∁R B )∪A ；(2)已知集合C ＝{x |1＜x ＜a }，若C ⊆A ，求实数a 的取值范围.解 (1)A ＝{x |3≤3x ≤27}＝{x |1≤x ≤3}，B ＝{x |log 2x ＞1}＝{x |x ＞2}.A ∩B ＝{x |2＜x ≤3}，(∁R B )∪A ＝{x |x ≤2}∪{x |1≤x ≤3}＝{x |x ≤3}.(2)①当a ≤1时，C ＝∅，此时C ⊆A ；②当a ＞1时，C ⊆A ，则1＜a ≤3；综合①②，可得a 的取值范围是(－∞，3].17.已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2x －x 2.(1)求函数f (x )的解析式，并画出函数f (x )的图象；(2)根据图象写出单调区间和值域.解 (1)设x <0，则－x >0，因为函数f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (x )＝f (－x )＝2(－x )－(－x )2＝－x 2－2x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －x 2，x ≥0，－x 2－2x ，x <0. 图象如图所示.(2)由图可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1)和(0,1)；单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)，值域为(－∞，1].18.提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v (单位：千米/时)是车流密度x (单位：辆/千米)的函数.当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/时.研究表明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数.(1)当0≤x ≤200时，求函数v (x )的表达式；(2)当车流密度x 为多大时，车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/时)f (x )＝x ·v (x )可以达到最大，并求出最大值.(精确到1辆/时)解 (1)由题意：当0≤x ≤20时，v (x )＝60；当20≤x ≤200时，设v (x )＝ax ＋b ，再由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60， 解得⎩⎨⎧ a ＝－13，b ＝2003.故函数v (x )的表达式为v (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0≤x ≤20，13(200－x )，20≤x ≤200. (2)依题意并由(1)可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 60x ，0≤x ≤20，13x (200－x )，20≤x ≤200. 当0≤x ≤20时，f (x )＝60x 为增函数，故当x ＝20时，其最大值为60×20＝1 200；当20≤x ≤200时，f (x )＝13x (200－x ) ＝－13x 2＋2003x ＝－13(x 2－200x ) ＝－13(x －100)2＋10 0003， 所以当x ＝100时，f (x )在区间[20,200]上取得最大值10 0003. 综上，当x ＝100时，f (x )在区间[0,200]上取得最大值10 0003≈3 333， 即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/时.。

导数及其应用复习【知能目标】1.了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度，加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导数的概念。

2、熟记基本导数公式：x m(m为有理数)、sinx、cosx、e x、a x、lnx、log a x的导数；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数。

3、理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)；会求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值。

[教学方法]1.采用“学案导学”方式进行教学。

2.讨论法、启发式、自主学习、合作探究式教学方法的综合运用。

[教学流程]：独立完成基础回顾，合作交流纠错,老师点评；然后通过题目落实双基，根据学生出现的问题有针对性的讲评.[教学重点和难点]教学重点：导数的概念、四则运算、常用函数的导数，导数的应用理解运动和物质的关系、教学难点：导数的定义，导数在求函数的单调区间、极值、最值、证明中的应用【综合脉络】1.知识网络2.考点综述有关导数的内容，在2000年开始的新课程试卷命题时，其考试要求都是很基本的，以后逐渐加深，考查的基本原则是重点考查导数的概念和计算，力求结合应用问题，不过多地涉及理论探讨和严格的逻辑证明。

本部分的要求一般有三个层次：第一层次是主要考查导数的概念，求导的公式和求导法则；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的极值、单调区间、证明函数的增减性等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性等有机地结合在一起，设计综合题，通过将新课程内容和传统内容相结合，加强了能力考察力度，使试题具有更广泛的实际意义，更体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法，这类问题用传统教材是无法解决的。

[教学过程]一、目标导航：1.复习巩固导数的概念、四则运算、常用函数的导数2.利用导数求函数的单调区间、极值、最值二、基础回顾第一步：自主复习，学生用6分钟时间利用《学案》将以下基础知识填完1、导数的概念：对于函数y=f(x),如果自变量x在x0处有增量△x,那么函数y相应的有增量 = ；比值叫做函数y=f(x)在x0到x0+△x之间的 ,当△x→0时，△y△x有极限，就说y=f(x)在点x0处，并把这个极限叫做f(x) 在点x0的导数（瞬时变化率），记作或，当x变化时，f (x)便是x的一个函数，称之为f(x)的导函数（简称导数），记f ' (x)=y '= lim △x →0f(x+△x)－f(x) △x2、用定义求导数的一般步骤：（1）求函数的增量△y= (2) 求平均变化率△y△x（3）取极限，得导数f ' (x)= lim △x →0△y△x3、导数的几何意义：f ' (x 0)是曲线y=f(x)在点P （x 0，f (x 0)）处的切线的 即4、几种常见函数的导数C '= (x n ) '= (sinx) '= (cosx) '=(e x ) '= (a x ) '= (lnx) '= (log a x) '=5、导数的四则运算 若y=f(x),y=g(x) 的导数存在，则[f(x) ± g(x)] '= [f(x) g(x)] '= [f(x) g(x)]'=6、复合函数y=f(g(x))（其中u= g(x)）的导数y x '=7、函数的单调性与其导函数的正负如下关系：在开区间（a,b ）内，如果 ，那么函数在这个区间内 ，如果 ，那么函数在这个区间内 ，反之？求可导函数y=f(x) 的单调区间的步骤：（1）求f ' (x) (2)解不等式f ' (x)>0(或f ' (x)<0) (3)确认并写出单调区间8、极值: 设函数f(x)在附近有定义，如果对x 0附近所有的x 都有 ，则称f (x 0)是f(x)的一个极大值；如果对x 0附近所有的x 都有 ，则称f (x 0)是f(x)的一个极小值。

第三章导数及其应用3．1变化率与导数3．1．1变化率问题双基达标（限时20分钟）1．函数y＝f(x)在x0到x0＋Δx之间的平均变化率f（x0＋Δx）－f（x0）Δx中，Δx不可能是()．A．大于0 B．小于0C．等于0 D．大于0或小于0答案 C2．如果质点M按规律s＝3＋t2运动，则在一小段时间[2，2.1]中相应的平均速度是()．A．4 B．4.1 C．0.41 D．3解析＝（3＋2.12）－（3＋22）0.1＝4.1.答案 B3．函数y＝x2＋x在x＝1到x＝1＋Δx之间的平均变化率为()．A ．Δx ＋2B ．2Δx ＋(Δx )2C ．Δx ＋3D ．3Δx ＋(Δx )2解析Δy Δx ＝f （1＋Δx ）－f （1）Δx＝ （1＋Δx ）2＋（1＋Δx ）－（12＋1）Δx ＝Δx ＋3.答案 C4．已知函数y ＝2＋1x ，当x 由1变到2时，函数的增量Δy ＝________． 解析 Δy ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12－(2＋1)＝－12. 答案 －125．一个作直线运动的物体，其位移s 与时间t 的关系是s ＝3t －t 2，则物体在t ＝0到t ＝2之间的平均速度为________．解析 物体在t ＝0到t ＝2之间的平均速度为（3×2－22）－02－0＝1.答案 16．已知函数f (x )＝2x ＋1，g (x )＝－2x ，分别计算在下列区间上f (x )及g (x )的平均变化率；(1)[－3，－1]；(2)[0，5]．解 (1)函数f (x )在区间[－3，－1]上的平均变化率为f （－1）－f （－3）（－1）－（－3）＝[2×（－1）＋1]－[2×（－3）＋1]2＝2，g (x )在区间[－3，－1]上的平均变化率为g （－1）－g （－3）（－1）－（－3）＝[－2×（－1）]－[－2×（－3）]2＝－2.(2)函数f (x )在区间[0，5]上的平均变化率为 f （5）－f （0）5－0＝（2×5＋1）－（2×0＋1）5＝2，g (x )在区间[0，5]上的平均变化率为g （5）－g （0）5－0＝－2×5－（－2×0）5＝－2.综合提高 （限时25分钟）7．已知函数f (x )＝2x 2－4的图象上一点(1，－2)及邻近一点(1＋Δx ，－2＋Δy )，则ΔyΔx 等于( )． A ．4 B ．4x C ．4＋2ΔxD ．4＋2(Δx )2解析 Δy Δx ＝f （1＋Δx ）－f （1）Δx ＝2（1＋Δx ）2－2Δx ＝4＋2Δx .答案 C8．一质点的运动方程是s ＝4－2t 2，则在时间段[1，1＋Δt ]内相应的平均速度为( )．A ．2Δt ＋4B ．－2Δt －4C ．4D ．－2Δt 2－4Δt解析 ＝4－2（1＋Δt ）2－（4－2×12）Δt ＝－4Δt －2（Δt ）2Δt＝－2Δt －4. 答案 B9．已知圆的面积S 与其半径r 之间的函数关系为S ＝πr 2，其中r ∈(0，＋∞)，则当半径r ∈[1，1＋Δr ]时，圆面积S 的平均变化率为________． 解析 当r ∈[1，1＋Δr ]时，圆面积S 的平均变化率为ΔS Δr ＝π（1＋Δr ）2－πΔr ＝π＋2π·Δr ＋（Δr ）2π－πΔr ＝2π＋πΔr .答案 2π＋πΔr10．国家环保局在规定的排污达标的日期前， 对甲、乙两家企业进行检查，其连续检测结果如图所示．治污效果更好的企业是(其中W 表示排污量)________． 解析ΔW Δt ＝W （t 1）－W （t 2）Δt，在相同的时间内，由图可知甲企业的排污量减少的多，∴甲企业的治污效果更好． 答案 甲企业11．假设在生产8到30台机器的情况下，生产x台机器的成本是c(x)＝x3－6x2＋15x(元)，而售出x台的收入是r(x)＝x3－3x2＋12x(元)，则生产并售出10台至20台的过程中平均利润是多少元？解由题意，生产并售出x台机器所获得的利润是：L(x)＝r(x)－c(x)＝(x3－3x2＋12x)－(x3－6x2＋15x)＝3x2－3x，故所求的平均利润为：L＝L（20）－L（10）20－10＝87010＝87(元)．12．(创新拓展)婴儿从出生到第24个月的体重变化如图，试分别计算第一年与第二年婴儿体重的平均变化率．解第一年婴儿体重平均变化率为11.25－3.7512－0＝0.625(千克/月)；第二年婴儿体重平均变化率为14.25－11.2524－12＝0.25(千克/月)．。

单元素养卷一元函数的导数及其应用B卷命题人:合肥六中高级教师尹守民一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知函数，则( )A. B. 12 C. D. 262.曲线在点处的切线与直线垂直，则( )A. B. 0 C. 1 D. 23.函数的单调递增区间是( )A. B.C. D. 和4.已知函数，则的大致图像为( )A. B.C. D.5.已知函数在处取得极大值，则m的值为( )A. 1B. 3C. 1或3D. 2或6.已知函数的图象分别与直线交于两点，则的最小值为( )A. 2B.C.D.7.设，，，则下列关系正确的是( )A.B.C.D.8.设函数，若关于x 的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m 的取值范围是( )A.B.C.D.二、多选题：本题共4小题，共20分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.已知函数在上是单调函数，则实数a 的值可以是( )A.B.C. D. 210.已知函数的极值点为，则( )A. B. C. D.11.函数有两个极值点、，则下列结论正确的是( )A. 若，则有3个零点B. 过上任一点至少可作两条直线与相切C. 若，则只有一个零点D.12.已知函数有两个零点和，且，则下列说法正确的是( )A. B.C.D.有极大值点，且三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.若函数满足，则__________.14.已知函数，若，则的最小值为__________，若在上为单调函数，则a 的取值范围为__________.15.已知函数有两个极值点，则实数a 的取值范围是_____.16.关于x的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是__________.四、解答题：本题共6小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17.本小题12分已知函数求导函数；若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值.18.本小题12分已知是函数的一个极值点.求的单调区间；求在区间上的最大值.19.本小题12分已知为自然对数的底数求函数的最大值；设，若对任意总存在使得，求实数a的取值范围．20.本小题12分已知函数求的极值；若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围．21.本小题12分已知函数，其中当时，求函数的单调区间；若恒成立，求a的最小值；证明：，其中22.本小题12分已知函数讨论的单调性；当时，证明：答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查导数运算，属基础题.求导代入可得，进而求得即可.【解答】解：，故，解得，故，，故，故选：2.【答案】D【解析】【分析】本题考查导数的几何意义，以及两直线垂直的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．求得的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得a的方程，解方程可得所求值．【解答】解：的导数为，可得在点处的切线的斜率为，由切线与直线垂直，可得，解得，故选：3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了函数的导数与函数的单调性关系及应用，导数法是求函数的单调区间的基本方法，一定要熟练掌握．先对函数求导，然后由可得x的范围，从而可得函数的单调递增区间．【解答】解：，，令，解得：，故在单调递增.故选4.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查数形结合思想，属于中档题.根据函数的特殊值，，排除A，D选项，对函数求导，结合函数和的图像交点研究的单调性，从而可得结果.【解答】解：由，得，，，故排除A，由函数知，在同一坐标系作出函数和的图像，如图所示，可知函数和的图像有两个交点，设交点的横坐标为，，，则，，当时，，此时，单调递增；当时，，此时，单调递减；当时，，此时，单调递增；所以函数在处取得极大值点，在处取得极小值点，且，，排除B，故选5.【答案】B本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．函数，，根据函数在处取得极大值，可得，解得m，并且验证即可得出．【解答】解：函数，，函数在处取得极大值，，解得或3，时，，可得是函数的极小值点，舍去；时，，可得是函数的极大值点．则故答案选：6.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，由题意，，其中且，表示，构造函数，确定函数的单调性，即可求出的最小值.【解答】解：由题意，，，且所以，令，则，令，则，当时，当时，所以在单调递减，在单调递增，所以时，故选7.【答案】D本题考查利用导数比较大小，属于拔高题.构造函数，利用导数，进行求解即可.【解答】解：记，，因为，当时，，所以在上单调递增，当时，，即，所以，记，，因为，所以在上单调递减，当时，，所以，，则，所以，记，，因为，所以当时，，所以在上单调递增，所以当时，，即，，所以所以综上所述：8.【答案】B【解析】【分析】本题考查考查函数零点与方程根的关系，利用导数研究函数的单调性，属于较难题.由题意可得恰好有4个不相等的实数解，所以或共有4个解，作出函数的图象，结合图象即可得解.【解答】解：因为恰好有4个不相等的实数解，所以恰好有4个不相等的实数解，所以或共有4个解，设，，则，所以时，，单调递增，时，，单调递减，且，，当时，，所以设，，则，为单调减函数，且时，，，作出函数的图象如图所示：由图可知只有一解，要恰好有4个不相等的实数解，即要恰有3解，所以，即，故选：9.【答案】ABC【解析】【分析】本题主要考查利用导数由函数的单调性求参，以及一元二次不等式恒成立问题，属于中档题．先求函数的导数，因为函数在上是单调函数，可得在上恒成立，即可得解.【解答】解：的导函数为，函数在上是单调函数，且导函数是开口向下的二次函数，函数在单调递减，在上恒成立，即在上恒成立，，解得实数a的取值范围是故选10.【答案】AD【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的极值，属于基础题.先求导，再令，得到，把代入计算即可求得【解答】解：，令，则，，故选AD项．11.【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及导数的几何意义，属于较难题.根据有两个极值点、，对其求导可得，再根据极值的性质与导数的几何意义，即可判断.【解答】解：因为，所以，又因为函数有两个极值点、，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；此时，为极大值，为极小值；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；此时，为极小值，为极大值；对于选项A：若，则或，在各有一个零点.故A正确；对于选项B：在极值点、处，函数的切线只有一条，但是在其他点处的切线也可能过切线，故B错误；对于选项C：若，当时，，此时只有一个零点；当时，，此时只有一个零点，故C正确；对于选项D：令，则，为的平均数，又因为函数为中心对称图形，故，故D正确.故选12.【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值及函数零点问题，属于较难题.利用导数研究函数的单调性、极值及函数零点问题进而求出答案.【解答】解：，，，当时，，在上单调递增，不可能有两个零点，当时，由得到，由得到，在上单调递增，在上单调递减，是函数的极大值点，，由题意知，，，正确；对于B、D，由上可得的极大值为，，设，其中可得，可得，可得，易得当时，，当时，，故，，故，，因为，在上单调递减，可得，即，即，即有极大值点，且，故D正确，B不正确；对于C，由函数有两个零点，，可得，，可得，，可得，由前面可得，，可得，故C正确.故选13.【答案】【解析】【分析】本题考查导数的运算，根据函数的奇偶性求值，属于基础题.求函数的导函数，判断得为奇函数，进而结合已知可得所求函数值.【解答】解：，易知，则为奇函数，则14.【答案】1 ；【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.当，求导，利用导数确定函数的单调性，从而确定函数的最小值;先求导函数，再分类讨论：当时，在上恒大于零，即，符合题意;当时，令，在上只能恒小于或等于零，求解即可.【解答】解：当时，，，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，；若在上为单调函数，则当时，在上恒大于零，即，符合题意;当时，令，则在上只能恒小于或等于零，故或，解得：，的取值范围是故答案为1；15.【答案】【解析】【分析】本题主要考查导数的应用，由导数的极值个数求参数的问题，利用参数分离法，结合函数图象是解决本题的关键.函数有两个极值点，转化为方程有两不等实根，利用参数分离法进行转化求解即可.【解答】解：已知函数有两个极值点，有两个不同的根，设，所以，当时，当时故时取得极大值，同时也是最大值.，，当，，当时，；作出函数的简图如下：因为与直线有两不同交点，所以，即，故实数a的取值范围为故答案为16.【答案】【解析】【分析】本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，难度较大，由不等式可构造函数，，判断得在上单调递增，故可分离得在上恒成立，再设，利用导数研究函数的最值，故可得实数的取值范围【解答】解：不等式即，构造函数，，则，，设，，，当时，，当时，，所以在上单调递增，得，，在上恒成立，设，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，所以故答案为17.【答案】解：由，得；切点既在曲线上，又在切线上，将代入切线方程，得，将代入曲线方程，得，则，将代入导函数，可得，即，【解析】直接利用导数的运算法则及基本初等函数的导函数求解；由切点既在曲线上，又在切线上，将代入切线方程，得到，可得b值，再把代入导函数求得a的值．本题考查利用导数研究在曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】解：，是函数的一个极值点，，，令，解得或；令，解得所以函数的减区间为，增区间为由，又在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减函数在的极大值为，又，函数在区间上的最大值为【解析】本题主要考查导数与函数的极值之间的关系，利用导数研究函数单调区间，最值问题，属于基础题.求导后根据极值点的定义得，求得a的值，由导数判断函数的单调性；分析区间内的极大值点与左端点再判断大小即可.19.【答案】解：的导数为，当时，，单调递增；当时，，单调递减；故；对任意总存在使得等价于由可知问题转化为在恒成立．参变量分离得：，令，，由时，，得，即在上单增．故综上：，即a的取值范围为【解析】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，属于中档题．求得的导数，判断函数的单调性，得到函数的最大值；由题意可得由可得问题转化为在恒成立．运用参数分离得：，求得不等式右边函数的最大值，即可得到所求a的范围．20.【答案】解：由题意可知函数的定义域为因为所以，由，得，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，因此，当时，有极大值，并且极大值为；当时，有极小值，并且极小值为因为，所以为一个零点．所以“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”．令，则，所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，有最小值若方程有两个非零实根，则，即若，方程只有一个非零实根，所以综上，【解析】先对函数求导，然后结合导数可分析函数的单调性，进而可求函数的极值；“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”．构造函数，对其求导，然后结合导数及函数的性质可求．本题主要考查了利用导数求解函数的极值及由函数的零点求解参数范围，体现了转化思想的应用．21.【答案】解：由已知条件得，其中的定义域为，则，当时，，当时，，可知：的单调递增区间为，单调递减区间为；①由恒成立，即恒成立，令，则，当时，，当时，，在上单调递增，上单调递减，，，的最小值为②由知：当时，，即恒成立，即，时取“=”，令，得，，当时，【解析】本题考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数研究恒成立问题，利用导数证明不等式，属于较难题.对求导，利用导数和单调性关系，即可得解；①由恒成立，即恒成立，令，对其求导，即可得；②由知：当时，，即恒成立，即，时取“=”，然后继续证明即可得．22.【答案】解：因为，且的定义域为，所以，①当时，恒成立，此时函数在上单调递增；②当，由于，所以恒成立，此时函数在上单调递增；③当时，令，解得：或舍，当时；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减；综上可知：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；证明：由可知：当时，在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取最大值，，从而要证，即证，即证，即证；令，则，即证：，令，，则，令，可知，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即，则式成立，所以当时，成立．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查分类讨论的思想，属于较难题．可知，分、、三种情况讨论，可得结论；通过可知，将问题转化为，令，，构造函数，只需证明即可.。

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导数及其应用一、知识点梳理1。

导数：当x ∆趋近于零时，xx f x x f ∆-∆+)()(00趋近于常数c.可用符号“→”记作：当0→∆x 时,x x f x x f ∆-∆+)()(00c →或记作c xx f x x f x =∆-∆+→∆)()(lim 000，符号“→"读作“趋近于”。

函数在0x 的瞬时变化率,通常称作)(x f 在0x x =处的导数，并记作)(0x f '.即 xx f x x f x f x ∆-∆+=→∆)()(lim)(0000'2.导数的几何意义是曲线在某一点处的切线的斜率；导数的物理意义,通常是指物体运动在某一时刻的瞬时速度。

即若点),(00y x P 为曲线上一点，则过点),(00y x P 的切线的斜率xx f x x f x f k x ∆-∆+==→∆)()(lim)(0000'切由于函数)(x f y =在0x x =处的导数,表示曲线在点))(,(00x f x P 处切线的斜率，因此,曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处的切线方程可如下求得:（1)求出函数)(x f y =在点0x x =处的导数，即曲线)(x f y =在点))(,(00x f x P 处切线的斜率.（2）在已知切点坐标和切线斜率的条件下,求得切线方程为:))((00'0x x x f y y -=-3。

学习资料课时素养评价十四函数的极值(20分钟·50分)一、选择题(每小题5分，共20分)1。

如图是导函数y=f′(x）的图像，在图中标记的点处，函数y=f(x)有极大值的是（）A.x2B.x3C.x1D。

x4【解析】选B.观察图像可知在点x3左侧f′（x）>0，f(x）是增加的，在点x3右侧f′（x)〈0,f(x）是减少的，所以点x3是极大值点.2。

函数y=x3-3x2-9x(—2<x<2）有( )A.极大值5，极小值-27B.极大值5，极小值—11C。

极大值5，无极小值D。

极小值-27，无极大值【解析】选C。

y′=3x2-6x—9=3（x-3)(x+1)，因为—2〈x〈2，所以令y′〉0得—2〈x〈-1，令y′<0得—1<x〈2，所以函数在(-2,-1)上递增，在(-1，2）上递减，所以当x=—1时，f(x)取极大值，f(—1）=—1—3+9=5.f(x)无极小值。

3。

已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A。

存在x∈R,使得f（x)=0B。

若a=c=0，则函数y=f（x)的图像是中心对称图形C。

若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（—∞，x0）上单调递减D.若x0是f（x)的极值点，则f′（x0）=0【解析】选C.由三次函数值域为R知f(x)=0有解，故A项正确;因为f(—x)=—x3+ax2-bx+c，则f（—x)+f(x）=2ax2+2c，当a=c=0时，f(—x）+f（x）=0，故B项正确；若f（x）有极小值点，则f′（x)=0有两个不等实根x1，x2（x1<x2)，f′(x）=3x2+2ax+b=3(x—x1)（x-x2)，则f（x）在（-∞,x1)上是增加的，在(x1，x2）上是减少的,在（x2，+∞)上是增加的，故C项错误；D项正确。

4。

设a∈R,若函数y=e x—2ax，x∈R有大于0的极值点,则（）A.a〈B.a>C.a>D.a〈【解析】选C.函数y=e x-2ax，x∈R的导数为y′=e x—2a,函数y=e x—2ax，x∈R有大于0的极值点,即e x-2a=0有大于0的实根，所以函数y=e x与函数y=2a的图像在y轴右侧有交点,所以2a〉1⇒a〉。