高中数学高考总复习利用导数研究函数的性质习题及详解

3-2利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.给出定义：若函数f(x>在D上可导，即f′(x>存在，且导函数f′(x>在D上也可导，则称f(x>在D上存在二阶导函数，记f″(x>＝(f′(x>>′，若f″(x>>0在D上恒成立，则称f(x>在D上为凹函数，以下四个函数在(0，错误!>上是凹函数的是(>A．f(x>＝sin x＋cos x B．f(x>＝ln x－2xC．f(x>＝－x3＋2x＋1 D．f(x>＝－xe－x[答案]D [解读](1>若f(x>＝sin x＋cos x，则f′(x>＝cos x－sin x，f″(x>＝－sin x－cos x，∴f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(2>若f(x>＝ln x－2x，则f′(x>＝错误!－2，f″(x>＝－错误!，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(3>若f(x>＝－x3＋2x＋1，则f′(x>＝－3x2＋2，f″(x>＝－6x，f″(x>>0在(0，错误!>上不成立；(4>若f(x>＝－xe－x，则f′(x>＝(x－1>e－x，f″(x>＝(2－x>e－x，当x∈(0，错误!>时，f″(x>>0恒成立，故选D. 2．(2018·济南外国语学校第一学期质检>若a>0，b>0，且函数f(x>＝4x3－ax2－2bx－2在x＝1处有极值，则ab的最大值为(> A．2B．3C．6D．9[答案]D [解读]函数的导数为f′(x>＝12x2－2ax－2b，函数在x＝1处有极值，则有f′(1>＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，所以6＝a＋b≥2错误!，即ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取等号，选D. 3．(文>(2018·宿州模拟>已知y＝f(x>是定义在R上的函数，且f(1>＝1，f′(x>>1，则f(x>>x的解集是(>A．(0,1> B．(－1,0>∪(0,1>C．(1，＋∞> D．(－∞，－1>∪(1，＋∞>[答案]C [解读]令F(x>＝f(x>－x，则F′(x>＝f′(x>－1>0，所以F(x>是增函数，∵f(x>>x，∴F(x>>0，∵F(1>＝f(1>－1＝0，∴F(x>>F(1>，∵F(x>是增函数，∴x>1，即f(x>>x的解集是(1，＋∞>．(理>(2018·辽宁文>函数f(x>的定义域为R，f(－1>＝2，对任意x∈R，f′(x>>2，则f(x>>2x＋4的解集为(>A．(－1,1> B．(－1，＋∞>C．(－∞，－1> D．(－∞，＋∞>[答案]B[解读]由题意，令φ(x>＝f(x>－2x－4，则φ′(x>＝f′(x>－2>0.∴φ(x>在R上是增函数．又φ(－1>＝f(－1>－2×(－1>－4＝0，∴当x>－1时，φ(x>>φ(－1>＝0，∴f(x>－2x－4>0，∴f(x>>2x＋4.故选B. 4．(文>设函数f(x>＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处均有极值，且f(－1>＝－1，则a、b、c的值为(>A．a＝－错误!，b＝0，c＝－错误!B．a＝错误!，b＝0，c＝－错误!C．a＝－错误!，b＝0，c＝错误!D．a＝错误!，b＝0，c＝错误![答案]C[解读]f′(x>＝3ax2＋2bx＋c，所以由题意得错误!即错误!解得a＝－错误!，b＝0，c＝错误!. (理>(2018·潍坊模拟>已知非零向量a，b满足|a|＝错误!|b|，若函数f(x>＝错误!x3＋|a|x2＋2a·b x＋1在R上有极值，则〈a，b〉的取值范围是(>A．[0，错误!] B．(0，错误!]C．(错误!，错误!] D．(错误!，π][答案]D [解读]据题意知，f′(x>＝x2＋2|a|x＋2a·b，若函数存在极值，必有(2|a|>2－4×2a·b>0，整理可得|a|2>2a·b，故cos〈a，b〉＝错误!<错误!＝错误!，解得错误!<〈a，b〉≤π. 5．函数y＝f(x>的图象如图所示，则y＝f′(x>的图象可能是(>[答案]D[解读]由f (x >的图象知，f (x >在(－∞，0>上单调递增，在(0，＋∞>上单调递减，∴在(0，＋∞>上f ′(x >≤0，在(－∞，0>上f ′(x >≥0，故选D.6．(2018·陕西咸阳模拟>已知函数f (x >＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1>>处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列错误!的前n项和为S n ，则S 2018的值为( >A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案]D[解读]∵f ′(x >＝2ax ，∴f (x >在点A 处的切线斜率为f ′(1>＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x >＝4x 2－1，∴错误!＝错误!＝错误!·错误!＝错误!错误!∴数列错误!的前n项和S n＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋…＋错误!错误!＝错误!错误!＝错误!，∴S2018＝错误!. 7．(2018·惠州三模>已知函数f(x>＝错误!＋ln x，若函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，则正实数a的取值范围为________．[答案][1，＋∞>[解读]∵f(x>＝错误!＋ln x，∴f′(x>＝错误!(a>0>，∵函数f(x>在[1，＋∞>上为增函数，∴f′(x>＝错误!≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞>恒成立，即a≥错误!对x∈[1，＋∞>恒成立，∴a≥1. 8．(文>函数y＝f(x>的定义域为(a，b>，y＝f′(x>在(a，b>上的图象如图，则y＝f(x>在区间(a，b>上极大值的个数为________．[答案]2 [解读]由f′(x>在(a，b>上的图象可知f′(x>的值在(a，b>上，依次为＋－＋－＋，∴f(x>在(a，b>上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f(x>在(a，b>上的极大值点有两个．[点评]应注意题设中给的是f(x>的图象还是f′(x>的图象，在f′(x>的图象上，位于x轴上方部分使f′(x>>0，f(x>单调增，位于x轴下方部分，使f′(x><0，f(x>单调减，f(x>的极值点是f′(x>的图象与x轴的交点，千万要注意，不要把f′(x>的单调性误以为是f(x>的单调性．请再练习下题：(2018·绵阳模拟>如图是函数y＝f(x>的导函数的图象，给出下面四个判断．①f(x>在区间[－2，－1]上是增函数；②x＝－1是f(x>的极小值点；③f(x>在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；④x＝2是f(x>的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．[答案]②③[解读]由函数y＝f(x>的导函数的图象可知：(1>f(x>在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2>f(x>在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故②③正确．(理>已知函数f(x>＝ln(1＋x>－ax的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0平行，则实数a的值为________．[答案]1[解读]∵f′(x>＝错误!－a，∴f′(1>＝错误!－a.由题知错误!－a＝－错误!，解得a＝1.[点评]函数f(x>在点(x0，y0>处切线l的斜率为f′(x0>，若l与l1平行(或垂直>，则f′(x0>＝kl1(或f′(x0>·kl1＝－1>．请再练习下题：已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，则x0的值为________．[答案]0或－错误![解读]由条件知，2x0＝－3x错误!，∴x0＝0或－错误!. 9．(2018·湖南长郡中学一模>已知函数f(x>的导函数为f′(x>＝5＋cos x，x∈(－1,1>，且f(0>＝0，如果f(1－x>＋f(1－x2><0，则实数x的取值范围为________．[答案](1，错误!> [解读]∵导函数是偶函数，∴原函数f(x>是奇函数，且定义域为(－1,1>，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x><f(x2－1>，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<错误!，∴实数x的取值范围是(1，错误!>．[点评]本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2018·北京东城一模>已知函数f(x>＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′(错误!>．(1>求a的值；(2>求函数f(x>的单调区间；(3>(理>设函数g(x>＝[f(x>－x3]·e x，若函数g(x>在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．[解读](1>由f(x>＝x3＋ax2－x＋c得，f′(x>＝3x2＋2ax－1.当x＝错误!时，得a＝f′(错误!>＝3×(错误!>2＋2a×(错误!>－1＝错误!a＋错误!，解之得a＝－1.(2>由(1>可知f(x>＝x3－x2－x＋c.则f′(x>＝3x2－2x－1＝3(x＋错误!>(x－1>，列表如下：所以f(x>的单调递增区间是(－∞，－错误!>和(1，＋∞>；f(x>的单调递减区间是(－错误!，1>．(3>函数g(x>＝(f(x>－x3>·e x＝(－x2－x＋c>·e x，有g′(x>＝(－2x－1>e x＋(－x2－x＋c>e x＝(－x2－3x＋c－1>e x，因为函数在区间x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x>＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2>≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞>.能力拓展提升11.若a>2，则函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有(>A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点[答案]B [解读]f′(x>＝x2－2ax＝x(x－2a>＝0⇒x1＝0，x2＝2a>4.易知f(x>在(0,2>上为减函数，且f(0>＝1>0，f(2>＝错误!－4a<0，由零点判定定理知，函数f(x>＝错误!x3－ax2＋1在区间(0,2>上恰好有一个零点．12．(2018·南开区质检>已知实数a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c>，则ad等于(>A．2 B．1C．－1 D．－2[答案]A[解读]∵a，b，c，d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c>为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴错误!或错误!∴ad＝2. 13．(文>已知函数f(x>＝sin x＋cos x，f′(x>是f(x>的导函数，则函数F(x>＝f(x>·f′(x>＋f2(x>的最大值是(>A．1＋错误!B．1－错误!C.错误!D．－错误![答案]A[解读]依题意，得f′(x>＝cos x－sin x，所以F(x>＝(sin x＋cos x>(cos x－sin x>＋(sin x＋cos x>2＝错误!sin(2x＋错误!>＋1，所以F(x>的最大值是1＋错误!. (理>(2018·陕西西工大附中第三次适应性训练>已知可导函数f(x>(x∈R>满足f′(x>>f(x>，则当a>0时，f(a>和e a f(0>的大小关系为(>A．f(a><e a f(0> B．f(a>>e a f(0>C．f(a>＝e a f(0> D．f(a>≤e a f(0>[答案]B[解读]令F(x>＝错误!，则F′(x>＝错误!>0，∴F(x>为增函数，∵a>0，∴F(a>>F(0>，即错误!>f(0>，∴f(a>>e a f(0>，故选B. 14．(2018·浙江五校联考>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝2x－9，且f(0>的值为整数，当x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，则n＝________.[答案]4 [解读]由题可设f(x>＝x2－9x＋c(c∈R>，又f(0>的值为整数即c为整数，∴f(n>＝n2－9n＋c为整数，f(n＋1>＝(n＋1>2－9(n＋1>＋c ＝n2－7n＋c－8为整数，又x∈[n，n＋1](n∈N*>时，f(x>所有可能取的整数值有且只有1个，∴n2－7n＋c－8＝n2－9n＋c，即n＝4. 15．(文>设函数f(x>＝x3＋ax2＋bx＋c的图象如图所示，且与y＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1>求a、b、c的值；(2>求函数的递减区间．[解读](1>函数的图象经过(0,0>点，∴c＝0.又图象与x轴相切于(0,0>点，y′＝3x2＋2ax＋b，∴b＝0，∴y＝x3＋ax2，y′＝3x2＋2ax.∵当x＝－错误!a时，函数有极小值－4.∴错误!3＋a错误!2＝－4，得a＝－3.(2>y′＝3x2－6x<0，解得0<x<2.∴递减区间是(0,2>．(理>设函数f(x>＝x3－3ax＋b(a≠0>．(1>若曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2>求函数f(x>的单调区间与极值点．[解读](1>f′(x>＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x>在点(2，f(2>>处与直线y＝8相切，所以错误!即错误!解得a＝4，b＝24.(2>f′(x>＝3(x2－a>(a≠0>．当a<0时，f′(x>>0，函数f(x>在(－∞，＋∞>上单调递增；此时函数f(x>没有极值点．当a>0时，由f′(x>＝0得x＝±错误!.当x∈(－∞，－错误!>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增；当x∈(－错误!，错误!>时，f′(x><0，函数f(x>单调递减；当x∈(错误!，＋∞>时，f′(x>>0，函数f(x>单调递增．故x＝－错误!是f(x>的极大值点，x＝错误!是f(x>的极小值点．16．(文>设函数g(x>＝错误!x3＋错误!ax2－bx(a，b∈R>，在其图象上一点P(x，y>处的切线的斜率记为f(x>．(1>若方程f(x>＝0有两个实根分别为－2和4，求f(x>的表达式；(2>若g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a2＋b2的最小值．[解读](1>根据导数的几何意义知f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b，由已知－2,4是方程x2＋ax－b＝0的两个实根，由韦达定理错误!∴错误!∴f(x>＝x2－2x－8. (2>g(x>在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f(x>＝g′(x>＝x2＋ax－b≤0，即f(x>＝x2＋ax－b≤0在[－1,3]上恒成立这只需满足错误!即可，也即错误!而a2＋b2可视为平面区域错误!内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3>距离原点最近．所以当错误!时，a2＋b2有最小值13. (理>(2018·天津文>已知函数f(x>＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1>当t＝1时，求曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程；(2>当t≠0，求f(x>的单调区间；(3>证明：对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．[解读](1>当t＝1时，f(x>＝4x3＋3x2－6x，f(0>＝0，f′(x>＝12x2＋6x－6，f′(0>＝－6，所以曲线y＝f(x>在点(0，f(0>>处的切线方程为y＝－6x.(2>f′(x>＝12x2＋6tx－6t2，令f′(x>＝0，解得x＝－t或x＝错误!，因为t≠0，以下分两种情况讨论：①若t<0，则错误!<－t，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是错误!，(－t，＋∞>；f(x>的单调递减区间是错误!.②若t>0，则－t<错误!，当x变化时，f′(x>，f(x>的变化情况如下表：所以，f(x>的单调递增区间是(－∞，－t>，错误!：f(x>的单调递减区间是错误!，(3>证明：由(2>可知，当t>0时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，以下分两种情况讨论：①当错误!≥1，即t≥2时，f(x>在(0,1>内单调递减，在(1，＋∞>内单调递增．f(0>＝t－1>0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t∈[2，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．②当0<错误!<1，即0<t<2时，f(x>在错误!内单调递减，在错误!内单调递增，若t∈(0,1]，f错误!＝－错误!t3＋t－1≤－错误!t3<0，f(1>＝－6t2＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0，所以f(x>在错误!内存在零点．若t∈(1,2>，f错误!＝－错误!t3＋(t－1><－错误!t3＋1<0，f(0>＝t－1>0，所以f(x>在错误!内存在零点．所以，对任意t∈(0,2>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点，综上，对任意t∈(0，＋∞>，f(x>在区间(0,1>内均存在零点．1．(2018·河南省洛阳市高三年级统一考试>函数f(x>的定义域是R，f(0>＝2，对任意x∈R，f(x>＋f′(x>>1，则不等式e x·f(x>>e x＋1的解集为(>A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案]A [解读]构造函数g(x>＝e x·f(x>－e x，因为g′(x>＝e x·f(x>＋e x·f′(x>－e x＝e x[f(x>＋f′(x>]－e x>e x－e x＝0，所以g(x>＝e x·f(x>－e x为R上的增函数．又g(0>＝e0·f(0>－e0＝1，所以原不等式转化为g(x>>g(0>，解得x>0. 2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y>处的切线的斜率为g(x>，则函数y＝g(x>cos x的部分图象可以为(>[答案]A [解读]g(x>＝(x2＋1>′＝2x，∴y＝g(x>·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C. 3．设函数f(x>在定义域内可导，y＝f(x>的图象如图所示，则导函数y＝f′(x>的图象可能为图中的(>[答案]D [解读]当y＝f(x>为增函数时，y＝f′(x>>0，当y＝f(x>为减函数时，y＝f′(x><0，可判断D成立．4．(2018·深圳第一次调研>已知函数f(x>的导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x>的图象可能是(>[答案]D [解读]当x<0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x>在该区间上单调递减；当x>0时，由导函数f′(x>＝ax2＋bx＋c的图象可知，导数在区间(0，x1>内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x>单调递增．只有D选项符合题意．5．f(x>是定义在(0，＋∞>上的非负可导函数，且满足xf′(x>＋f(x>≤0.对任意正数a、b，若a<b，则必有(>A．af(b>≤bf(a> B．bf(a>≤af(b>C．af(a>≤f(b> D．bf(b>≤f(a>[答案]A[解读]∵xf′(x>＋f(x>≤0，又f(x>≥0，∴xf′(x>≤－f(x>≤0.设y＝错误!，则y′＝错误!≤0，故y＝错误!为减函数或为常数函数．又a<b，∴错误!≥错误!，∵a、b>0，∴a·f(b>≤b·f(a>．[点评]观察条件式xf′(x>＋f(x>≤0的特点，可见不等式左边是函数y＝xf(x>的导函数，故可构造函数y＝xf(x>或y＝错误!通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是(>A．a b>b aB．a b<b aC．a b＝b aD．a b与b a的大小关系不确定[答案]A [解读]令f(x>＝错误!，则f′(x>＝错误!.当x>e时，f′(x><0，∴f(x>在(e，＋∞>上单调递减．∵e<a<b，∴f(a>>f(b>，即错误!>错误!，∴b ln a>a ln b，∴ln a b>ln b a，∴a b>b a. 6．(2018·安徽池州一中期末>已知函数y＝－错误!x3＋bx2－(2b＋3>x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________．[答案]b<－1或b>3 [解读]y′＝－x2＋2bx－(2b＋3>，要使原函数在R上单调递减，应有y′≤0恒成立，∴Δ＝4b2－4(2b＋3>＝4(b2－2b－3>≤0，∴－1≤b≤3，故使该函数在R上不是单调减函数的b的取值范围是b<－1或b>3.7．已知f(x>＝ln x＋x2－bx.(1>若函数f(x>在其定义域内是增函数，求b的取值范围；(2>当b＝－1时，设g(x>＝f(x>－2x2，求证函数g(x>只有一个零点．[解读](1>∵f(x>在(0，＋∞>上递增，个人资料整理仅限学习使用∴f′(x>＝错误!＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞>恒成立，即b≤错误!＋2x对x∈(0，＋∞>恒成立，∴只需b≤错误!min，∵x>0，∴错误!＋2x≥2错误!，当且仅当x＝错误!时取“＝”，∴b≤2错误!，∴b的取值范围为(－∞，2错误!]．(2>当b＝－1时，g(x>＝f(x>－2x2＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞>，∴g′(x>＝错误!－2x＋1＝－错误!＝－错误!，令g′(x>＝0，即－错误!＝0，∵x>0，∴x＝1，当0<x<1时，g′(x>>0；当x>1时，g′(x><0，∴函数g(x>在区间(0,1>上单调递增，在区间(1，＋∞>上单调递减，∴当x≠1时，g(x><g(1>，而g(1>＝0，∴g(x><0，∴函数g(x>只有一个零点．。

高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.7 利用导数研究函数的零点考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一 利用函数性质研究函数的零点 例1已知函数f (x )＝x sin x －1.(1)讨论函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调性；(2)证明：函数y ＝f (x )在[0，π]上有两个零点． (1)解 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－x sin(－x )－1＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，又f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又函数f (x )为偶函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减，综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减．(2)证明 由(1)得，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f (0)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有且只有一个零点， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，则g ′(x )＝2cos x －x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，g ′(x )<0恒成立，即g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π上单调递减，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，则存在m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，使得g (m )＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 上单调递增，当x ∈(m ，π]时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，则f (x )在(m ，π]上单调递减， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，f (π)＝－1<0，所以f (x )在(m ，π]上有且只有一个零点，综上，函数y ＝f (x )在[0，π]上有2个零点．思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f (x )＝ax ＋(a －1)ln x ＋1x －2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )只有一个零点，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋a －1x －1x 2＝(ax －1)(x ＋1)x 2，①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)若a ≤0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e ＋1－a ＋e －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1a ＋e －1>0，f (1)＝a －1<0.结合函数的单调性可知，f (x )有唯一零点．若a >0，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－(a －1)ln a ＋a －2＝(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或a＝e.综上，a ≤0或a ＝1或a ＝e. 题型二 数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)求函数f (x )的零点个数．解 (1)f (x )＝e x －ax ＋2a ，定义域为R ，且f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln a ， 当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点， 当a ≠0时，1a ＝x －2e x ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－xe x ， 当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e 3， 又x →＋∞时，φ(x )→0， x →－∞时，φ(x )→－∞， ∴φ(x )的图象如图所示．当1a >1e 3，即0<a <e 3时，f (x )无零点； 当1a ＝1e 3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点； 当0<1a <1e 3，即a >e 3时，f (x )有两个零点； 当1a <0，即a <0时，f (x )有一个零点．综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点．思维升华含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2x . (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若函数f (x )在(0,16]上有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －2x ，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1x ，又f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＋2＝x －1，即x －y －3＝0. (2)①当a ≤0时，f ′(x )＝a x －1x<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a >0时，由f (x )＝a ln x －2x ＝0可得2a ＝ln xx ，令g (x )＝ln x x，其中x >0，则直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， g ′(x )＝x x －ln x2x x ＝2－ln x2x x，令g ′(x )＝0，可得x ＝e 2<16，列表如下，所以函数g (x )在区间(0,16]上的极大值为g (e 2)＝2e ，且g (16)＝ln 2，作出g (x )的图象如图所示．由图可知，当ln 2≤2a <2e ，即e<a ≤2ln 2时，直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， 即f (x )在(0,16]上有两个零点， 因此，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，2ln 2.题型三 构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －ax 和g (x )＝ax －ln x 有相同的最小值． (1)求a ；[切入点：求f (x )，g (x )的最小值](2)证明：存在直线y ＝b ，其与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．[关键点：利用函数的性质与图象判断e x －x ＝b ，x －ln x ＝b 的解的个数及解的关系]思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－x ln 2)2x(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)， 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ， 且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ， 即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．课时精练1．(2023·济南质检)已知函数f (x )＝ln x ＋axx ，a ∈R . (1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点．(1)解 若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明 f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a x －ln x －ax x 2＝1－ln x x 2， 由(1)知，f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ＝a ＋ln x x>0， 故f (x )在(e ，＋∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a －e<0，f (e)＝a ＋1e >0， 且f (x )在(0，e)上单调递增，∴f (x )在(0，e)上有且只有一个零点，综上，f (x )有且只有一个零点．2．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x，∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，f(e)＝0，作出f(x)图象如图．由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．因此实数m的取值范围是(－2，－1)．3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R)．(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．解(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx(x>0)，则g′(x)＝(x－1)e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x－13a(x2＋x＋1)，令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x(x－1)e x (x2＋x＋1)2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝13a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根．综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点．4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f (x )＝ax －1x －(a ＋1)ln x (x ＞0)，得f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x 2(x ＞0)． 当a ＝0时，由(1)可知，f (x )不存在零点；当a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝a －1＜0，所以f (x )不存在零点；当a ＞0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当a ＝1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a －1＝0， 所以函数f (x )恰有一个零点；当a ＞1时，0＜1a ＜1，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 因为f (1)＝a －1＞0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞f (1)＞0， 当x →0＋时，f (x )→－∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上必有一个零点，所以a ＞1满足条件，当0＜a ＜1时，1a ＞1，故f (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减． 因为f (1)＝a －1＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜f (1)＜0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上必有一个零点，即0＜a ＜1满足条件．综上，若f (x )恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞)．。

第3讲利用导数研究函数的性质【题型精讲】题型一：导数的几何意义1．（2021·陕西·西安中学高三期中）若函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，则实数a 取值范围是（）A．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B．()0,∞+C．[)2,+∞D．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C 【详解】解：因为函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，所以()10f x x a x'=-+=在()0,∞+上有解，即1a x x =+在()0,∞+上有解，因为12x x +≥，所以2a ≥，故选：C.2．（2021·河南驻马店·模拟预测（文））已知函数()2ln 21f x x x x =-+，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为（）A．210x y +-=B．20x y --=C．0x y +=D．240x y --=【答案】C 【详解】解：∵()2ln 21f x x x x =-+的导数为()2ln 2f x x x x '=+-，∴()1121f '=-=-．∵()11f =-，∴曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()11y x +=--，即0x y +=．故选：C．3．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知点P 在曲线22sin cos 22x xy =-上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）A．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C．3,44ππ⎡⎤⎢⎣⎦D．30,,44πππ⎡⎤⎡⎫⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭【答案】D 【详解】22sin cos cos 22x xy x =-=- ，sin y x '∴=.设()00,P x y ，则曲线在点P 处的切线的斜率为0tan sin k x α==，1tan 1α∴-≤≤.0απ≤< ，30,,44ππαπ⎡⎤⎡⎫∴∈⋃⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭故选：D4．（2021·全国·高三专题练习）点P 在曲线323y x x =-+上移动，设点P 处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（）A．0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,24ππ⎛⎤⎥⎝⎦C．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D．30,,24πππ⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭【答案】D 【详解】2311y x '=-≥-，即tan 1α≥-，又[)0,απ∈，所以30,,24ππαπ⎡⎫⎡⎫∈⋃⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭，故选：D.5．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（理））函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，则实数a 的取值范围是（）A．(,2]-∞B．[)2,+∞C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】C 【详解】由题意，函数()ln f x x ax =+的定义域(0,)+∞，且1()f x a x'=+，因为函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，即12a x +=有解，即12a x=-在(0,)+∞有解，因为0x >，可得10x >，则10x -<，可得122x-<，所以2a <，即实数a 的取值范围是(,2)-∞.故选：C.6．（2021·全国·高三专题练习）若函数2()ln f x a x bx =+在点()()1,1f 处的切线方程为y x =，则函数()y f x =的增区间为（）A．(0,1)B．0,2⎛ ⎝⎭C．,2⎫+∞⎪⎪⎝⎭D．2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】将1x =代入y x =得到1y =，所以切点为()1,1.因为()2af x bx x'=+，所以()()12111ln111f a b a f a b b ⎧=+==-⎧⎪⇒⎨⎨===⎩'+⎪⎩，所以()22221212x x x f x x x x x ⎛⎫⎛+- ⎪-⎝⎭⎝⎭'=-+==()0x >，当2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数.所以函数()y f x =的增区间为2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.故选：C题型二：利用导数研究函数的单调性1、与函数的单调区间有关的问题1．（2021·西藏·林芝市第二高级中学高三月考（理））函数()()3e xf x x =-的单调递增区间是（）A．(),2-∞B．()0,3C．()1,4D．()2,+∞【答案】D 【详解】函数()()3xf x x e =-的定义域为R ，()(2)x f x x e '=-，令()0f x '>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+∞.故选：D.2．（2021·河南·高三月考（文））若函数()3213f x x ax x =--存在递减区间，则实数a 的取值范围是（）A．[]1,1-B．()(),11,-∞-+∞ C．()1,1-D．(][),11,-∞-+∞ 【答案】B 【详解】由题设，()221f x x ax '=-+，由()f x 存在递减区间，即存在x 使()0f x ¢<，∴2440a ∆=->，可得1a <-或1a >.故选：B3．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D4．（2021·西藏·拉萨中学高三月考（文））函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，则m 的范围是（）A．(,1)-∞B．(,1]-∞C．(1,)+∞D．[1,)+∞【答案】D 【详解】函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，即220y x x m '=++≥或220y x x m '=++≤(舍)在R 上恒成立440m ∴∆=-≤，解得m 1≥故选：D5．（2021·全国·高三月考（理））若()3213f x x ax =-的单调减区间是()4,0-，则a 的值是（）A．2-B．2C．4-D．4【答案】A 【详解】由题意，函数()3213f x x ax =-，可得()22f x x ax '=-，令()0f x '<，可得()20x x a -<，因为()f x 的单调减区间是()4,0-，可得24a =-，解得2a =-．故选：A.6．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B7．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（理））若21()ln(2)2f x x b x =-++在()1,+¥上是减函数，则b 的取值范围是（）A．()3,+∞B．[)3,+∞C．(]3,-∞D．(),3-∞【答案】C 【详解】由题知，21()ln(2)2f x x b x =-++，()2bf x x x '=-++.若()f x 在()1,+∞上是减函数，则()0f x '≤在()1,+∞上恒成立，由()02b f x x x '=-+≤+得，()()2211b x x x ≤+=+-，当()1,x ∈+∞时，()()22111113x +->+-=，所以3b ≤.故选：C.8．（2021·江西宜春·模拟预测（文））“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A 【详解】若2()2ln f x x mx x =-+在(0,)+∞上单调递增，则1()40f x x m x'=-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，∴有14x m x +≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，即min 14m x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，而144x x +≥=当且仅当12x =时等号成立，则4m ≤.∴“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”的充分不必要条件.故选：A．9．（2021·浙江·高三专题练习）若函数()1ln f x kx x x =-+在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（）A．1[,)2+∞B．[1,)+∞C．[2,)+∞D．(,2]-∞-【答案】C 【详解】由()1ln f x kx x x =-+知，()211f x k x x'=--，因为()f x 在()1,+∞上单调递增，所以()0f x '≥在()1,+∞上恒成立，即2110k x x --≥，则211k x x≥+在()1,+∞上恒成立，令()211g x x x =+，因为()23120g x x x '=--<在()1,+∞上恒成立，所以()g x 在()1,+∞上单调递减，则()()12g x g <=，所以2k ≥.故选:C .10．（2021·重庆市清华中学校高三月考）函数21()9ln 2f x x x =-在区间()2,1m m +上单调递减，则实数m 的取值范围是（）A．[)0,1B．()0,1C．[]0,2D．()0,2【答案】A 【详解】解：()f x 的定义域是(0,)+∞，9(3)(3)()x x f x x x x+-'=-=，令()0f x '>，解得：3x >，令()0f x '<，解得：03x <<，故()f x 在(0,3)递减，在(3,)+∞递增，若函数21()92f x x lnx =-在区间(2,1)m m +上单调递减，则20m且013m <+ 且21m m <+，解得：01m < ，故选：A ．2、构造函数比较大小或解不等式1．（2021·山西大附中高三月考（理））已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x ≠时，()()0f x f x x '+<，若2211(2(2),ln (ln )3333a fb fc f ==--=，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A．a b c <<B．b c a<<C．a c b<<D．c a b<<【答案】B 【详解】解：令函数()()g x xf x =，因为定义域为R 的()y f x =是奇函数，所以函数()g x 为偶函数；()()()g x f x xf x ''=+，当0x >时，因为()()0f x f x x '+<，所以()()0xf x f x x'+<，所以()()0xf x f x '+<，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)+∞上为减函数，()()()()222111(),2(2)22,ln (ln )ln ln 3ln 3333333a f g b f g g c f g g g ⎛⎫⎛⎫===--=-====-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为2ln 323<<，所以()()2ln 323g g g ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即a c b >>.故选：B2．（2021·江西赣州·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足1()()02f x f x '+>且有1(2)f e=，则()f x >）A．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】D 【详解】设2()e ()x g x f x =，则221()e ()()2x x g x f x e f x ''=+，因为1()()02f x f x '+>，所以()0g x '>，所以()g x 是R 上的增函数，(2)e (2)1g f ==，不等式()f x >2e ()1xf x >，即()(2)g x g >，所以2x >，故选：D．3．（2021·陕西渭南·高三月考（理））已知定义在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，且()tan ()0f x x f x '+⋅>，则（）63ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64ππ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭46ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【详解】因为()tan ()0f x x f x '+⋅>，所以()sin ()0,cos xf x f x x'+⋅>cos ()sin ()0x f x x f x '∴⋅+⋅>，令()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()2cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x'⋅+⋅'=>，所以()g x 单调递增，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x---===--，所以()g x 为奇函数，(0)0g =，所以6430cos cos cos643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<，即0643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以A，C 错误；63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以063ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()f x为奇函数，所以063ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎝⎭⎝⎭，所以B 正确；64ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭064f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又因为()f x为奇函数，所以046ππ⎛⎫⎛⎫-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 错误．故选：B4．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知函数()y f x =对任意的(0,)x π∈满足()cos ()sin f x x f x x '>（其中()f x '为函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【详解】解：令()()cos g x f x x =，(0,)x π∈故()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=->，故()g x 在(0,)π递增，所以(()36g g ππ>，可得1()(236f f ππ>63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 正确；故选：D．5．（2021·云南·昆明一中高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，'()()ln 20f x f x +<，则下列不等关系成立的是（）A．2(1)(0)f f >B．2(2)(1)f f >C．2(0)(1)f f >-D．()23log 32(1)f f <【答案】D 【详解】设()()2xh x f x =，则()()()()()22ln 22ln 2x x x h x f x f x f x f x '''=+=+⎡⎤⎣⎦，又()()ln 20f x f x '+<，20x >，所以()0h x '<，所以()h x 在(),-∞+∞上单调递减，由10>可得2(1)(0)f f >，故A 错；由21>可得22(2)2(1)f f <，即2(2)(1)f f <，故B 错；由01>-可得012(0)2(1)f f -<-，即2(0)(1)f f <-，故C 错；因为2log 31>，所以()()2log 31h h <，得()()23log 321f f <，故D 正确.故选：D6．（2021·四川·成都外国语学校高三月考（文））设()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()f x f x '>，对任意的正数a ，下面不等式恒成立的是（）A．()()0af a e f =B．()()0af a e f ＞C．()()0af f a e <D．()()0af f a e >【答案】B 【详解】构造函数()()x f x F x e =，则()()()xf x f x F x e'-'=，因为()()f x f x '>，所以()()0f x f x '->，故()0F x '>，因此()F x 在R 上单调递增，所以对于任意的正数a ，有()()0F F a <，即()()00af f a e e <，即()()0af a f e <，又因为0a e >，所以()()0ae f f a <，结合选项可知B 正确，故选：B7．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（文））定义在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上的函数()f x ，其导函数为()f x '，若恒有()()cos sin xf x f x x'>-，则下列不等式成立的是（）63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎝⎭⎝⎭D．63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D 【详解】令()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=因为()()cos sin x f x f x x'>-，因为,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭所以()()cos sin 0f x x f x x '+<得()()()2cos sin 0cos f x x f x xg x x'+'=<所以()()cos f x g x x=在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故63g g ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭<，有63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选：D8．（2021·江苏·苏州中学高三月考）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有22()()f x xf x x '+>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<的解集为（）A．(,2019)-∞-B．(2023,2019)--C．(2023)-∞-,D．(2019,0)-【答案】A 【详解】解：设2()()g x x f x =，由()f x 为奇函数，可得22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，202()()f x xf x x '>>+，()[2()()]0g x x f x xf x ''∴=+>，()g x 单调递增，根据奇函数的对称性可知，()g x 在R 上单调递增，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<可转化为()2(2021)(2021)4(2)42x f x f f ++<--=，即()()20212g x g +<，20212x ∴+<即2019x <-，即(),2019x ∈-∞-．故选：A9．（2021·河南省信阳市第二高级中学高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意()(),0x R f x f x -'∈<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()4()123x e f x e f x +>-的解集为（）A．()4,+∞B．()1,4-C．(),3-∞D．(),4-∞【答案】D 【详解】设()()xf xg x e =，则()()()xf x f xg x e '-'=，因为对任意()(),0x R f x f x -'∈<，所以()0g x '>在R 上恒成立，所以()g x 在R 上单调递增，又4123()()x e f e f x x >-+等价于()()123123x x f x f x ee+-+->，即()(2)13g x g x +>-，因为()g x 在R 上单调递增，所以123,x x +>-解得4x <，所以原不等式的解集是(,4)-∞.故选：D.10．（2021·新疆喀什·模拟预测）定义在R 上的偶函数()f x 存在导数()f x '，且当0x >时，有()2f x x '>恒成立，若2(2)383(21)f m m m f m -++-<+，则实数m 的取值范围是（）A．1(3，)+∞B．(,3)-∞-C．1(3,)3-D．(-∞，13)(3-⋃，)+∞【答案】D 【详解】解：()f x 是R 上的偶函数，令2()()g x f x x =-，则22()()()()()g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x ∴为偶函数，∴当0x >时，()()20g x f x x '='->，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增，①2(2)383(21)f m m m f m -++-<+ ，222(21)(21)[(2)(2)](21)(2)(383)0f m m f m m f m f m m m ∴+-+----=+---+->，22(21)(21)(2)(2)f m m f m m ∴+-+>---，即(21)(2)g m g m +>-，∴由①得|21||2|m m +>-，展开得23830m m +->，解得，13m >或3m <-，故选：D ．题型三：利用导数研究函数的极值、最值1．（2021·河南·高三月考（理））函数221()e 4x f x x x x =---的极大值为（）A．12-B．12e-C．0D．14-【答案】B 【详解】函数221()e 4x f x x x x =---的定义域为R ，则()2()(21)e 1x f x x ¢=+-，令()0f x '=，解得0x =，12x =-，当12x <-或0x >时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当102x -<<时，()0f x '<，则()f x 单调递减，所以当12x =-时，()f x 取得极大值1122e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．故选：B2．（2021·河南南阳·高三期中（理））已知函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0，若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则n m -的最大值为（）A．2B．3C．4D．6【答案】C 【详解】解：函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0所以()()1010f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即12031210a b a b +++=⎧⎨⨯+⨯+=⎩解得：0a =，3b =-()332f x x x ∴=-+由()2330f x x '=-=得：1x =±当(),1x ∈-∞-和()1,+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增当()1,1x ∈-时，()0f x '<，即()f x 单调递减所以()f x 的极大值为(1)4f -=，极小值为(1)0f =由()3324f x x x =-+=得：1x =-或2x =由()3320f x x x =-+=得：1x =或2x =-若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则()()224max n m -=--=故选：C.3．（2021·山西太原·高三期中）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A．有最小值2ln 2-，无最大值B．有最大值2ln 2-，无最小值C．有最小值2ln 2-，最大值2ln 2D．无最大值，无最小值【答案】A 【详解】由题设，2()1f x ax x'=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增；∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值.综上，有最小值2ln 2-，无最大值.故选：A4．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（文））如图是函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象，则2212x x +=（）A．23B．43C．83D．4【答案】C【详解】由图示可知：()32f x x bx cx d =+++经过（0，0）、（1，0）、（2，0），所以有：()()()001020f f f ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即0108420d b c d b c d =⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩，解得：032d b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()3232f x x x x =-+，()2362f x x x '=-+.由图示可知12,x x 是()3232f x x x x =-+的极值点，所以12,x x 是23620x x -+=的两根.所以()222121212482433x x x x x x +=+-=-=.故选：C5．（2021·全国·高三月考（理））已知函数21,0,()ln 1,0,x ax x f x ax x x ⎧-+≤⎪=⎨-+>⎪⎩若x ∈R 时，()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．212,e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B．(2,1)--C．(2,0)-D．(2,1)-【答案】A 【详解】因为(0)10=>f 成立，故原命题即()0f x >对任意的0x ≠成立，此时21()010()()1ln 10(ln )0x x a x x ax x xf x f x ax x x x x a x x x ⎧⎧+-<-+<⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨-+>⎪⎪+->⎩⎪⎩，，，，，由()0f x >得01x x a x <⎧⎪⎨+<⎪⎩且0ln x x x x a >⎧⎨+>⎩，当0x <时，12x x+≤-，当且仅当1x =-时等号成立，故2a >-；当0x >时，记()ln g x x x x =+，则()ln 2g x x '=+在(0)+∞，上为增函数，且2()0g e -'=，故min 21()g x e =-，即21a e <-，综合所述，a 的取值范围为21(2e --，.故选：A6．（2021·湖北·高三月考）已知函数()33f x x x =-，若函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，则实数m 的取值范围为（）A．(3,-B．()3,1--C．()D．[)2,1-【答案】A 【详解】由()33f x x x =-得()2333(1)(1)f x x x x '=-=+-，∴当1x <-或1x >时，()0f x '>，当11x -<<时，()0f x '<，故1x =-是函数()f x 的极大值点，(1)132,f -=-+=令()332f x x x =-=，即2(1)(2)0x x x +--=，∴1x =-，或2x =，又函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，∴222818182m m m m m ⎧<-⎪<-⎪⎨->-⎪⎪-≤⎩，解得3m -<≤故选：A.7．（2021·江苏·泰州中学高三月考）已知函数()2,01ln 1,13x x f x x x ≤≤⎧=⎨+<≤⎩，若存在实数1x ，2x 满足1203x x ≤<≤，且12()()f x f x =，则21x x -的最大值为（）A．e 1-B．12C．51ln 322-D．1【答案】A 【详解】当01x ≤≤时，022x ≤≤，当13x <≤时，1ln 11ln 3x <+≤+，则[0,2](1,1ln 3](1,2]⋂+=，令12()()(1,2]f x f x t ==∈，则112,e 2t t x x -==，121e 2t t x x --=-，设1()e 2t tg t -=-，(1,2]t ∈，11()e 02t g t -'=->，即1()e 2t tg t -=-在(1,2]t ∈上单调递增，max ()(2)e 1g t g ==-，所以21x x -的最大值为e 1-.故选：A8．（2021·浙江·高三月考）已知a R ∈，函数()224()ln 2ln f x x a x x a =+++的最小值为()g a ，则()g a 的最小值为（）A．2e-B．1e-C．e-D．e 2-【答案】B 【详解】解：由题意得：4222ln ln l (n )a a x x x xf x +++=22(ln )ln ln a x x x x x=++≥令22()(ln )ln P a a x x x =++，其最小值为ln x x 再令()()ln g a Q x x x ==，则'()ln 1Q x x =+当1(0,)∈x e 时，函数()Q x 单调递减；当1(,)∈+∞x e 时，函数()Q x 单调递增.故1=x e 时，()min 1Q x e =-故()g a 的最小值为1e-.故选：B9．（2021·重庆市第七中学校高三月考）“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件为（）A．[5,1]a ∈--B．[7,1]a ∈--C．[6,2]a ∈--D．[4,3]a ∈--【答案】B 【详解】当0x =时，不等式恒成立，当01x <≤时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23max43x x a x ⎛⎫--≥ ⎪⎝⎭，当20x -≤<时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23min43x x a x ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，令2343(),[2,0)(0,1]x x f x x x --=∈-⋃，232343143()x x f x x x x x --==--，令1t x =，则3234y t t t =--+，'2981y t t =--+，可知函数3234y t t t =--+在11,9⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在1(,1),,9⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上递减，所以当(0,1]x ∈，即[1,)t ∈+∞时，当1t =时，max 6y =-，即()6max f x =-，所以6a ≥-，当[2,0)x ∈-时，即1,2t ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数3234y t t t =--+在(,1)-∞-递减，在11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，所以当1t =-时，min 2y =-，所以2a ≤-，综上，当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立的充要条件为62a -≤≤-，所以[7,1]a ∈--是“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件，故选：B10．（2021·北京·潞河中学高三月考）若函数()32231,0e ,0ax x x xf x x ⎧++≤=⎨>⎩在[]22-,上的最大值为2，则实数a 的取值范围是（）A．1ln 2,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．10,ln 22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．(],0-∞D．1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【详解】当20x -≤≤时，()32231f x x x =++，则()()26661f x x x x x '=+=+．当21x -≤<-时，()0f x '>；当10x -<<时，()0f x '<．所以，函数()y f x =在1x =-处取得极大值，亦即最大值，即()()max 12f x f =-=．当0a >时，函数()ax f x e =在(]0,2上单调递增，由题意可知，()222af e =≤，得2ln 2a ≤，解得1ln 22a ≤，此时，10ln 22a <≤；当0a =时，且当02x <≤时，()12f x =≤合乎题意；当0a <时，函数()axf x e =在(]0,2上单调递减，此时，()()2012f f <=<，合乎题意．综上所述，实数a 的取值范围是1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选：D【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（）A．()()2,00,2- B．()(),22,-∞-+∞ C．()()2,02,-+∞ D．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数，∴()f x x在(),0-∞上为增函数，∵()()220f f -==，若0x >，()202f =，所以2x >；若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<，综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞ .故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（）A．1-B．1e-C．ln 2D．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21x f x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x xf x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-，由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（）A．(],0-∞B．(],1-∞C．[)1,-+∞D．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<，故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（）A．a b c <<B．c a b <<C．a c b<<D．b a c<<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>，即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log (log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<．故选：B．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（）A．(),1-∞B．(),2-∞C．()1,+∞D．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<'所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f ==由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +<所以1x <故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（）A．e 1k -<≤B．11k e-<<C．e 0k -<<D．1ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞；当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10ek -<<，故选：D．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()x f x xe ax =+．则下列说法正确的是（）A．当0a =时，()min 1f x e=-B．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e≤-【答案】ABD【详解】解：对于A：当0a =时，()x f x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令()'0f x =，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e -≥-=-=-，所以()min 1f x e=-，故A 正确；对于B：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1x x f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x x x y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C：由函数()x f x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0x f x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减，所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()x h x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e 44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（）A．实数k 的取值范围为()0,1B．实数k 的取值范围为()0,e C．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭D．123x x x 的取值范围为()e,+∞【答案】AC【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解，所以16160,k =-> 解得)1(0k ∈，；由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设1)0(1lnx t =∈-，，则()24t e e g t t⋅=-，所以()()22421'0t g t t e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增，又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为()f x ¢，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（）A．()00f >B．()421f e >-C．()()()2021202021f ef e ->-D．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>，所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==，故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11x f x e+>，()0f x >，所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->，令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20x f x f x h x e''--=>，所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-，故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x'>，则（）A．234f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．2426f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>．构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误；因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确，故选：AD.三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________.【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃.故答案为：(1,0)(0,2)- .14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________.【答案】(,3]-∞【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，∴不等式等价为1212()()f x a f x a x x ++<恒成立，令()()f x a h x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立，即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数；3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e a h x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立；30x x xe e a ∴-+- ；即3x x a xe e -- 恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数；()g x g ∴ （1）0=；30a ∴- ；3a ∴ ．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<，所以函数()()f x g x x=在(0,)+∞上是减函数，函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=，∴()()()f x g x g x x--==--，∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞ 上的奇函数，∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==，则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ，当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立，∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞ ，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞ ．故答案为：(2,0)(2,)-+∞ .16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a --(],2-∞【详解】（1）()()()223391x x g x x x +-'=-=，当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-，故()g x 的值域是[]6,10a a --；（2） ()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，综上，实数t 的取值范围是(],2-∞.故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。

第3讲 利用导数研究函数的性质【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（ ） A ．()()2,00,2- B ．()(),22,-∞-+∞ C ．()()2,02,-+∞D ．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->， ∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数， ∴()f x x在(),0-∞上为增函数， ∵()()220f f -==， 若0x >，()202f =，所以2x >； 若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<， 综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞.故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（ ）A ．1-B ．1e- C ．ln 2 D ．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21xf x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x x f x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-， 由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(1,)+∞D ．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-． 故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（ ） A ．2k > B ．1k C ．1k > D ．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴'在区间(1,)+∞上恒成立． 1kx ∴， 而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴．选项中只有0k >是1k 的必要不充分条件. 选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件. 故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(],0-∞ B ．(],1-∞C ．[)1,-+∞D ．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<， 故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．b a c <<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>， 即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log )(log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<． 故选：B ．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（ ） A ．(),1-∞ B ．(),2-∞ C ．()1,+∞ D ．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<' 所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f == 由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +< 所以1x < 故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（ ） A ．e 1k -<≤B ．11k e-<<C ．e 0k -<<D ．10ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞； 当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10e k -<<，故选：D ．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()xf x xe ax =+．则下列说法正确的是（ ）A ．当0a =时，()min 1f x e=-B ．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C ．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D ．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e ≤-【答案】ABD 【详解】解：对于A ：当0a =时，()xf x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令'0f x，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e-≥-=-=-，所以()min 1f x e =-，故A 正确；对于B ：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1xx f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x xx y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C ：由函数()xf x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0xf x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减， 所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D ：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()xh x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（ ） A ．实数k 的取值范围为()0,1 B ．实数k 的取值范围为()0,e C ．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫⎪⎝⎭D ．123x x x 的取值范围为()e,+∞ 【答案】AC 【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解， 所以16160,k =->解得)1(0k ∈，； 由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设1)0(1lnx t =∈-，，则()24te e g t t⋅=-， 所以()()22421'0t g tt e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增， 又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为f x ，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（ ） A ．()00f >B ．()421f e >-C ．()()()2021202021f ef e ->-D ．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD 【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>， 所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==， 故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11xf x e +>，()0f x >， 所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->， 令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20xf x f x h x e ''--=>， 所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-， 故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x '>，则（ ）A ．34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D ．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD 【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>． 构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误； 因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误； 因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确， 故选：AD. 三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________. 【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃. 故答案为：(1,0)(0,2)-.14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________. 【答案】(,3]-∞ 【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立， ∴不等式等价为1212()()f x a f x ax x ++<恒成立， 令()()f x ah x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立， 即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数； 3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e ah x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立； 30x x xe e a ∴-+-；即3x x a xe e --恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数； ()g x g ∴（1）0=； 30a ∴-；3a ∴．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】 令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<， 所以函数()()f xg x x=在(0,)+∞上是减函数， 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=， ∴()()()f x g x g x x--==--， ∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数， ∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==， 则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ， 当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立， ∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞． 故答案为：(2,0)(2,)-+∞.16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a -- (],2-∞ 【详解】 （1）()()()223391x x g x x x +-'=-=， 当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-， 故()g x 的值域是[]6,10a a --； （2）()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤， 综上，实数t 的取值范围是(],2-∞. 故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。

利用导数研究函数的性质【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln xy a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-2、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x =D ．y x =3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 4、【2018年高考全国Ⅱ卷理数】曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．5、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】曲线()1e xy ax =+在点()0,1处的切线的斜率为2-，则a =________．6、（2020届山东省滨州市高三上期末）曲线(1)xy x e =+在点(0,1)处的切线的方程为__________．7、（2020届山东省九校高三上学期联考）直线y x =与曲线()2ln y x m =+相切，则m =__________.8、【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e9、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()32112f x x x ax =-++． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若函数()1f x x =在处有极小值，求函数()f x 在区间32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值．【问题探究，变式训练】 题型一 函数图像的切线问题知识点拨：利用导数研究函数的切线问题，要区分在与过的不同，要是过某一点一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可。

高一数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.若函数在区间内是增函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵f（x）=x3+ax-2，∴f′（x）=3x2+a，∵函数f（x）=x3+ax-2在区间[1，+∞）内是增函数，∴f′（1）=3+a≥0，∴a≥-3．故选B．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.2.函数y＝f（x）在定义域（－，3）内的图像如图所示．记y＝f（x）的导函数为y＝f¢（x），则不等式f¢（x）≤0的解集为（）A．[－，1]∪[2，3）B．[－1，]∪[，]C．[－，]∪[1，2）D．（－，－]∪[，]∪[，3）【答案】A【解析】由图象可知，即求函数的单调减区间，从而有解集为[−，1]∪[2，3)，故选A．.【考点】利用导数研究函数的单调性．.3.若曲线f(x)＝ax3＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是__________．【答案】a＜0【解析】∵f′（x）=3ax2+（x＞0）∵曲线f（x）=ax3+lnx存在垂直于y轴的切线，∴f′（x）=3ax2+=0有正解即a=有正解，∵＜0∴a＜0，故答案为（-∞，0）.【考点】利用导函数研究曲线上的切线.4.设，．（1）令，讨论在内的单调性并求极值；（2）求证：当时，恒有．【答案】(1) 在内是减函数，在内是增函数, 在处取得极小值;(2)详见解析.【解析】（1）先根据求导法求导数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间及极值即可．（2）欲证x＞ln2x-2a ln x+1，即证x-1-ln2x+2alnx＞0，也就是要证f（x）＞f（1），根据第一问的单调性即可证得.试题解析：解（1）解：根据求导法则有，故， 3分于是，列表如下：2递减极小值递增故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值． 6（2）证明：由知，的极小值．于是由上表知，对一切，恒有．从而当时，恒有，故在内单调增加．所以当时，，即．故当时，恒有． .12【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.函数恒成立问题；3.利用导数研究函数的极值.5.函数的单调增区间是．【答案】【解析】求函数的单调区间，必须先求函数的定义域，，此函数可以看作是增函数和二次函数复合而成，利用复合函数的单调性，知所求增区间为．【考点】复合函数的单调性．6.设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图像与直线12x+y-1=0相切于点（1，－11）。

高三数学导数试题答案及解析1.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x)＝0【答案】C【解析】若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c得f(x)－c＝x3＋ax2＋bx，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(0，c)，所以B正确．由三次函数的图象可知，若x是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x)单调递减是错误的，D正确．2.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为。

②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。

③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。

④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。

【答案】②③④【解析】①令，，则，所以，故不正确．②由条件知数列是首项为，公差为2的等差数列，则，则当时，，所以各有两种可能取值，因此满足条件的数列有个，故正确．③根据条件可知满足条件的数列可分为四类：（1），且，有9种；（2），且，有5种；（3），且，有10种；（4），且，有9种，共有9＋5＋10＋9＝33种．④满足的选法有，其中比值相同重复有14种，因此满足条件的直线共有210－14＝196．【考点】1、导数的计数；2、等差数列；3、计数原理．3.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为．②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个．③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个．④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条．【答案】②③④【解析】对①，将求导得：，所以．故错.对②，是一个等差数列，都是互为相反数的两个值，所以数列共有个．对③，由得.法一、由于，，故将加4个2，再减3个2即可.由于故不能连续加4次，也不能连续减3次，所以共有个.法二、因为，所以或，注意到数列中的每一项都是集合M的元素，依次下去可得.由于，所以.由此我们可得以下树图：，所以符合这些条件的不同数列一共有14+19＝33个．法三、由于或，，故可以分以下四种情况分别求解：.，共有9个；，共有5个；，共有10个；，共有9个.所以总共有33个.对④，从中取3个不同的数作为，因为，所以共有种取法.再排除其中重复的直线.与相同的有，多3条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条（注意这种情况在前面已经考虑了）；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条.一共可以得到不同的直线条．【考点】1、导数；2、数列；3、直线的方程；4、计数原理.4.曲线在点（1,0）处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于 .【答案】【解析】∵，∴，所以切线方程为：，∴三角形面积为.【考点】1.利用导数求切线方程；2.三角形的面积公式.5.设是定义在R上的奇函数，且,当时，有恒成立，则不等式的解集是（）A．(-2,0) ∪(2,+∞)B．(-2,0) ∪(0,2)C．(-∞,-2)∪(2,+∞)D．(-∞,-2)∪(0,2)【答案】D【解析】根据和构造的函数在（0，+∞）上单调递减，又是定义在R上的奇函数，故是定义在R上单调递减.因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（-∞，-2）内恒有f（x）＞0；在（-2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（-∞，-2）∪（0，2）．【考点】1.导数在函数单调性中的应用；2.复合函数的导数.6.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.7.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.8.已知函数，.(Ⅰ)若，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围. （注：是自然对数的底数）【答案】(Ⅰ) 最大值；(Ⅱ)的取值范围是.【解析】(Ⅰ) 讨论去掉绝对值，利用导数求得最值； (Ⅱ) 对分，讨论：当时，，恒成立，所以；当时，对讨论去掉绝对值，分离出通过求函数的最值求得的范围.试题解析：(1) 若，则.当时，，，所以函数在上单调递增；当时，，.所以函数在区间上单调递减，所以在区间[1,e]上有最小值，又因为，，而，所以在区间上有最大值.(2)函数的定义域为．由，得．（*）（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立，所以；（ⅱ）当时，①当时，由得，即，现令，则，因为，所以，故在上单调递增，从而的最小值为，因为恒成立等价于，所以；②当时，的最小值为，而，显然不满足题意.综上可得，满足条件的的取值范围是.【考点】绝对值的计算、函数的最值求法、利用导数求函数单调性.9.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.10.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值;(2) 若，恒成立，求的范围.(3)求证：【答案】(1) 0. (2) .(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.【解析】(1)求导数，并由得到的值; (2)恒成立问题，往往转化成求函数的最值问题.本题中设，即转化成.利用导数研究函数的最值可得.(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.试题解析：(1) 2分由题设，，. 4分(2) ,，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 8分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 9分当时，方程，其根，，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得14分【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的性质，利用导数证明不等式.11.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。

高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。

高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。