高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第2章 函数、导数及其应用2-4aWord版含解析

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业文的全部内容。

2.11 导数在研究函数中的应用（二）［重点保分两级优选练］A级一、选择题1．（2017·安庆二模）若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是（)A．(－3，＋∞) B．（－∞，－3）C。

错误! D.错误!答案B解析y＝a e x＋3x，求导，y′＝a e x＋3，由若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点，则y′＝a e x＋3＝0有负根，则a≠0,则e x＝－错误!在y轴的左侧有交点，∴0<－错误!<1,解得：a<－3，实数a的取值范围为(－∞，－3）．故选B.2．（2018·太原模拟)设f（x)，g（x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g（x)≠0,当x〈0时，f′(x）g（x）－f（x)g′(x)>0，且f（－3）＝0，则不等式错误!<0的解集是（)A．(－3，0)∪（3，＋∞）B．（－3，0)∪（0，3）C．(－∞，－3）∪(3，＋∞) D．(－∞，－3）∪(0，3)答案D解析∵当x<0时，f′（x）·g（x)－f(x)g′(x)〉0，∴错误!′＝错误!>0,∴当x〈0时，错误!是增函数，故当x〉0时，错误!也是增函数．∵f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴错误!为奇函数,错误!的图象关于原点对称,函数f xg x的单调性的示意图，如图所示:∵f（－3)＝0，∴f(3）＝0，∴由不等式错误!<0,可得x〈－3或0〈x〈3，故原不等式的解集为{x|x〈－3或0<x〈3｝．故选D。

[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(·陕西模拟)函数f(x)＝axx2＋1(a>0)的单调递增区间是() A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝a(1－x2)(x2＋1)2＝a(1－x)(1＋x)(x2＋1)2.由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)，故选B.2．若函数f(x)＝(x2－2x)e x在(a，b)上单调递减，则b－a的最大值为()A．2 B. 2 C．4 D．22答案D解析f′(x)＝(2x－2)e x＋(x2－2x)e x＝(x2－2)e x，令f′(x)<0，∴－2<x<2，即函数f(x)的单调递减区间为(－2，2)．∴b－a的最大值为2 2.故选D.3．函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0,3]上的最小值为()A．－8 B．－4 C．0 D.4 27答案B解析f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝43，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．f(0)＝－4，f(2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B.4．(·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )<0，且f (－1)＝0，则f (x )>0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞)答案 A解析 设g (x )＝f (x )e 2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－2f (x )e 2x<0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )>0⇔g (x )>0，所以x <－1.故选A.5．(·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤2答案 D解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x ，∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a <b <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．b <c <a答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )可得对称轴为x ＝1，故f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)．又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b .故选B.7．若函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确 答案 B 解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x ＝e －x⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋12x ＝e －x ·1－2x 2x .令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1e ·12＝12e .故选B.8．已知函数f (x )＝a x －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1D ．a ≥3答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[2，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．{4}D ．[2,4]答案 C解析 f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0， 解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(·黄山一模)已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e C ．(－∞，0]D ．(－∞，0)答案 B 解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln x x 在[1，e]上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B. 二、填空题11．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x －2≥0对一切x >0恒成立．m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取得最大值1，故m ≥1.12．(·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝________. 答案 1解析 由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.13．(·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0<x <1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则f (x )在[,]上的最小值为________．答案 a解析 由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[,]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x<0，函数g (x )在(0,1)上递减，则g (x )<g (0)＝0，所以f ′(x )<f (x )<0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f (x )在(1,2)上单调递增，则f (x )在[,]上的最小值为f ()＝f (1)＝a .14．(·启东中学调研)已知函数f (x )＝e x ＋a ln x 的定义域是D ，关于函数f (x )给出下列命题：①对于任意a ∈(0，＋∞)，函数f (x )是D 上的减函数；②对于任意a ∈(－∞，0)，函数f (x )存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞)，使得对于任意的x ∈D ，都有f (x )>0成立； ④存在a ∈(－∞，0)，使得函数f (x )有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号) 答案 ②④解析 由f (x )＝e x ＋a ln x ，可得f ′(x )＝e x＋a x ，若a >0，则f ′(x )>0，得函数f (x )是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f (x )<0即得命题①③不正确；若a <0，设e x＋a x ＝0的根为m ，则在(0，m )上f ′(x )<0，在(m ，＋∞)上f ′(x )>0，所以函数f (x )存在最小值f (m )，即命题②正确；若f (m )<0，则函数f (x )有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B 级三、解答题15．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．解 (1)f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a .当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. 综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为f (2)＝ln 2－2a .综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .16．(·河北石家庄联考)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0.(1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值；(2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)；令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增；当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x －ax ≥0恒成立，当x >0时，f (x )≥0，即e x－ax ≥0，即a ≤e x x . 令h (x )＝e x x ，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ，故实数a 的取值范围是(0，e]．17．(·湖南湘中名校联考)设函数f (x )＝x －1x －a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2. 令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4. ①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， 当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．(2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)， 所以k ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 若存在a ，使得k ＝2－a .则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1. 即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.亦即x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2>1)． (*) 再由(1)知，函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而x 2>1，所以x 2－1x 2－2ln x 2>1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .。

[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·安庆二模)若函数y ＝a e x ＋3x 在R 上有小于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，－3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13 答案 B解析 y ＝a e x ＋3x ，求导，y ′＝a e x ＋3， 由若函数y ＝a e x ＋3x 在R 上有小于零的极值点， 则y ′＝a e x ＋3＝0有负根，则a ≠0， 则e x ＝－3a 在y 轴的左侧有交点， ∴0<－3a <1，解得：a <－3，实数a 的取值范围为(－∞，－3)．故选B.2．(2018·太原模拟)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，g (x )≠0，当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0，且f (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)答案 D解析 ∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴f (x )g (x )为奇函数，f (x )g (x )的图象关于原点对称． 当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )>0，∴当x <0时，f (x )g (x )是增函数，故当x >0时，f (x )g (x )也是增函数.函数f (x )g (x )的单调性的示意图，如图所示：∵f (－3)＝0，∴f (3)＝0，∴由不等式f (x )g (x )<0，可得x <－3或0<x <3，故原不等式的解集为{x |x <－3或0<x <3}，故选D.3．(2017·冀州月考)函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163答案 C解析 由图象可得f (x )＝0的根为0,1,2，故d ＝0，f (x )＝x (x 2＋bx ＋c )，则1,2为x 2＋bx ＋c ＝0的根，由根与系数的关系得b ＝－3，c ＝2，故f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，则f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，由图可得x 1，x 2为3x 2－6x ＋2＝0的根，则x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝83.4．(2017·合肥期中)已知a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x ＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，则( )A ．a 的最小值为－3B ．a 的最小值为－4C ．a 的最大值为2D ．a 的最大值为4答案 A解析 a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x ＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，转化为a 2＋2a ＋2≤4x x 2－x＋x ＝4x －1＋x ＝f (x )的最小值．f ′(x )＝(x ＋1)(x －3)(x －1)2，可得x ＝3时， 函数f (x )取得极小值即最小值f (3)＝5. ∴a 2＋2a ＋2≤5，化为a 2＋2a －3≤0， 即(a ＋3)(a －1)≤0，解得－3≤a ≤1. 因此a 的最小值为－3.故选A.5．(2018·兴庆区模拟)设f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝2018，则不等式e x f (x )>e x ＋2017(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(2017，＋∞)D ．(－∞，0)∪(2017，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝e x f (x )－e x ，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，e x >0， ∴g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0， ∴g (x )是R 上的增函数． 又g (0)＝f (0)－1＝2017， ∴g (x )>2017的解集为(0，＋∞)，即不等式e x f (x )>e x ＋2017的解集为(0，＋∞)．故选B.6．(2017·金华模拟)设函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R )在区间(0,2)上有两个极值点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln 2＋14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12 答案 D解析 f (x )＝x (ln x －ax )，求导f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，由题意，关于x 的方程2ax ＝ln x ＋1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y ＝2ax 与y ＝ln x ＋1有两个交点，由y ＝ln x ＋1，求导y ′＝1x ，设切点(x 0，y 0)，ln x 0＋1x 0＝1x 0，解得x 0＝1，∴切线的斜率k ＝1，则2a ＝1，a ＝12， 则当x ＝2，则直线斜率k ＝ln 2＋12， 则a ＝ln 2＋14，∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 2＋14，12，故选D. 7．(2017·江西模拟)若函数f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x 存在唯一的极值点，且此极值大于0，则( )A ．0≤a <1eB ．0≤a <1e 2C ．－1e <a <1e 2D ．0≤a <1e 或a ＝－1e答案 A解析 f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x ，x >0，∴f ′(x )＝a (x －1)e x＋1x －1x 2＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a e x ＋1x 2，由f ′(x )＝0得到x ＝1或a e x ＋1x 2＝0(*)． 由于f (x )仅有一个极值点， 关于x 的方程(*)必无解，①当a ＝0时，(*)无解，符合题意， ②当a ≠0时，由(*)得，a ＝－1e x x 2，∴a >0，由于这两种情况都有，当0<x <1时，f ′(x )<0，于是f (x )为减函数， 当x >1时，f ′(x )>0，于是f (x )为增函数， ∴x ＝1为f (x )的极值点， ∵f (1)＝－a e ＋1>0，∴a <1e .综上可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，1e .故选A.8．(2017·濮阳期末)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0 答案 A解析 对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对于区间[－3,2]上的任意x ，都有f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， ∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1， f (x )min ＝f (－3)＝－19， ∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，∴实数t 的最小值是20，故选A.9．(2018·黄陵模拟)已知函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e ＋1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B解析 函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点， 就是x e x ＋x 2＋2x ＋a ＝0恰有两个不同的实数解， 设g (x )＝x e x ＋x 2＋2x ，则g ′(x )＝e x ＋x e x ＋2x ＋2＝(x ＋1)(e x ＋2)，x <－1，g ′(x )<0，函数是减函数，x >－1，g ′(x )>0，函数是增函数，函数的最小值为g (－1)＝－1－1e ，则－a >－1－1e ，即a <1＋1e .函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1.故选B. 10．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22 答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝22或x ＝－22(舍去)，显然x＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.二、填空题11．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .要使f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则必须有f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，即29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 12．(2017·信阳模拟)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析 由函数图象可知f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－1,1)．由(x 2－2x －3)f ′(x )>0，得⎩⎨⎧x 2－2x －3>0，f ′(x )>0，①或⎩⎨⎧x 2－2x －3<0，f ′(x )<0，②解①得x <－1或x >3； 解②得－1<x <1.∴不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．13．(2017·七里河模拟)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x >0时，不等式f (x )>－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数是________．答案 3解析 定义在R 上的奇函数f (x )满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，且f(－x)＝－f(x)，又x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，函数h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数．又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函数；∴x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg |x＋1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个．14．(2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x －1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x 轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x －1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b ＝0仅有一个实根；对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．B级三、解答题15．(2017·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．解(1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x e x－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为e x－a＝x.设函数F(x)＝e x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以对于任意x ∈R ，F (x )>0，因此方程e x －a ＝x 无实数解．所以当x ≠0时，函数g (x )不存在零点．综上，函数g (x )有且仅有一个零点．16．设函数f (x )＝－13x 3＋x 2＋(a 2－1)x ，其中a >0.(1)若函数y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值，求a 的值；(2)已知函数f (x )有3个不同的零点，分别为0，x 1，x 2，且x 1<x 2，若对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－x 2＋2x ＋(a 2－1)，因为y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值，所以f ′(－1)＝0.即－(－1)2＋2(－1)＋(a 2－1)＝0.解得a ＝±2，经检验得a ＝2.(2)由题意得f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 2＋x ＋a 2－1＝－13x ·(x －x 1)(x －x 2)， 所以方程－13x 2＋x ＋a 2－1＝0有两个相异的实根x 1，x 2.故Δ＝1＋43(a 2－1)>0，解得a <－12(舍去)或a >12，且x 1＋x 2＝3，又因为x 1<x 2，所以2x 2>x 1＋x 2＝3，故x 2>32>1.①若x 1≤1<x 2，则f (1)＝－13(1－x 1)(1－x 2)≥0，而f (x 1)＝0不符合题意．②若1<x 1<x 2，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 1≥0，x －x 2≤0，所以f (x )＝－13x (x －x 1)(x －x 2)≥0. 又f (x 1)＝0，所以f (x )在[x 1，x 2]上的最小值为0. 于是对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立的充要条件为f (1)＝a 2－13<0，解得－33<a <33. 综上得12<a <33，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33.。

[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(·衡阳四中月考)函数y ＝f (x )在区间[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72 答案 B解析 因为函数f (x ＋2)是偶函数，所以f (x ＋2)＝f (－x ＋2)，即函数f (x )的图象关于x ＝2对称，又函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，所以函数y ＝f (x )在区间[2,4]上单调递减．因为f (1)＝f (3)，72>3>52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (3)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.故选B.2．(·武汉调研)若函数f (x )＝ax ＋1在R 上递减，则函数g (x )＝a (x 2－4x ＋3)的增区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，2)C ．(4，＋∞)D ．(－∞，4)答案 B解析 ∵f (x )＝ax ＋1在R 上递减，∴a <0. 而g (x )＝a (x 2－4x ＋3)＝a (x －2)2－a . ∵a <0，∴在(－∞，2)上g (x )递增．故选B.3．若函数y ＝log a (x 2＋2x －3)，当x ＝2时，y >0，则此函数的单调递减区间是( )A ．(－∞，－3)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－1，＋∞)答案 A解析 当x ＝2时，y ＝log a (22＋2×2－3)＝log a 5，∴y ＝log a 5>0，∴a >1.由复合函数单调性知，单调递减区间需满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3>0，x <－1，解之得x <－3.故选A. 4．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(0，＋∞)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(0，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数答案 A解析 ∵f (x )＝x 2－2ax ＋a 在(0，＋∞)上有最小值，∴a >0.∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋ax －2a 在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上一定有最小值．故选A.5．(·太原模拟)已知f (x )＝x 2－cos x ，则f (0.6)，f (0)，f (－0.5)的大小关系是( )A ．f (0)<f (0.6)<f (－0.5)B ．f (0)<f (－0.5)<f (0.6)C ．f (0.6)<f (－0.5)<f (0)D ．f (－0.5)<f (0)<f (0.6) 答案 B解析 ∵f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )是偶函数．∴f (－0.5)＝f (0.5)．又∵f ′(x )＝2x ＋sin x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0.∴f (x )在(0,1)上是增函数，∴f (0)<f (0.5)<f (0.6)，即f (0)<f (－0.5)<f (0.6)．故选B.6．(·贵阳模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －2⊕x ，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12 答案 C解析 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.故选C.7．(·天津质检)已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1>f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，1)∪(1,2)D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)答案 D解析 ∵f (x )为R 上的减函数，∴由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1>f (1)得1x －1<1.解得x <1或x >2.∴x 的取值范围是(－∞，1)∪(2，＋∞)．故选D.8．已知a >0，设函数f (x )＝2018x ＋1＋20102018x ＋1(x ∈[－a ，a ])的最大值为M ，最小值为N ，那么M ＋N ＝( )A ．B ．C ．4028D ．4027 答案 C解析 由题意得f (x )＝2018x ＋1＋20102018x ＋1＝－82018x ＋1.∵y ＝x ＋1在[－a ，a ]上是单调递增的， ∴f (x )＝－82018x ＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴M ＝f (a )，N ＝f (－a )，∴M ＋N ＝f (a )＋f (－a )＝4036－82018a ＋1－82018－a ＋1＝4028.故选C.9．(·集宁期末)函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－2，＋∞) D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 B解析 ∵当a ＝0时，f (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，故a ＝0舍去，∴a ≠0，此时f (x )＝ax ＋1x ＋2＝a (x ＋2)＋1－2a x ＋2＝a ＋1－2ax ＋2，又因为y ＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 而函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递增，∴1－2a <0，即a >12.故选B.10．(·山西联考)若函数f (x )＝log 0.2(5＋4x －x 2)在区间(a －1，a ＋1)上递减，且b ＝lg 0.2，c ＝20.2，则( )A ．c <b <aB ．b <c <aC ．a <b <cD ．b <a <c 答案 D解析 f (x )定义域为{x |－1<x <5}，令u ＝5＋4x －x 2，y ＝log 0.2u ，u (x )在(－1,2)上单调增，且y ＝log 0.2u 为单调减函数，由复合函数单调性知f (x )在(－1,2)上为减函数，(a －1，a ＋1)⊆(－1,2)即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≤2，a －1≥－1⇒0≤a ≤1，又由于b ＝lg 0.2<0，所以a >b ，c ＝20.2>20＝1，c >a >b .故选D.二、填空题11．(·山东济宁模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －2a ，x <2，log a x ，x ≥2(a >0且a ≠1)在R 上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1解析 因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －2a ，x <2，log a x ，x ≥2(a >0且a ≠1)在R上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1<0，0<a <1，log a 2≤(a －1)×2－2a⇒22≤a <1，即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1.12．已知函数f (x )的定义域为A ，若其值域也为A ，则称区间A 为f (x )的保值区间．若g (x )＝－x ＋m ＋e x 的保值区间为[0，＋∞)，则m 的值为________．答案 －1解析 由定义知，g (x )＝－x ＋m ＋e x 保值区间为[0，＋∞)，又∵g ′(x )＝－1＋e x ≥0，∴g (x )为在[0，＋∞)上的增函数．∴当x ＝0时，g (0)＝0，即m ＋1＝0，∴m ＝－1.13．(·济南期中)已知函数f (x )＝x 2＋ax ，若函数f (x )在x ∈[2，＋∞)上是单调递增的，则实数a 的取值范围为________．答案 (－∞，16]解析 ∵函数f (x )＝x 2＋ax 在x ∈[2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )＝2x －a x 2＝2x 3－ax 2≥0在x ∈[2，＋∞)上恒成立． ∴2x 3－a ≥0，∴a ≤2x 3在x ∈[2，＋∞)上恒成立， ∴a ≤2×23＝16.∴实数a的取值范围为(－∞，16]．14．(·濮阳模拟)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．给出下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．答案②③④解析对于①，若f(x)＝x2，则f(x1)＝f(x2)时x1＝x2，或x1＝－x2，故①错误；对于②，f(x)＝2x是R上的增函数，当f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，故②正确；对于③，由单函数的定义，可知其逆否命题：f(x)为单函数，x1，x2∈A且若x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)为真命题，故③正确；对于④，假若f(x1)＝f(x2)时，有x1≠x2，这与单调函数矛盾，故④正确．三、解答题15．(·衡阳联考)已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－2 3.(1)求证：f(x)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．解(1)证明：设x1>x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为减函数．(2)∵f(x)在R上是减函数，∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．而f (3)＝3f (1)＝－2，且f (0)＋f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0，又f (－3)＋f (3)＝f (－3＋3)＝0， ∴f (－3)＝－f (3)＝2.∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2. 16．已知函数f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x ， 设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意，a －1x <2x 在(1，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝2x ＋1x ，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2， h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2. ∵1<x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，x 1x 2>1， ∴2－1x 1x 2>0，∴h (x 1)<h (x 2)，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3，∴a 的取值范围是(－∞，3].。