【配套K12】[学习]2019届高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第2节 函数的单调性与

第14讲函数模型及其应用1．(2015年北京)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1 L汽油行驶的里程，图X2­14­1描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是( )图X2­14­1A．消耗1 L汽油，乙车最多可行驶5 kmB．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80 km/h的速度行驶1 h，消耗10 L汽油D．某城市机动车最高限速80 km/h. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油2．某汽车销售公司在A，B两地销售同一种品牌车，在A地的销售利润(单位：万元)为y1＝4.1x－0.1x2，在B地的销售利润(单位：万元)为y2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在两地共销售16辆这种品牌车，则能获得的最大利润是( )A．10.5万元 B．11万元 C．43万元 D．43.025万元3．加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分)满足的函数关系为p＝at2＋bt＋c(a，b，c 是常数)，图X2­14­2记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )图X2­14­2A．3.50分 B．3.75分 C．4.00分 D．4.25分4．某家具的标价为132元，若降价以九折出售(即优惠10%)，仍可获利10%(相对进货价)，则该家具的进货价是( )A．118元 B．105元 C．106元 D．108元5．某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为( ) A．10 B．11 C．13 D．216．(2016年四川)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)A．2018年 B．2019年 C．2020年 D．2021年7．(2017年北京)三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图X2­14­3，其中点A i的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点B i的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i＝1,2,3.①记Q i为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是________．②记p i为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是________．图X2­14­38．个人每次取得的稿费定额或定率减除规定费用后的余额为应纳税所得额．每次收入不超过4000元的，定额减除费用800元；每次收入在4000元以上的，定率减除20%的费用．适用20%的比例税率，并按规定对应纳税额减征30%，计算公式为：(1)每次收入不超过4000元的，应纳税额＝(每次收入额－800)×20%×(1－30%)；(2)每次收入在4000元以上的，应纳税额＝每次收入额×(1－20%)×20%×(1－30%)．已知某人出版一份书稿，共纳税280元，则这个人应得稿费(扣税前)为________元．9．国庆期间，某旅行社组团去风景区旅游，若每团人数在30人或30人以下，飞机票每张收费900元；若每团人数多于30人，则给予优惠：每多1人，机票每张减少10元，直到达到规定人数75人为止．每团乘飞机，旅行社需付给航空公司包机费15 000元．(1)写出飞机票的价格关于人数的函数；(2)每团人数为多少时，旅行社可获得最大利润？10．(2015年上海)如图X2­14­4，O，P，Q三地有直道相通，OP＝3千米，PQ＝4千米，OQ＝5千米．现甲、乙两警员同时从O地出发匀速前往Q地，经过t小时，他们之间的距离为f(t)(单位：千米)．甲的路线是OQ，速度为5千米/时，乙的路线是OPQ，速度为8千米/时．乙到达Q地后原地等待．设t＝t1时，乙到达P地，t＝t2时，乙到达Q地．(1)求t1与f(t1)的值；(2)已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t1≤t≤t2时，求f(t)的表达式，并判断f(t)在[t1，t2]上的最大值是否超过3，说明理由．图X2­14­4第14讲 函数模型及其应用1．D 解析：“燃油效率”是指汽车每消耗1 L 汽油行驶的里程，A 中乙车消耗1 L 汽油最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A 错误；B 中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，所以甲最省油，B 错误；C 中甲车以80 km/h 的速度行驶1 h ，甲车每消耗1 L 汽油行驶的里程是10 km ，行驶80 km ，消耗8 L 汽油，C 错误；D 中某城市机动车最高限速80 km/h. 由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油．故选D.2．C 解析：设在A 地销售x 辆汽车，则在B 地销售(16－x )辆汽车，∴总利润y ＝4.1x－0.1x 2＋2(16－x )＝－0.1x 2＋2.1x ＋32＝－0.1⎝⎛⎭⎪⎫x －2122＋0.1×2124＋32.∵x ∈[0,16]，且x ∈N ，∴当x ＝10或11时，总利润y max ＝43(万元)．3．B 解析：由题中图象知，三点(3,0.7)，(4,0.8)，(5,0.5)都在函数p ＝at 2＋bt ＋c的图象上，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 9a ＋3b ＋c ＝0.7，16a ＋4b ＋c ＝0.8，25a ＋5b ＋c ＝0.5.解得a ＝－0.2，b ＝1.5，c ＝－2.∴p ＝－0.2t 2＋1.5t －2＝－0.2⎝⎛⎭⎪⎫t －1542＋1316. ∵t >0，∴当t ＝154＝3.75时，p 取最大值．故t ＝3.75分为最佳加工时间．故选B. 4．D 解析：设进货价为a 元，由题意，知132×(1－10%)－a ＝10%a ，解得a ＝108.故选D.5．A 解析：设该企业需要更新设备的年数为x ，设备年平均费用为y ，则x 年后的设备维护费用为2＋4＋…＋2x ＝x (x ＋1)，所以x 年的平均费用为y ＝100＋0.5x ＋x x ＋x＝x ＋100x ＋1.5.由基本不等式，得y ＝x ＋100x ＋1.5≥2 x ·100x ＋1.5＝21.5，当且仅当x＝100x，即x ＝10时取等号．故选A. 6．B 解析：设从2015年后第n 年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由已知得130×(1＋12%)n >200，∴1.12n >200130.两边取常用对数，得n lg 1.12>lg 200130.∴n >lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.3－0.110.05＝3.8.∴n ≥4.故选B. 7．Q 1 p 2 解析：作图可得A 1B 1中点纵坐标比A 2B 2，A 3B 3中点纵坐标大，所以第一位选Q 1；p i 为A i B i 中点与原点连线的斜率，故p 1，p 2，p 3中最大的是p 2.8．2800 解析：由题可知，当纳税280元时，代入第一个计算公式中，可得280＝(每次收入额－800)×20%×(1－30%)，此时每次收入额为2800元，因为2800<4000，所以满足题意．而代入到第二个计算公式中，得到280＝每次收入额×(1－20%)×20%×(1－30%)，此时每次收入额为2500元，因为2500<4000，所以不满足题意，舍去．9．解：(1)设旅行团人数为x ，由题，得0<x ≤75(x ∈N *)，飞机票价格为y 元，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 9000＜x ≤30，900－x －，30＜x ≤75，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧9000＜x ≤30，1200－10x 30＜x ≤75. (2)设旅行社获利S 元， 则S ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 900x －15 0000＜x ≤30，x －10x －15 00030＜x ≤75， 即S ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 900x －15 0000＜x ≤30，－x －2＋21 00030＜x ≤75.因为S ＝900x －15 000在区间(0,30]上单调递增， 故当x ＝30时，S 取最大值12 000元，又S ＝－10(x －60)2＋21 000在区间(30,75]上，当x ＝60时，取得最大值21 000.故当x ＝60时，旅行社可获得最大利润．10．解：(1)t 1＝OP v 乙＝38，设此时甲运动到点R ， 则OR ＝v 甲t 1＝158千米． 所以f (t 1)＝PR ＝OP 2＋OR 2－2OP ·OR ·cos O ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1582－2×3×158×35＝3418(千米)．(2)当38≤t ≤78时，乙在PQ 上的N 点，设甲在M 点， 所以NQ ＝OP ＋PQ －8t ＝7－8t ，MQ ＝OQ －OM ＝5－5t . 所以f (t )＝MN ＝NQ 2＋MQ 2－2NQ ·MQ cos Q＝－8t 2＋－5t 2－－8t －5t 45 ＝25t 2－42t ＋18.当78<t ≤1时，乙在Q 点不动，设此时甲在M ′点， 所以f (t )＝M ′Q ＝OQ －OM ′＝5－5t .所以f (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 25t 2－42t ＋18，38≤t ≤78，5－5t ，78<t ≤1.所以当38≤t ≤1时，f (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3418，故f (t )的最大值不超过3.。

第12讲 函数与方程1．(2015年安徽)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )A ．y ＝ln xB ．y ＝x 2＋1 C ．y ＝sin x D ．y ＝cos x2．函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)3．(2016年辽宁大连模拟)设方程log 4x －⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＝0，log 14x －⎝ ⎛⎭⎪⎫14x＝0的根分别为x 1，x 2，则( )A ．0<x 1x 2<1B ．x 1x 2＝1C ．1<x 1x 2<2D ．x 1x 2≥24．设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3.若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<05．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}6．已知f (x )是奇函数，且在R 上是单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78 D ．－387．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x >1，9x ()1－x 2，x ≤1，若函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤43，2 B ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫43，＋∞ C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫43，2 8．(2017年广东深圳二模)若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)C ．(0,1)D ．(0，＋∞)9．(2016年河南郑州模拟)已知y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2－2x .(1)写出函数y ＝f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，求a 的取值范围．10．已知f (x )是二次函数，不等式f (x )＜0的解集是(0,5)，且f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行．(1)求f (x )的解析式；(2)是否存在t ∈N ，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．第12讲 函数与方程1．D 解析：y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，故y ＝ln x 不具备奇偶性，故选项A 错误；y ＝x 2＋1是偶函数，但y ＝x 2＋1＝0无解，即不存在零点，故选项B 错误；y ＝sin x是奇函数，故选项C 错误；y ＝cos x 是偶函数，且y ＝cos x ＝0⇒x ＝π2＋k π，k ∈Z .故选项D 正确．2．C 解析：因为函数f (x )＝2x －2x －a 在区间(1,2)上单调递增，又函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则有f (1)·f (2)＜0，所以(－a )(4－1－a )＜0，即a (a －3)＜0.所以0＜a ＜3.3．A 解析：在同一平面直角坐标系内画出函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x，y ＝log 4x ，y ＝log 14x 的图象，如图D99，图D99则x 1>1>x 2>0，则log 4x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141x ，log 14x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫142x ，得log 4(x 1x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫141x －⎝ ⎛⎭⎪⎫142x <0，所以0<x 1x 2<1.故选A.4．A 解析：由f (0)·f (1)<0，f (a )＝0，得0<a <1；由g (1)·g (2)<0，g (b )＝0，得1<b <2.显然f (b )>0，g (a )<0.故选A.5．D 解析：当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，令g (x )＝x 2－3x －x ＋3＝0，得x 1＝3，x 2＝1.当x ＜0时，－x ＞0，∴f (－x )＝(－x )2－3(－x )．∴－f (x )＝x 2＋3x .∴f (x )＝－x 2－3x .令g (x )＝－x 2－3x －x ＋3＝0，得x 3＝－2－7，x 4＝－2＋7＞0(舍)．∴函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合是{－2－7，1,3}．故选D.6．C 解析：令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，因为f (x )是奇函数，所以f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，又因为f (x )在R 上是单调函数，所以方程2x 2＋1＝x －λ只有一个根，即方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.7．D 解析：函数f (x )的图象如图D100，由题知该函数图象与直线y ＝k 只有一个公共点，图D100故k 的取值范围为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫43，2. 8．B 解析：令F (x )＝(x －1)ln x ，则F ′(x )＝ln x －1x＋1＝0，可得x ＝1，F (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，即F (x )在x ＝1处取得极小值F (1)＝0.令G (x )＝ax －a －b ，则G (x )恒过点(1，－b )．而函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，所以F (x )与G (x )有2个不同的交点，所以－b >f (1)＝0，解得b <0，即实数b 的取值范围是(－∞，0)．故选B.9．解：(1)当x ∈(－∞，0)时，－x ∈(0，＋∞)． 因为y ＝f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )2－2(－x )]＝－x 2－2x .所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，最小值为－1；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝－x 2－2x ＝1－(x ＋1)2，最大值为1.所以据此可作出函数y ＝f (x )的图象(如图D101)，根据图象，若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，则a 的取值范围是(－1,1)．图D10110．解：(1)方法一，∵f (x )是二次函数，不等式f (x )＜0的解集是(0,5)， ∴可设f (x )＝ax (x －5)，a ＞0. ∴f ′(x )＝2ax －5a .∵函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行，∴f ′(1)＝－6. ∴2a －5a ＝－6.解得a ＝2.∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x .方法二，设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ， ∵不等式f (x )＜0的解集是(0,5)，∴方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两根为0,5. ∴c ＝0,25a ＋5b ＝0.① ∵f ′(x )＝2ax ＋b .又函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行，∴f ′(1)＝－6. ∴2a ＋b ＝－6.②由①②，解得a ＝2，b ＝－10.∴f (x )＝2x 2－10x .(2)由(1)知，方程f (x )＋37x＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103时，h ′(x )＜0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞时，h ′(x )＞0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增． ∵h (3)＝1＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫103＝－127＜0，h (4)＝5＞0， ∴方程h (x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3，103，⎝ ⎛⎭⎪⎫103，4内分别有唯一实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的自然数t ＝3，使得方程f (x )＋37x ＝0在区间(t ，t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．倚窗远眺，目光目光尽处必有一座山，那影影绰绰的黛绿色的影，是春天的颜色。

第1讲 函数及其表示板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．[2018·陕西模拟]设f (x )＝⎩⎨⎧1－x ，x ≥0，2x，x <0，则f [f (－2)]＝( ) A ．－1 B.14 C.12 D.32答案 C解析 ∵f (－2)＝2－2＝14，∴f [f (－2)]＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－14＝12.选C. 2．集合A ＝{x |0≤x ≤4}，B ＝{y |0≤y ≤2}，下列不表示从A 到B 的函数的是( )A ．f ：x →y ＝12xB ．f ：x →y ＝13xC ．f ：x →y ＝23xD ．f ：x →y ＝x答案 C解析 依据函数概念，集合A 中任一元素在集合B 中都有唯一确定的元素与之对应，选项C 不符合．3．[2018·广东深圳]函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( )A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．(0,1)D ．(0,1]答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0，x >0且ln x ≠0，解得0<x <1.故选C.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≥0，3x 2，x <0，且f (x 0)＝3，则实数x 0的值为( )A ．－1B ．1C ．－1或1D ．－1或－13答案 C解析 由条件可知，当x 0≥0时，f (x 0)＝2x 0＋1＝3，所以x 0＝1；当x 0<0时，f (x 0)＝3x 2＝3，所以x 0＝－1，所以实数x 0的值为－1或1.5．[2018·安徽黄山质检]已知f (x )是一次函数，且f [f (x )]＝x ＋2，则f (x )＝( ) A ．x ＋1 B ．2x －1 C ．－x ＋1 D ．x ＋1或－x －1答案 A解析 设f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，则由f [f (x )]＝x ＋2，可得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x ＋kb ＋b ＝x ＋2，∴k 2＝1，kb ＋b ＝2.解得k ＝－1时，b 无解，k ＝1时，b ＝1，所以f (x )＝x ＋1.故选A.6．[2018·衡水中学调研]已知函数f (x )对任意实数x 满足f (2x －1)＝2x 2，若f (m )＝2，则m ＝( )A ．1B ．0 ．1或－3 D ．3或－1答案 C解析 令2x －1＝t 可得x ＝12(t ＋1)，故f (t )＝2×14×(t ＋1)2＝12(t ＋1)2，故f (m )＝12(m＋1)2＝2，故m ＝1或m ＝－3.7．[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋，x >1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( ) A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14答案 A 解析 由于2x －1－2>－2，故由f (a )＝－3可得－log 2(a ＋1)＝－3，所以a ＝7，从而f (6－a )＝f (－1)＝－74.8．已知函数f (x )对任意的x ∈R ，f (x ＋1001)＝2f x ＋1，已知f (15)＝1，则f (2017)＝________.答案 1解析 根据题意，f (2017)＝f (1016＋1001)＝2f＋1，f (1016)＝f (15＋1001)＝2f ＋1，而f (15)＝1，所以f (1016)＝21＋1＝1，则f (2017)＝2f ＋1＝21＋1＝1. 9．已知函数f (x )＝ln (－x －x 2)，则函数f (2x ＋1)的定义域为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12解析 由题意知，－x －x 2>0，∴－1<x <0，即f (x )定义域为(－1,0)． ∴－1<2x ＋1<0，则－1<x <－12.10．[2018·榆林模拟]已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋1，x ≤0，－x －2，x >0，使f (x )≥－1成立的x 的取值范围是________．答案 [－4,2]解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，12x ＋1≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x －2≥－1，解得－4≤x ≤0或0<x ≤2，故x 的取值范围是[－4,2]．[B 级 知能提升]1．[2018·湖北武汉调研]已知函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1xf (－x )＝2x (x ≠0)，则f (－2)＝( )A ．－72B.92C.72 D ．－92答案 C解析 令x ＝2，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12f (－2)＝4，①令x ＝－12，可得f (－2)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1，② 联立①②解得f (－2)＝72.故选C.2．若函数y ＝ax ＋1ax 2－4ax ＋2的定义域为R ，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 答案 D解析 要使函数的定义域为R ，则ax 2－4ax ＋2>0恒成立． ①当a ＝0时，不等式为2>0，恒成立； ②当a ≠0时，要使不等式恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝－4a2－4·a ·2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，aa －，解得0<a <12.由①②得0≤a <12.故选D.3．定义函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，则不等式(x ＋1)f (x )>2的解集是________．答案 {x |x <－3或x >1}解析 ①当x >0时，f (x )＝1，不等式的解集为{x |x >1}；②当x ＝0时，f (x )＝0，不等式无解；③当x <0时，f (x )＝－1，不等式的解集为{x |x <－3}．所以不等式(x ＋1)f (x )>2的解集为{x |x <－3或x >1}．4．[2018·广东三校联考]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x <0，－x 2，x ≥0，若f [f (a )]≤3，求实数a 的取值范围．解 令f (a )＝t ，则f (t )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧t <0，t 2＋2t ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧t ≥0，－t 2≤3，解得t ≥－3，则f (a )≥－3⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2＋2a ≥－3或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，－a 2≥－3，解得a ≤3，则实数a 的取值范围是(－∞，3]． 5．[2017·北京海淀期末]已知函数f (x )＝x ·|x |－2x . (1)求函数f (x )＝0时x 的值；(2)画出y ＝f (x )的图象，并结合图象写出f (x )＝m 有三个不同实根时，实数m 的取值范围．解 (1)由f (x )＝0可解得x ＝0，x ＝±2，所以函数f (x )＝0时x 的值为－2,0,2.(2)f (x )＝x |x |－2x ，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.图象如下：由图象可得实数m∈(－1,1)．。

2.3 函数的奇偶性与周期性E 课后作业脊荣［基础送分 提速狂刷练］一、选择题1 . (2017 •重庆测试 )下列函数为奇函数的是()八 3 小 2 A . y = x + 3xB. x—xe + ey = 2C. y = x sin xD. 3—x答案 Dx—xe + e解析 函数y = x 3+ 3x 2既不是奇函数，也不是偶函数，排除A;函数y =— 是偶函数，排除B;函数y = x s in x 是偶函数，排除 C ;函数y = log 23—的定义域是(—3,3)，且f ( — x ) 3十x2 •下列函数中，既是定义域内的偶函数又在 (一R, 0)上单调递增的函数是(A . f (x ) = x 2B. f (x ) = 2lx|答案 C解析 函数f (x ) = x 2在(一g, 0)上单调递减，排除 A ;当x € ( —a, 0)时，函数f (x ) =2冈=\~ x在(—a,0)上单调递减，排除 B ;当x € ( —g, 0)时，函数f (x ) = log 2―-=—2I x |log 2( — x )在(一g, 0)上单调递增，且函数 f (x )在其定义域内是偶函数， C 正确；函数f (x )=sin x 是奇函数，排除 D.故选C.3. (2017 •唐山统考)f (x )是R 上的奇函数，当 x >0时，f (x ) = x 3+ ln (1十x ).则当 x <0 时，f (x )=()33A.— x — ln (1 — x ) B. x + ln (1 — x )33C. x — ln (1 — x )D.— x + ln (1 — x )答案 C3解析 当 x <0 时，一x >0, f ( — x ) = ( — x ) + ln (1 — x )，: f (x )是 R 上的奇函数，.••当33x <0 时，f (x ) = — f ( — x ) = — [( — x ) + ln (1 — x )] ,••• f (x ) = x — ln (1 — x ).故选 C.4.已知f (x )是定义在 R 上的偶函数，并且 f (x + 2)=—厂」一，当2< X W3时，f (x )T x=x ，则 f (105.5)=( )=log 3十x r23—< j (x )，是奇函数, D 正确.故选D.C.1f(x)=log2r xD. f (x ) = sin xA. —0.5B. 0.5答案 D1 1 ••• f (x + 4) = f [( x + 2) + 2] =-f —齐=-1一 = f (x ) ••••函数 f (x )的周期为 4."-f~~x~• f (105.5) = f (4 X 27- 2.5) = f ( — 2.5) = f (2.5) • •/2W 2.5 w 3,「. f (2.5) = 2.5. • f (105.5) = 2.5.故选 D.5. (2017 •金版创新)已知函数f (x )在? x € R 都有f (x — 2) = - f (x )，且当x € [ — 1,0] 时，f (x ) = 2x，则 f (2017)等于()1 A.2 C. 1 D.— 1答案 B解析 由 f (x — 2) =- f (x )，得 f (x — 4) =- f (x -2) = f (x )，所以函数 f (x )的周期为 4. 1所以 f (2017) = f (4 X 504+ 1) = f (1) =- f ( — 1) =- ^.故选 B.6. (2018 •青岛模拟)奇函数f (x )的定义域为R,若f (x + 1)为偶函数，且f (1) = 2，则 f (4) + f ⑸的值为()A . 2 B. 1 C.— 1 D.— 2答案 A解析 ••• f (x + 1)为偶函数，f (x )是R 上的奇函数， • f ( — X + 1) = f (x +1) , f (x ) = -f ( — x ) , f (0) = 0,• f (x + 1) = f ( — x +1) =- f (x — 1), • f (x + 2) = — f (x ), f (x + 4) = f (x + 2+ 2) =— f (x + 2) = f (x )，故 4 为函数 f (x )的周期，则 f (4) = f (0) = 0, f (5) = f (1) = 2, • f (4) + f (5) = 0 + 2= 2.故选 A.7. (2018 •襄阳四校联考)已知函数f (x )的定义域为R.当x <0时，f (x ) = x 5—1;当一1w x wi 时，f ( — x ) = — f (x );当 x >0 时，f (x + 1) = f (x )，贝U f (2018)=()A . — 2 B.— 1 C. 0 D. 2答案 D解析 因为当x >0时，f (x + 1) = f (x )，所以当x >0时，函数f (x )是周期为1的周期函 数，所以 f (2018) = f (1)，又因为当一1w x wi 时，f ( — x ) = — f (x )，所以 f (1) = — f ( — 1)5=—[(—1) — 1] = 2.故选 D.解析•••f(x + 2)一「B.&已知函数f (x)是R上的偶函数，g(x)是R上的奇函数，且g( x) = f(x —1)，若f(2) =2，贝U f (2018)的值为()A . 2 C.— 2 答案 A解析 ■/ f (x )是R 上的偶函数，g (x )是R 上的奇函数，且 g (x ) = f (x — 1),••• g ( — x ) = f ( — x — 1) = f (x + 1) =— g (x ) =— f (x — 1).即 f (x + 1) = — f (x — 1). •- f (x + 2) = — f (x ).• f (x + 4) = f [( x + 2) + 2] = — f (x + 2) = f (x ). •函数f (x )是周期函数，且周期为 4.• f (2018) = f (2) = 2.故选 A. 9.(2017 •石家庄模拟)已知f (x )是定义在R 上的以3为周期的偶函数，若f (1)<1 , f (5)2a — 3= ，则实数a 的取值范围为()A . ( — 1,4) B.( —2,0)C. ( — 1,0)D.( —1,2)答案 A解析 T f (x )是定义在R 上的周期为3的偶函数，2a — 32a — 3 a — 4• f (5) = f (5 — 6) = f ( — 1) = f (1)，: f (1)<1 , f (5) =a + 1，• a +1<1，即 a + 1<°，解得—1<a <4.故选A.210.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当 x >0时，f (x ) = x — 3X ,则函数g (x ) = f (x ) —x + 3的零点所构成的集合为()B. { — 3,— 1,1,3}C. {2 — 7, 1,3}D. { — 2— 7, 1,3}答案 D2 2解析 当x <0 时，f (x ) =— f ( — x ) =— [( — x ) + 3x ] =— x — 3x ，易求得 g (x )=x 2— 4x + 3, x >0,—x — 4x + 3, x <0,当x 2— 4x + 3 = 0时，可求得 为=1, X 2= 3;当—x 2— 4x + 3 = 0 时，可求得 X 3=— 2— 7, X 4=— 2+ . 7(舍去).故g (x )的零点为1,3 , — 2 —-. 7.故选D.二、填空题答案 ±1B. 0 D.±2A . {1,3} 11 . (2018 •武昌联考 )若函数f (x )=xk — 21+ k ・2在定义域上为奇函数，则实数解析—x x .k —2 k ・2 —1• f ( 一x) 一一,• f( —x) + f(x)=k — 2x/+ k + k ・2x—] • ] + k ・2x=7+k=k 2- 1 旷+1 =1+k ・2x丁+k .2由 f ( — x ) + f (x ) = 0,可得 k = 1, • k =± 1.12 .设f (x )是定义在 R 上且周期为2的函数，在区间[—1 , 1)上，f (x )=解析 •/ f (x )是周期为2的函数,5 21 1 3 即—2+ a = jo ,解得 a = 5,3 2则 f (5a ) = f (3) = f (4 — 1) = f ( — 1) =— 1 + 5=—亍 13. (2017 •郑州联考)对于函数f (x )，若存在常数a z 0,使得取定义域内的每一个 x值，都有f (x ) = — f (2a — x )，则称f (x )为准奇函数•给出下列函数：① f (x ) = (x — 1)2,②1 3 f (x )=-，③f (x ) = X ,④f (x ) = cos x ,其中所有准奇函数的序号是 ___________ . x — I 答案②④解析 对于函数f (x )，若存在常数a z 0,使得取定义域内的每一个x 值，都有f (x )=—f (2 a — x )，则函数f (x )的图象关于(a,0)对称.对于①，f (x ) = (x — 1)2，函数图象无对称 1 3中心；对于②，f (x ) = -—T ，函数f (x )的图象关于(一1,0)对称；对于③，f (x ) = X ,函数 x^T 1f (x )的图象关于(0,0)对称；对于④，f (x ) = cos x ，函数f (x )的图象关于i k n —2, 0 (k € Z)对称.所以所有准奇函数的序号是②④.14. _____________________________________________________________________ (2018 •太原模拟)已知定义在 R 上的奇函数f (X )满足谓—x = f (x ) ,f ( — 2) =— 3, 数列｛&｝的前 n 项和为 S,且 a 1=— 1, S= 2a n + n (n € N *)，贝U f (a 5)+ f (a 6)= _______________________________ .答案 3x + a ,—K x <0,,0< x <1,其中a € R 若 f—I = f i 2，则f (5 a )的值是解析T奇函数f (x)满足f —x = f (x) , ••• f —x = —f ( —x), ••• f (x) = —f i x+弓= f (x + 3), • f (x)是以 3 为周期的周期函数，T S n= 2a n+ n①，•• S+1 = 2a n+1 + n +1 ②，②一①可得a n+1 = 2a n—1，结合a i = —1，可得a5=—31, a6= —63,—f(a5)= f( —31) = f(2)=-f ( —2) = 3, f(a6)= f ( —63) = f (0) = O,—f(a5)+ f(a) = 3.三、解答题15. 设函数f (x)在(—a, +^)上满足f(2 —x) = f (2 + x) , f(7 —x) = f (7 + x),且在闭区间［0,7］上，只有f (1) = f(3) = 0.(1)证明：函数f(x)为周期函数；⑵试求方程f (x) = 0在闭区间［—2018,2018］上的根的个数，并证明你的结论.f 2 —x = f 2 + x ,解(1)证明：由*厂厂f f —x =f i + xf (4 —x) = f(14 —x)? f (x) = f (x + 10).f x = f 4 —x , f x = f 14—x—f(x)为周期函数，T= 10.(2) T f (3) = f(1) = 0,f (11) = f (13) = f ( —7) = f ( —9) = 0,故f (x)在［0,10］和［—10,0］上均有两个解.从而可知函数y= f (x)在［0,2018］上有404个解，在［—2018,0］上有403个解，所以函数y= f (x)在［—2018,2018］上有807个解.16. 定义在R上的函数f(x)对任意a, b€ R都有f(a+ b) = f(a) + f(b) + k(k为常数).(1) 判断k为何值时，f(x)为奇函数，并证明；(2) 设k=—1, f(x)是R上的增函数，且f(4) = 5,若不等式f(m>( —2m)+ 3)>3对任意x € R 恒成立，求实数m的取值范围.解⑴若f(x)在R上为奇函数，则f(0) = 0,令a= b= 0,则f (0 + 0) = f(0) + f (0) + k，所以k= 0.证明：由f(a+ b) = f (a) + f ( b)，令a= x, b= —x,则f(x—x) = f (x) + f ( —x),又f (0) = 0，则有0= f (x) + f ( —x)，即f ( —x) = —f (x)对任意x€ R 成立，所以f (x) 是奇函数.(2)因为f(4) = f (2) + f(2) —1 = 5,所以f (2) = 3.所以f(mx —2m)+ 3)>3 = f (2)对任意x € R恒成立.又f (x)是R上的增函数，所以mx—2m)+ 3>2对任意x€ R恒成立，即mx —2mx+ 1>0对任意x €R恒成立，当m= 0时，显然成立；n>0,当m^0时，由* 2 得0<m<1.A = 4m —4m<0,所以实数m的取值范围是［0,1).。

2. 10导数的概念及运算E课后作业孕谀［基础送分提速狂刷练］一、选择题1.曲线y=lg 在/=1处的切线的斜率是（）A'ln 10 ln 10 °ln °D' l n e答案A解析因为"=77THo'所以八"血’即切线的斜率为In W故选A'2.（2017 •潼南县校级模拟）如图，是函数y=f{x）的导函数尸（0的图象，则下面判断正确的是（）A.在区间（一2, 1）上f（x）是增函数B.在（1,3）上是减函数C.在（4,5）上代力是增函数0.当x=4时，/'（%）取极大值答案C解析由于尸（劝$0今函数f（x）单调递增；尸（x）W0=函数代x）单调递减,观察尸（x）的图彖可知，当xe（-2, 1）时，函数先递减，后递增，故A错误；当%e（i,3）时，函数先增后减，故B错误；当（4, 5）时函数递增，故C正确；由函数的图象可知函数在4处取得函数的极小值，故D错误.故选C.3.（2018 •上城区模拟）函数的导函数尸（0的图彖如图所示，则fd）的函数图象可能是（）答案B解析rh 图可得一i<f (劝〈1,切线的斜率Ae(-i, 1)且在R 上切线的斜率的变化先慢 后快又变慢. ・・・结合选项可知选项B 符合.4. (2018 •昆明调研)若曲线f(x) =acosx 与曲线g(x) =x~+bx+1在交点(0,刃)处有公 切线，则a+b={)A. 一1B. 0 C ・ 1 D. 2答案C解析 依题意得尸(x) = —msinx,(%) = 2x+b f 于是有尸(0)=g‘(0),即一日sinO= 2X0 + 〃，则方=0,又加=f(0) = g(0),即刃=日=1,因此日+b=l,选C.且在点"处切线的倾斜角为0,则Q 的最小值是()答案B解析由导数的儿何意义，k=y , =$+*”一322仰〒一3 = —1,当且仅当x=0 3 n 时等号成立.即t an<7>-l, QW[0,兀)，又・.・tan X0,所以a 的最小值为〒，故选B.6. (2017 •山西名校联考)若函数代方的导函数的图象关于y 轴对称，则代方的解析式 可能为()A. f(x)=3cosxB. f(x) = x+xC. f^x) = 1 + sin2%D. f(x)=e'+x答案C解析A 选项屮，f (x)=—3sinx,其图象不关于y 轴对称，排除A ； B 选项屮，f' (%)5. (2018・山东烟台期末)若点"是函数尸—3I —* W=3/ + 2%,其图象的对称轴为心一g，排除B； C选项中，f 3=2cos2x,其图彖关于y轴对称；D选项中，尸(x)=e'+l,其图象不关于y轴对称.故选C.7.(2018 •河南郑州质检二)已知是可导函数，如图，直线y=kx+2是曲线y =f3在x=3处的切线，令g{x) =xf{x), 0 (x)是g(x)的导函数，则g，(3) = ()答案B解析由题图可知曲线y=f\x)在JV=3处的切线的斜率等于一*,・•・£ (3)=—扌.・・・gd) = xf(x), ・・・g' (x)=f(x)+x尸(方，・・・0 (3)=f(3)+3尸(3),又由题图可知f(3)=l, 所以0⑶=1+3x(—*)=0.故选B.8.(2017 •辽宁五校联考)已知f3=/—2#+x+6,则f(x)在点P(—1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于()A. 425 13B. 5C. _D.—4 2答案解析C・・・f(x)=f—2# + x+6, :, f (0=3/—4/+1,・・・尸(-1)=8,切线方程为y5一2 = 8匕+1),即8%-y+10=0,令^=0,得尸10,令尸0,得”=一〔，・••所求面积S=|x^X10=y.故选C.9.(2017 •青山区月考)函数y=f\x)的图象过原点且它的导函数y=f 3的图彖是如图所示的一条直线，的图象的顶点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案C解析由导函数的图象和y=f{x)的图象过原点，设f{x) = ax + bx,所以尸W =2ax + b,由图得日＞0, 40,则一¥〈0,斗二2 6? 4日4日则函数fg=/+bx图象的顶点(一#；，子)在第三象限，故选C.10.若存在过点0(0,0)的直线/与曲线广3=,—3,+2/和尸=,+自都相切，则自的值是()1 ,、1 八 1A. 1 B — C・1或百D. 1或一石64 64 64答案C解析易知点0(0, 0)在曲线f{x) =x—3x+2x上.⑴当0(0,0)是切点吋，则k=F (0)=2,直线/方程为y=2x.又直线Z与曲线y=x+a相切，^.x—2x+a=0满足4=4—4日=0,解得日=1.(2)当0(0,0)不是切点时，设切点为Pg yo),则必=£_3立+2Ao,且k= f (y) =3垢一6肮+2,①又&=必=并一3心+2,②Ao联立①②解得彌=亍(彌=0舍)，即k=-\,则直线/方程为尸=—曲尸一犷，联立得并+*+&=(),.y=x+a frh力=]q—4日=0,得c?—TT,综上，日=1或$二q,故选c.16 64 64二、填空题11.(2017 •临川区三模)己知函数f{x) =sinA—cosx,且尸(x)=2f(x),贝！Jtan2x的值是________ .3答案r解析求导得：f (x) =cosx+sinx,'：f (劝=2f(x),・；cosx+sin以=2 (sin/——cosx),艮卩3cosx=sinx,n .2tanx 63 •e.tanx=3,贝I 」tan2x=—-— =~ =—7・1 — ta nx 1—9412. 设XR,函数f(x) =e'+4的导函数是尸(方，且尸 3是奇函数.若曲线尸代劝 e 的一条切线的斜率是害，则切点的横坐标为答案In 2解析 函数/V) =e Y +4的导函数是f a )=e“一Z.又尸(方是奇函数，所以f 3 e e=-r (-%),即e“一2=m 所以($+i )(i —Q =O ,解得臼=i,所以 f f(%) e1 1 3 1 = e r ——令 e r ——解得 e v =2 或 e x=—-(舍去),所以 x=ln 2.e e 2 213. (2018 -金版创新)函数f(x)(xWR)满足f(l)=l,且/V)在R 上的导函数尸3 1 x+1＞刁则不等式Ax) ＜一厂的解集为 _________ •答案(一8，1)解析 据已知尸(%) ＞|,可得f X —扫 =F 3—扌＞0,即函数Kx) = f(x) /在R 上为单调递增函数，又由f(l)=l 可得F(l)=|,故心)＜屮冷+.,化简得心)即Fd)＜F(l),由函数的单调性可得不等式的解集为i ，1).14. (2017 •河北石家庄模拟)若对于曲线f(x)=-e-x(G 为自然对数的底数)的任意切 线厶，总存在曲线g3 =M +2COSX 的切线Z2,使得厶丄厶，则实数a 的取值范围为•答案[一1,2]解析 易知函数的导数为f rW=-e-l,设厶与曲线f^=-e-x 的切点为(X], f(xj),则/i 的斜率^1 =—e%i —1.易知函数g(x) ="+2cosx 的导数为g' (%) =日一2sinx,设&与曲线g{x) =ax+2cosx 的切点为(屍，g(Q),则&的斜率k 2=a —2sinx2.题意知对任意实数;n,总存在曲使得上述等式成立，则函数尸治的值域是y=^-2sin^ 日一2 W0, 值域的子集，贝iJ(0, 1)匸[日一2, $+2],贝} | 、•••一1W 日W2.卄 221,三、解答题15. (2017 •云南大理月考)设函数f(x) =ax-~,曲线y= f(x)在点 X (2, f(2))处的切线方程为7—2 = 0.(1)求代力的解析式；由题设可知k 、・心=—1,从而有(一ex 】一1)(臼一2sinx2)= —1, /•臼一2siz =]exi + 1故由(2)证明：曲线y= f\x) ±任一点处的切线与直线x=0和直线尸/所围成的三角形而积 为定值，并求此定值.7解(1)方程7x —4y —12 = 0可化为 尸严一3・当 x=2 时，y=*.又 f 1 (x)=日+#，3(2)证明：设"(m 如为曲线上的任一点，由/ =1+飞知曲线在点”(血 如处的切线X令心0得尸从而得切线与直线心0的交点坐标为(0, -£) 切线与直线尸/的交点坐标为(2xo,2^)) •所以点Pg,如处的切线与直线尸0,尸无所围成的三角形面积为月一£ |2T 0|=6. 故曲线尸fd)上任一点处的切线与直线x=0,尸x 所围成的三角形的面积为定值，此 定值为6.1 316. (2018 •福建四地联考)己知函数f3 =-x--x+2x+^>. (1) 求函数fd)的图象在点(3, f(3))处的切线方程;(2) 若曲线y=f(x)与y=2x+m 有三个不同的交点，求实数刃的取值范围.13 解⑴f(x)+ 2/+ 5,/.f (%) =/—3^+2,易求得尸(3) =2, A3) =~13・"3的图象在点(3, f(3))处的切线方程是y-y= 2(%-3),即4x —2y+l=0.⑵令 f(0 =2x+/n f1 3即丁/—+2/+5 = 2/+ in,—■|#+5=加，设 g(*)=g”一号#+5,・・・曲线y=f(x)与直线y=2x+m 有三个不同的交点，于是Vb 12^_2 = 2』7解得丿1,方=3.3故 =x —~.x方程为y~yo= (X —Ao), 即y —(X —Ab ).曲线y=gd)与直线y=/〃有三个不同的交点，易得0 (x)=<—3x,令g' (x) =0,解得x=0 或x=3,当*0 或x>3 时，g' (%)>0,当0<K3 时，g' (%)<0,・・・g(力在(一8, 0), (3, +8)上单调递增,在(0, 3)±单调递减,又g(0)=5, g⑶=g,即g(x)极大值=5,g(x)极小值=*,・••可画出如图所示的函数g(0的大致图象,・・・实数/〃的取值范围为(*，5)。

第18讲 定积分及其应用举例1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2x ，2－x x，则20f ⎰(x )d x ＝( )A.34B.45 C.56D ．不存在 2．若以初速度40 m/s 竖直向上抛一物体，t 秒时刻的速度v ＝40－10t 2，则此物体达到最高时的高度为( )A.1603 mB.803 m C.403 m D.203m 3．由曲线y ＝x 2，y ＝x 3围成的封闭图形的面积为( ) A.112 B.14 C.13 D.712 4．(2015届广东汕头模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，又知(x ln x )′＝ln x ＋1，且S 10＝e1ln ⎰x d x ，S 20＝17，则S 30为( )A ．33B ．46C ．48D ．505．(2017年广东广州一模)若直线y ＝1与函数f (x )＝2sin 2x 的图象相交于点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且|x 1－x 2|＝2π3，则线段PQ 与函数f (x )的图象所围成的图形面积是( )A.2π3＋ 3B.π3＋ 3 C.2π3＋3－2 D.π3＋3－2 6．(2015年广东惠州一模)已知x ，y 都是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内任取的一个实数，则使得y ≤sinx 的取值的概率是( )A.4π2B.2πC.12D.2π2 7．(2016年黑龙江哈尔滨六中统测)30|⎰x 2－1|d x ＝________.8．(2014年福建)如图X 2­18­1，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机抛一粒黄豆，则它落在阴影部分的概率为________．图X 2­18­19．在如图X 2­18­2所示的程序框图中，任意输入一次x (0≤x ≤1)与y (0≤y ≤1)，则能输出数对(x ，y )的概率为( )图X 2­18­2A.14B.13C.34D.23第18讲 定积分及其应用举例1．C2．A 解析：v ＝40－10t 2＝0，t ＝2，2(⎰40－10t 2)d t ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫40t －103t 320＝40×2－103×8＝1603(m)． 3．A 4.C5．A 解析：如图D102，可得面积：图D102S ＝13π125π12(⎰1－2sin 2x )d x ＝13π125π122(cos )x x +＝2π3＋ 3. 6．A 解析：此题为几何概型，事件A 的度量为函数y ＝sin x 的图象在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内与x轴围成的图形的面积，即S ＝π20sin x ⎰d x ＝1，则事件A 的概率为1π2×π2＝4π2.故选A.7.223 解析：30⎰|x 2－1|d x ＝10⎰(1－x 2)d x ＋31⎰(x 2－1)d x ＝1333011133x x x x ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝223. 8.2e2 解析：由对数函数与指数函数的对称性，可得两块阴影部分的面积相同.210⎰(e －e x )d x ＝2(e x －e x )|10＝2，所以落到阴影部分的概率p ＝2e 2.9．D 解析：依题意，得所求的概率为1－10x ⎰2d x ＝1－13＝23.故选D.。

第11讲导数在研究函数中的应用板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．考点2 函数的极值与导数1．函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值；2．函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．考点3 函数的最值与导数1．函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2．求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 (1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值．(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[必会结论]1．若函数f (x )的图象连续不断，则f (x )在[a ，b ]内一定有最值．2．若函数f (x )在[a ，b ]内是单调函数，则f (x )一定在区间端点处取得最值． 3．若函数f (x )在开区间(a ，b )内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间为(－1,1)．( )(2)在函数y ＝f (x )中，若f ′(x 0)＝0，则x ＝x 0一定是函数y ＝f (x )的极值．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．[课本改编]函数y ＝x 2(x －3)的单调递减区间是( ) A ．(－∞，0) B ．(2，＋∞) C ．(0,2) D ．(－2,2)答案 C解析 y ′＝3x 2－6x ，由y ′＜0，得0＜x ＜2. 3．[课本改编]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，∵x >0，∴当x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[2018·苏锡常镇一调]f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.令f ′(x )＞0，得x ＞0，令f ′(x )＜0，得x ＜0，则函数f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e －1＋1，f (1)＝e －1，f (－1)－f (1)＝1e ＋2－e ＜12＋2－e ＜0，所以f (1)>f (－1)．故选D.5．[2017·浙江高考]函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D.6．[课本改编]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0，知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.板块二 典例探究·考向突破 考向利用导数研究函数的单调性例 1 [2018·大庆模拟]已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2＋(a ＋1)x ＋3.(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x 22＋3，定义域为(0，＋∞)．则f ′(x )＝－1x＋x .由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝ax＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a ≥0.即实数a 的取值范围是[0，＋∞)．若本例中的函数变为f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a ＞0)．试讨论f (x )的单调性．解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a ＞0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.(1)当0＜a ＜1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；(2)当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；(3)当a ＞1时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0.若本例中的函数变为f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，a ∈R ，试讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.(1)当a ≥1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当a ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0， 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 触类旁通讨论函数单调性的方法(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．【变式训练1】 (1)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是________．答案 [3，＋∞)解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴y max＜1⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×12＝3，∴a ≥3.经检验，当a ＝3时，满足题意．(2)[2018·青岛模拟]已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx＞0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x＜0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．考向 利用导数研究函数的极值命题角度1 知图判断函数极值情况例 2 [2018·江门模拟]设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析 由图可得函数y ＝(1－x )f ′(x )的零点为－2,1,2，则当x <1时，1－x >0，此时在(－∞，－2)上f ′(x )>0，在(－2,1)上f ′(x )<0；当x >1时，1－x <0，此时在(1,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)为增函数，在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此f (x )有极大值f (－2)，极小值f (2)．故选D.命题角度2 已知函数求极值例 3 已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x (x －1)＋e x－1，此时f ′(1)≠0，故排除A 、B 项；当k ＝2时，f ′(x )＝e x (x －1)2＋(e x－1)(2x －2)，此时f ′(1)＝0，在x ＝1附近左侧，f ′(x )<0，在x ＝1附近右侧，f ′(x )>0，所以x ＝1是f (x )的极小值点．命题角度3 已知函数的极值求参数范围例 4 (1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－1，b ＝5D ．以上都不正确 答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D.(2)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.触类旁通函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．考向利用导数研究函数的最值例 5 [2017·北京高考]已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x(cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e xsin x .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0， 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 触类旁通利用导数求函数最值的方法当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值；当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．【变式训练2】 已知函数f (x )＝a x＋ln x －2，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．解 (1)∵f (x )＝a x ＋ln x －2(x ＞0)， ∴f ′(x )＝－a x2＋1x(x ＞0)，又曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－32x ＋1，∴f ′(2)＝－14a ＋12＝－32⇒a ＝8.∴f ′(x )＝－8x 2＋1x ＝x －8x2(x ＞0)，令f ′(x )＞0，得x ＞8，f (x )在(8，＋∞)上单调递增； 令f ′(x )＜0，得0＜x ＜8，f (x )在(0,8)上单调递减． ∴f (x )的单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8)． (2)由(1)知f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax2(x ＞0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，即f (x )在(0，e 2]上单调递增，无最小值，不满足题意．②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，所以当f ′(x )＞0时，x ＞a ，当f ′(x )＜0时，0＜x ＜a ， 此时函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减．若a ＞e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (e 2)＝ae 2＋ln e 2－2＝a e 2，由ae 2＝2，得a ＝2e 2，满足a ＞e 2，符合题意；若a ≤e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (a )＝a a＋ln a －2＝ln a －1，由ln a －1＝2，得a ＝e 3，不满足a ≤e 2，不符合题意，舍去．综上可知，存在实数a ＝2e 2，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2.考向利用导数研究生活中的优化问题例6 [2015·江苏高考]某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1000x 2(5≤x ≤20), 则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2，设在点P 处的切线l交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2000x，则l 的方程为y －1000t2＝－2000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时， g ′(t )<0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )>0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． 触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．【变式训练3】 某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，日销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值．解 (1)设日销量q ＝k e x (k ≠0)，则ke 30＝100，∴k ＝100e 30， ∴日销量q ＝100e30ex ，∴y ＝100e 30(x －20－t )ex(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30(x －25)e x ，y ′＝100e 30(26－x )e x. 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，∴y 在区间[25,26]上单调递增，在区间[26,40]上单调递减，∴当x ＝26时，y max ＝100e 4， 即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．核心规律1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且有条理，可减少失分．2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．一个函数在其定义域内最值是唯一的，可以在区间的端点处取得．满分策略1.注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．2.解题时要注意区分求单调性和已知单调性求参数范围等问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．3.f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．板块三 启智培优·破译高考创新交汇系列3——利用导数研究函数的图象与性质[2016·全国卷Ⅰ]函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )解题视点 该题易出现的问题是不能抓住选项的差异性与函数性质的对应，困惑于解析式的复杂形式，导致无从下手．解析 解法一：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |.当x ∈(0,2]时，f (x )＝2x 2－e x，f ′(x )＝4x －e x.f ′(x )在(0,2)上只有一个零点x 0，且当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＜0；当x 0＜x ≤2时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0,2]上先减后增，又f (2)－1＝7－e 2＜0，所以f (2)＜1.故选D.解法二：令f (x )＝y ＝2x 2－e |x |，则f (2)＝8－e 2＞0，故排除A ；f (2)－1＝7－e 2＜0，∴f (2)＜1，故排除B ；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－e 12 ＜0.5－1.5＝－1＝f (0)，故排除C.故选D.答案 D答题启示 函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.跟踪训练[2018·赣州模拟]函数y ＝x 2e x的图象大致为( )答案 A解析 因为y ′＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，所以当x <－2或x >0时，y ′>0，函数y ＝x 2ex为增函数；当－2<x <0时，y ′<0，函数y ＝x 2e x为减函数，排除B ，C ；又y ＝x 2e x≥0，所以排除D.故选A.板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．函数y ＝x 4－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12 D ．0答案 D解析 因为y ′＝4x 3－4，令y ′＝0即4x 3－4＝0，解得x ＝1.当x <1时，y ′<0，当x >1时，y ′>0，在[－2,3]上只有一个极值点，所以函数的极小值为y |x ＝1＝0，所以y min ＝0.2．[2018·南阳模拟]已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x ＝(x －2)(2x －1)x ＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)．3．[2018·无锡模拟]设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝(x ＋1)e x，当x ＜－1时，f ′(x )＜0，当x ＞－1时，f ′(x )＞0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．故选D.4．若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋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解析 ∵f ′(x )＝x 2－2ax ，且a >2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(0,2)上是单调减函数． 又∵f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.5．[2018·珠海模拟]设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )＞g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′＞0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )＜f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)．(1)若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； (2)若f (x )在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________． 答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－2(k －1)k≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为________．答案 (2，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )＞0，∴g (x )为增函数． ∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )＞0的解集为(2，＋∞)．8．[2018·西宁模拟]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 .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 9．[2018·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值． 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，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，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，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，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.10．[2018·金华模拟]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)＝a＋ln x＋1，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x) ＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值，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，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，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，由题意得，m＋1>－1即m>－2，①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞(或者举例：当x＝e2时，f(e2)＝e2＞0)．如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，②由①②可得－2＜m＜－1.故m的取值范围为(－2，－1)．[B级知能提升]1．[2016·四川高考]已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )A ．－4B ．－2C ．4D ．2答案 D解析 由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2， 则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：2．[2018·山东师大附中检测]已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．4．[2018·沈阳模拟]已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2.(a ∈R ，e 为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥4a －4恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(2x －4)e x＋(x ＋2)2， 则f ′(x )＝(2x －2)e x＋2x ＋4，f ′(0)＝－2＋4＝2. 又因为f (0)＝－4＋4＝0，所以曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .(2)因为f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，令g (x )＝f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)， 有g ′(x )＝2x ·e x＋2a 且函数y ＝g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，当2a ≥0时，有g ′(x )≥0，此时函数y ＝f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，则f ′(x )≥f ′(0)＝4a －2.①若4a －2≥0即a ≥12时，函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (0)＝4a －4，不等式恒成立；②若4a －2<0即0≤a <12时，则在[0，＋∞)上存在f ′(x 0)＝0，此时函数y ＝f (x )在x ∈(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增且f (0)＝4a －4， 所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．当2a ＜0时，有g ′(0)＝2a ＜0，则在[0，＋∞)上存在g ′(x 1)＝0，此时g (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，所以函数y ＝f ′(x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．又f ′(0)＝－2＋4a ＜0，则函数y ＝f (x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增． 又f (0)＝4a －4，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥12. 5．已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，其中a ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．解 (1)f ′(x )＝ax 2＋1x，x ∈(0，＋∞)．当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a 或x ＝－－1a(舍去)．此时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调减区间是⎝⎛－1a，＋∞ ).(2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a2.令a2＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，不合题意． ②当－1≤a <0时，－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2. 令a2＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾，不合题意．③当a <－1时，0< －1a<1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a .令f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1，解得a ＝－e ，符合a <－1.综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e.。

第11讲 导数在研究函数中的应用板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．函数y ＝x 4－4x ＋3在区间[－2,3]上的最小值为( ) A ．72 B ．36 C ．12 D ．0答案 D解析 因为y ′＝4x 3－4，令y ′＝0即4x 3－4＝0，解得x ＝1.当x <1时，y ′<0，当x >1时，y ′>0，在[－2,3]上只有一个极值点，所以函数的极小值为y |x ＝1＝0，所以y min ＝0.2．[2018·南阳模拟]已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x＞0，解得0＜x ＜12或x ＞2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)． 3．[2018·无锡模拟]设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝(x ＋1)e x，当x ＜－1时，f ′(x )＜0，当x ＞－1时，f ′(x )＞0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．故选D.4．若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋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解析 ∵f ′(x )＝x 2－2ax ，且a >2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(0,2)上是单调减函数． 又∵f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.5．[2018·珠海模拟]设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜b 时，有( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )＞g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′＞0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )＜f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)．(1)若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； (2)若f (x )在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________． 答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－k －k≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为________．答案 (2，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－x ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )＞0，∴g (x )为增函数． ∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )＞0的解集为(2，＋∞)．8．[2018·西宁模拟]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 .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 9．[2018·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值． 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，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，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)＝－ek －1；当k －1≥1，即k ≥2时，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，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.10．[2018·金华模拟]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 )＝a ＋ln x ＋1，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x ) ＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值，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，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，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， 由题意得，m ＋1>－1即m >－2，① 当0<x <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0； 当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2时，f (e 2)＝e 2＞0)． 如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，②由①②可得－2＜m ＜－1. 故m 的取值范围为(－2，－1)．[B 级 知能提升]1．[2016·四川高考]已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2答案 D解析 由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2， 则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：2．[2018·山东师大附中检测]已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2)．4．[2018·沈阳模拟]已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2.(a ∈R ，e 为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程； (2)当x ≥0时，不等式f (x )≥4a －4恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(2x －4)e x＋(x ＋2)2， 则f ′(x )＝(2x －2)e x＋2x ＋4，f ′(0)＝－2＋4＝2. 又因为f (0)＝－4＋4＝0，所以曲线y ＝f (x )在点P (0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . (2)因为f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，令g (x )＝f ′(x )＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)， 有g ′(x )＝2x ·e x＋2a 且函数y ＝g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，当2a ≥0时，有g ′(x )≥0，此时函数y ＝f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，则f ′(x )≥f ′(0)＝4a －2.①若4a －2≥0即a ≥12时，函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (0)＝4a －4，不等式恒成立；②若4a －2<0即0≤a <12时，则在[0，＋∞)上存在f ′(x 0)＝0，此时函数y ＝f (x )在x ∈(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增且f (0)＝4a －4， 所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．当2a ＜0时，有g ′(0)＝2a ＜0，则在[0，＋∞)上存在g ′(x 1)＝0，此时g (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，所以函数y ＝f ′(x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增．又f ′(0)＝－2＋4a ＜0，则函数y ＝f (x )在x ∈[0，＋∞)上先减后增． 又f (0)＝4a －4，所以不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪a ≥12. 5．已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，其中a ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．解 (1)f ′(x )＝ax 2＋1x，x ∈(0，＋∞)．当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a 或x ＝－－1a(舍去)．此时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调减区间是⎝⎛－1a，＋∞ ).(2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a2.令a2＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，不合题意． ②当－1≤a <0时，－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2. 令a2＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾，不合题意．③当a <－1时，0< －1a<1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a .令f ⎝⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1，解得a ＝－e ，符合a <－1.综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e.。