第一课时 导数与函数的单调性

第2节导数在研究函数中的应用考试要求 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间；2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；4.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(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.2.函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(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.[常用结论与微点提醒]1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数的极大值一定大于其极小值.()(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(5)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.()解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2.(老教材选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.答案 A3.(老教材选修2－2P26练习T1改编)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，－1]D.[－1，0)∪(0，1]解析由题意知f′(x)＝2x－2x＝2x2－2x(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.答案 A4.(2017·浙江卷)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()解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.答案 D5.(2020·深圳调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A.(1，2]B.[4，＋∞)C.(－∞，2]D.(0，3]解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x . 又x >0，由f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3. 因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A6.(2020·成都七中月考)若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0，3]上的最大值为4，m ＝________.解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0，3]，当x ∈[0，2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数. 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0，3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4. 答案 4第一课时 导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].规律方法 1.(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.2.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. 【训练1】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间.解 (1)当a ＝2时，由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，且f (1)＝2，所以切线斜率k ＝3.所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间(0，＋∞). ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.考点二 根据函数单调性求参数典例迁移【例2】 (经典母题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解. 设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立， 则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝G ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.【迁移1】 本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围.解 因为h (x )在[1，4]上单调递增， 所以当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1].【迁移2】 本例(2)中，若函数h (x )在区间[1，4]上不单调，求实数a 的取值范围. 解 ∵h (x )在区间[1，4]上不单调， ∴h ′(x )＝0在开区间(1，4)上有解. 则a ＝1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在(1，4)上有解.令m (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈(1，4)，易知m (x )在(1，4)上是增函数， ∴－1<m (x )<－716，因此实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－716.规律方法 1.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围.(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.2.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解. 【训练2】 (2020·青岛模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b . (1)若f (x )与g (x )的图象在x ＝1处相切，求g (x )； (2)若φ(x )＝m （x －1）x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ， 所以f ′(1)＝1＝12a ，所以a ＝2.又因为g (1)＝12a ＋b ＝f (1)＝0，所以b ＝－1. 所以g (x )＝x －1. (2)因为φ(x )＝m （x －1）x ＋1－f (x )＝m （x －1）x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数.所以φ′(x )＝－x 2＋（2m －2）x －1x （x ＋1）2≤0在[1，＋∞)上恒成立，即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)，因为x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时取等号， 所以2m －2≤2，即m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 考点三 函数单调性的简单应用 多维探究角度1 比较大小【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6(2)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e ，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A.a <b <c B.b <c <a C.a <c <bD.c <a <b解析 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x －f （x ）（－sin x ）cos 2x ＝1＋ln xcos 2x .由⎩⎨⎧0<x <π2，g ′（x ）>0，解得1e <x <π2；由⎩⎨⎧0<x <π2，g ′（x ）<0，解得0<x <1e .所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4， 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4.(2)设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， 所以g ′(x )<0.所以g (x )在(0，＋∞)上是减函数.由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)，所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，即f （－3）－3<f （e ）e <f （ln 2）ln 2，故c <a <b .答案 (1)B (2)D 角度2 解不等式【例3－2】 (2020·河南名校联盟调研)已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为( ) A.(－2，＋∞) B.(2，＋∞) C.(－∞，－2)D.(－∞，2)解析 f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g (x )＝f （x ）2x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）·ln 22x ，∴g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数. 由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数， 得f (2)＝－2，则g (2)＝f （2）22＝－12， 又f (x )>－2x －1⇔f （x ）2x >－12＝g (2)，所以x <2. 答案 D规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中存在消去f (x )与f ′(x )的不等关系时，常构造含f (x )与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.【训练3】 (1)(角度1)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( )A.4f (1)<f (2)B.4f (1)>f (2)C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2)(2)(角度2)f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f ′(x )>2x .若f (a －2)－f (a )≥4－4a ，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，2]D.[2，＋∞)解析 (1)设函数g (x )＝f （x ）x 2(x >0)，则g ′(x )＝x 2f ′（x ）－2xf （x ）x 4＝xf ′（x ）－2f （x ）x 3<0， 所以函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，因此g (1)>g (2)，即f （1）12>f （2）22，所以4f (1)>f (2).(2)令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x .当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x >0.∴G (x )在[0，＋∞)上是增函数.由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )， 又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数.故|a －2|≥|a |，解之得a ≤1.答案 (1)B (2)AA 级 基础巩固一、选择题1.函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析 由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足. 答案 D2.(2020·石家庄检测)已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为( )A.(－2，2)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22C.(0，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22 解析 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3，又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，∴f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22. 答案 B3.(2020·雅礼中学检测)已知函数f (x )＝sin 2x ＋4cos x －ax 在R 上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A.[0，3]B.[3，＋∞)C.(3，＋∞)D.[0，＋∞)解析 f ′(x )＝2cos 2x －4sin x －a ＝2(1－2sin 2x )－4sin x －a＝－4sin 2x －4sin x ＋2－a ＝－(2sin x ＋1)2＋3－a .由题设，f ′(x )≤0在R 上恒成立.因此a ≥3－(2sin x ＋1)2恒成立，则a ≥3.答案 B4.已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( ) A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 B.f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3 D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) 解析 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5. 答案 A5.已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e －x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0，∴f (x )在R 上是增函数. 又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x ＝－f (x )，知f (x )为奇函数.故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)，∴a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案 D二、填空题6.已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 7.已知g (x )＝2x ＋x 2＋2a ln x 在[1，2]上是减函数，则实数a 的取值范围为________.解析 g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x ，由已知得g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立，可得a ≤1x －x 2在[1，2]上恒成立.又当x ∈[1，2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x 2min＝12－4＝－72. ∴a ≤－72.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－72 8.(2020·西安调研)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________.解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0， ∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时f (x )>0.故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).答案 (－∞，－2)∪(0，2)三、解答题9.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行.(1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)f ′(x )＝1x －ln x －ke x(x >0). 又由题意知f ′(1)＝1－k e ＝0，所以k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0). 设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上f (x )的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).10.设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0. B 级 能力提升11.(2020·郑州调研)已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则a 的取值范围为( ) A.(0，1]B.(1，＋∞)C.(0，1)D.[1，＋∞)解析 对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝a x ＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max＝1.答案 D12.(多选题)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中不具有M 性质的是( )A.f (x )＝2－xB.f (x )＝x 2C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x ，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确.答案 BCD13.已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为________.解析 f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x ). 则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1).又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )，由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.∴|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 14.已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x(x >0). 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x， 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增. C 级 创新猜想15.(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________. 解析 由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3，①又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数，∴2m ＋6＝0，即m ＝－3，②代入①式，得n＝0.所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).令f′(x)<0，得0<x<2，则单调递减区间为(0，2). 答案－3(0，2)。