2018年北师大版高中数学选修2-2同步优化指导第3章 1.1 导数与函数的单调性(第一课时)

高手支招3综合探究1.函数的导数与函数增减的速度之间的关系递增函数就是函数值随自变量的增大而增大,一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;递减函数就是函数值随自变量的增大而减小,一个函数减小得快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小越多,即平均变化率大,导数的绝对值也就大,从而导数的绝对值越大,函数增减的速度就越快. 2.导数与函数的单调性的关系 (1)f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.f′(x)＞0能推出f(x)为增函数,但反之不一定.如函数f(x)=x 3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0,∴f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件. (2)f′(x)≠0时,f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.若将f′(x)=0的根作为分界点,因为规定f′(x)≠0,即去掉了分界点,此时f(x)为增函数,就一定有f′(x)＞0.∴当f′(x)≠0时,f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分必要条件. (3)f′(x)≥0与f(x)为增函数的关系.f(x)为增函数,一定可以推出f′(x)≥0,但反之不一定,因为f′(x)≥0,即为f ′(x)＞0或f′(x)=0.当函数在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常数,函数不具有单调性.∴f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.高手支招4典例精析【例1】 (2006高考全国Ⅰ，理21) 已知函数f(x)=axe xx --+11. (1)设a ＞0,讨论y=f(x)的单调性;(2)若对任意x ∈(0,1),恒有f(x)＞1,求a 的取值范围. 思路分析:(1)先找出使函数f(x)=axe xx --+11有意义的区间,然后求出函数f(x)的导数f′(x),最后根据f′(x)分区间讨论函数f(x)的单调性.(2)若要求出对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1时的a 的取值范围,只需要利用函数的单调性在不同的a 的取值范围内分别讨论即可.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f′(x)=axe x a ax ---+22)1(2.当a=2时,f′(x)=xe x x 222)1(2--,f′(x)在(-∞,0),(0,1)和(1,+∞)均大于0,所以f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数.当0＜a ＜2时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数. 当a ＞2时,0＜a a 2-＜1,令f′(x)=0,解得x 1=a a 2--,x 2=aa 2-. 当x 变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:f(x)在(-∞,a a 2--),(a a 2-,1),(1,+∞)上为增函数,f(x)在(a a 2--,aa 2-)上为减函数. (2)当0＜a≤2时,由(1)知:对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞f(0)=1. 当a ＞2时,取x 0=21aa 2-∈(0,1),则由(1)知:f(x 0)＜f(0)=1, 当a≤0时,对任意x ∈(0,1),恒有x x -+11＞1且e -ax ≥1,得f(x)=x x -+11e -ax ≥xx-+11＞1. 综上所述,当且仅当a ∈(-∞,2]时,对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1.【例2】 设a 为实数,函数f(x)=x 3-ax 2+(a 2-1)x 在(-∞,0)和(1,+∞)上都是增函数,求a 的取值范围.思路分析:先求出与函数f(x)对应的一元二次方程的判别式Δ,然后分Δ=0、Δ＜0、Δ＞0三种情况分别进行讨论.解:f′(x)=3x 2-2ax+(a 2-1),其对应方程的判别式Δ=4a 2-12a 2+12=12-8a 2. (1)若Δ=12-8a 2=0,即a=±26,当x ∈(-∞,3a )或x ∈(3a ,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)为增函数.所以a=±26满足要求. (2)若Δ=12-8a 2＜0,恒有f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,所以a 2＞23,即a ∈(-∞,26-)∪(26,+∞)也满足要求. (3)若Δ=12-8a 2＞0,即26-＜a ＜26,令f′(x)=0,解得x 1=3232a a --,x 2=3232a a -+.当x ∈(-∞,x 1),或x ∈(x 2,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数;当x ∈(x 1,x 2)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数.依题意x 1≥0且x 2≤1.由x 1≥0得a≥223a -,解得1≤a ＜26.由x 2≤1得223a -≤3-a,解得26-＜a ＜26,从而a ∈[1,26). 综上,a 的取值范围为(-∞,26-]∪[26,+∞)∪[1,26),即a ∈(-∞,26-]∪[1,∞). 【例3】当x ∈(0,2π)时,证明：tanx ＞x. 思路分析:首先构造函数f(x)=tanx-x,然后判断f(x)在(0,2π)上的单调性.证明:设f(x)=tanx-x,x ∈(0,2π). ∴f′(x)=x xx x x x x x 2222222tan coscos 11cos 11cos sin cos 1)cos sin (=-=-=-+=-'=tan 2x ＞0. ∴f(x)在(0,2π)上为增函数. 又∵f′(0)=0且f(0)=0, ∴当x ∈(0,2π)时,f(x)＞f(0)恒成立,即tanx-x ＞0. ∴tanx ＞x.【例4】(2006高考全国Ⅱ，理20)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立,求实数a 的取值范围.思路分析:依据f(x)≥ax,可以设出一新函数g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,再求出其单调区间,然后利用其单调区间内函数的单调性讨论实数a 的取值范围. 解法一:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,(i)当a≤1时,对所有x ＞0,g′(x)＞0,所以g(x)在[0,+∞)上是增函数, 又g(0)=0,所以对所有x≥0,都有g(x)≥g(0), 即当a≤1时,对于所有x≥0,都有f(x)≥ax.(ii)当a ＞1时,对于0＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,所以g(x)在(0,e a-1-1)是减函数,又g(0)=0,所以对0＜x ＜e a-1-1,都有g(x)＜g(0),即当a ＞1时,不是对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,1]. 解法二:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,于是不等式f(x)≥ax 成立即为g(x)≥g(0)成立. 对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,当x ＞e a-1-1时,g′(x)＞0,g(x)为增函数, 当-1＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,g(x)为减函数,所以对所有x≥0都有g(x)≥g(0)成立的充要条件为e a-1-1≤0. 由此得a≤1,即a 的取值范围是(-∞,1]. 【例5】(2007陕西高考，理11) 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)思路分析:本题运用了三个知识点：(1)复合函数的求导法则；(2)导函数的正负对原函数单调性的影响；(3)不等式的传递性. ∵xf′(x)+f(x)≤0,∴f′(x)≤xx f )(-≤0. ∴f(x)单调递减. ∴)(00)(--≤--a a f b b f ,即af(b)≤bf(a).答案:A高手支招5思考发现1.在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域,解决问题的过程中,只能在函数的定义域内,通过讨论导数的符号,来判断函数的单调区间.2.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于零的点外,还要注意在定义区间内的不可导点.3.利用导数可以研究函数的单调性,一般应先确定函数的定义域,再求导数f′(x),通过判断函数定义域被导数为零的点所划分的各区间内f′(x)的符号,来确定函数f(x)在该区间上的单调性.当给定函0数含有字母参数时,分类讨论难以避免,不同的化归方法和运算程序往往使分类方法不同,应注意分类讨论的准确性.4.为了提高解题的准确性,在利用求导的方法确定函数的单调区间时,也必须先求出函数的定义域,然后再求导判断符号,以避免不该出现的失误.。

活页作业(十)　导数与函数的单调性(第一课时)1．当x >0时，f (x )＝x ＋，则f (x )的递减区间是( )2x A ．(2，＋∞) B ．(0,2)C ．(，＋∞)D ．(0，)22解析：由已知得f ′(x )＝1－.2x 2令f ′(x )＝1－<0，得－<x <且x ≠0.2x 222又x >0，∴0<x <.2∴函数f (x )的递减区间为(0，)．2答案：D2．下列函数中，在(0，＋∞)内递增的是( )A ．sin 2x B ．x e xC ．x 3－xD ．－x ＋ln(1＋x )解析：选项B 中，y ＝x e x ，在区间(0，＋∞)上，y ′＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )>0.∴函数y ＝x e x 在(0，＋∞)内递增．答案：B3．已知f (x )，g (x )均为(a ，b )上的可导函数，在[a ，b ]上没有间断点，且f ′(x )>g ′(x )，f (a )＝g (a )，则x ∈(a ，b )时有( )A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＝g (x )D ．大小关系不能确定解析：∵f ′(x )>g ′(x )，∴f ′(x )－g ′(x )>0.即[f (x )－g (x )]′>0，∴f (x )－g (x )在(a ，b )上是增加的．∴f (x )－g (x )>f (a )－g (a )．∴f (x )－g (x )>0.∴f (x )>g (x )．答案：A4．设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图像如下图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图像可能为( )解析：函数f (x )在(－∞，0)上是增加的，则f ′(x )在(－∞，0)上恒大于0，排除A ，C ；函数f (x )在(0，＋∞)上先增加，再减少，最后又增加，则f ′(x )在(0，＋∞)上先为正，再为负，最后又为正．答案：D5．函数f (x )＝x ln x 的递增区间是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．D ．(0，1e )(1e ，＋∞)解析：由导数公式表和求导法则，得f ′(x )＝lnx ＋1.当x ∈时，f ′(x )>0，所(1e ，＋∞)以函数f (x )在区间上是增加的．(1e ，＋∞)答案：D6．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的递减区间为__________．解析：由已知得f ′(x )＝3x 2－30x －33＝3(x ＋1)(x －11)．令f ′(x )<0，得－1<x <11，故递减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)7．函数y ＝ln(x 2－x －2)的递减区间为________．解析：由已知得f ′(x )＝.2x －1x 2－x －2令f ′(x )<0得x <－1或<x <2.又∵函数定义域为(－∞，－ 1)∪(2，＋∞)，∴递减区12间为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)8．函数y ＝－x 3＋12x 的递减区间为__________．解析：由已知得y ′＝－3x 2＋12.令y ′<0，得x <－2或x >2.∴递减区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)．答案：(－∞，－2)，(2，＋∞)9．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像过点P (0,2)，且在点M (－1，f (－1))处的切线方程为6x －y ＋7＝0.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解：(1)∵f (x )的图像经过点P (0,2)，∴d ＝2.∴f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2，f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .∵在点M (－1，f (－1))处的切线方程是6x －y ＋7＝0，∴－6－f (－1)＋7＝0.∴f (－1)＝1.又f ′(－1)＝6，∴Error!即Error!解得b ＝c ＝－3.∴所求的解析式是f (x )＝x 3－3x 2－3x ＋2.(2)由已知得f ′(x )＝3x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，即x 2－2x －1＝0，解得x 1＝1－，x 2＝1＋.22当x <1－或x >1＋时，f ′(x )>0；22当1－<x <1＋时，f ′(x )<0.22∴f (x )的递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，递减区间为(1－，1＋)．222210．已知x >0，证明：ln(1＋x )>x －x 2.12证明：设f (x )＝ln(1＋x )－x ＋x 2(x >0)，12则f ′(x )＝－1＋x ＝.1x ＋1x 21＋x 当x >0时，f ′(x )>0.∴f (x )在(0，＋∞)内是增加的．∴当x >0时，f (x )>f (0)＝0.∴当x >0时，ln(1＋x )>x －x 2.1211．下列区间中，是函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A ． B ．(π，2π)(π2，32π)C ．D ．(2π，3π)(32π，52π)解析：由已知得y ′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .∴当x ∈时，y ′＝x cos x >0.(32π，52π)答案：C12．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )上任一点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率k ＝(x 0－2)(x 0＋1)2，则该函数的递减区间为________．解析：由于切线的斜率就是其该点的导数值，所以由题意知f ′(x )＝(x －2)(x ＋1)2<0.解得x <2.故减区间为(－∞，2)．答案：(－∞，2)13．函数y ＝f (x )在定义域内可导，其图像如下图所示．记y ＝f (x )的导函数为(－32，3)y ＝f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为________．解析：∵f ′(x )≤0对应函数f (x )的递减区间，即f (x )的减区间为，(2,3)，(－13，1)∴f ′(x )≤0的解集为∪[2,3)．[－13，1]答案：∪[2,3)[－13，1]14．在区间(a ，b )内，f ′(x )>0是f (x )在(a ，b )内单调递增的___________条件．解析：若f ′(x )>0，则f (x )在(a ，b )内单调递增．反之不成立．例如y ＝x 3.在R 上递增，但y ′＝3x 2≥0.答案：充分不必要15．求证：方程x －sin x ＝0只有一个根x ＝0.12证明：设f (x )＝x －sin x ，x ∈，12(－∞，＋∞)则f ′(x )＝1－cos x >0.12∴f (x )在(－∞，＋∞)上是单调递增函数．当x ＝0时，f (x )＝0，∴方程x －sin x ＝0有唯一根x ＝0.1216．已知m 、n ∈N ＋，且1<m <n ，求证：(1＋m )n >(1＋n )m .证明：∵1<m <n ，m ，n ∈N ＋，∴2≤m <n ，(1＋m )n >(1＋n )m ⇔>.ln (1＋m )mln (1＋n )n∴构造函数f (x )＝(x ≥2)，ln (1＋x )x得f ′(x )＝.x 1＋x－ln (1＋x )x 2由x ≥2，得0<<1，ln(1＋x )≥ln 3>1.x1＋x ∴f ′(x )<0，f (x )为单调递减函数．又2≤m <n ，∴>.ln (1＋m )mln (1＋n )n∴(1＋m )n >(1＋n )m .。

第三章 §1 1.21．函数f (x )＝1＋3x －x 3有( ) A ．极小值－1，极大值1 B ．极小值－2，极大值3 C ．极小值－2，极大值2 D ．极小值－1，极大值3解析：f ′(x )＝－3x 2＋3， 令f ′(x )＝0，即－3x 2＋3＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1. 当x <－1时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当－1<x <1时，f ′(x )>0，f (x )是增加的； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )是减少的．∴函数的极小值为f (－1)＝1－3＋1＝－1，函数的极大值为f (1)＝1＋3－1＝3. 答案：D2．函数y ＝x 3＋1的极大值是( ) A ．1 B ．0 C ．2D ．不存在解析：y ′＝3x 2≥0，所以函数y ＝x 3＋1在R 上单调递增，故无极大值． 答案：D3．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3处取得极值，则a ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由f (x )在x ＝－3处取得极值，知f ′(－3)＝0，解得a ＝5. 答案：D4．在下列四个函数中，存在极值的是________． ①y ＝1x②y ＝x 2＋1 ③y ＝2 ④y ＝x 3解析：∵y ′＝－1x 2<0，∴y ＝1x 在定义域内不存在极值．同理，③④也不存在极值．②中，y ′＝2x ，令y ′＝0，得x ＝0.∴当x >0时，y ′>0；当x <0时，y ′<0.故函数y ＝x 2＋1在x ＝0处取极小值．答案：②5．设函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx (x ∈R )，已知g (x )＝f (x )－f ′(x )是奇函数． (1)求b ，c 的值；(2)求g (x )的极值．解：(1)∵f′(x)＝3x2＋2bx＋c，∴g(x)＝f(x)－f′(x)＝x3＋(b－3)x2＋(c－2b)x－c.又g(x)是R上的奇函数，∴g(－x)＝－g(x)．∴(－x)3＋(b－3)x2－(c－2b)x－c＝－x3－(b－3)x2－(c－2b)x＋c.化简，得(b－3)x2－c＝0.∴b＝3，c＝0.(2)由(1)知g(x)＝x3－6x，∴g′(x)＝3x2－6＝3(x＋2)(x－2)．当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)g′(x)＋0－0＋g (x)极大值极小值由表可知g(x)的递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，递减区间为(－2，2)，且g (x)在x＝－2处取得极大值为g(－2)＝(－2)3－6×(－2)＝42，在x＝2处取得极小值为g(2)＝(2)3－62＝－4 2.。

活页作业(十一) 导数与函数的单调性(第二课时)1．函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋1(a 为常数)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)内单调递增，且在区间(0,2)内单调递减，则a 值为( )A ．1B ．2C ．－6D ．－12解析：f ′(x )＝6x 2＋2ax ，依题意得f ′(2)＝24＋4a ＝0，∴a ＝－6. 答案：C2．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－ax 在区间(1，＋∞)上是增加的，且在区间(1,2)上有零点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫43，3B ． ⎝⎛⎭⎫43，103 C ．⎝⎛⎦⎤43，3D ．(－∞，3]解析：∵函数f (x )＝13x 3＋x 2－ax 在区间(1，＋∞)上是增加的，∴f ′(x )＝x 2＋2x －a ≥0在区间(1，＋∞)上恒成立． ∴a ≤x 2＋2x ，x ∈(1，＋∞)恒成立． ∵当x >1时，x 2＋2x >3， ∴a ≤3.①∵函数f (x )＝13x 3＋x 2－ax 在区间(1，＋∞)上是增加的，且在区间(1,2)上有零点，∴f (1)<0，f (2)>0. ∴43<a <103.② 由①②得，43<a ≤3.答案：C3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2(x ≥0)，x 3－(a －1)x ＋a 2－3a －4(x <0) 在(－∞，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．[－1,1] C ．(－∞，1)D ．[－1,4]解析：若原函数在R 上为增函数，则当x <0时，f ′(x )＝3x 2－(a －1)≥0恒成立．因此有a ≤1.还需注意函数在分段点处函数值的大小，应有a 2－3a －4≤0，解得－1≤a ≤4.综上－1≤a ≤1.答案：B4．已知定义在R 上的偶函数f (x )满足x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝20.2f (20.2)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 0.50.25·f (log 0.50.25)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．c >a >bC ．b >a >cD ．a >c >b解析：构造函数h (x )＝xf (x )，由函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，函数y ＝x 是R 上的奇函数，可得h (x )＝xf (x )是R 上的奇函数．又当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0. ∴函数h (x )在x ∈(－∞，0)上为单调递减函数． ∴h (x )在x ∈(0，＋∞)上为单调递减函数． ∵2>20.2>1,0<ln 2<1，log 0.50.25＝2， ∴log 0.50.25>20.2>ln 2.∴b >a >c . 答案：C5．设p ：f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q ：m ≥43，则p 是q 的________条件．( )A ．充要B ．充分不必要C ．必要不充分D ．既不充分又不必要解析：对于p ，由题意知f ′(x )＝3x 2＋4x ＋m ≥0在R 上恒成立，即Δ≤0. ∴4－3m ≤0.∴m ≥43.又当m ＝43时，f (x )＝x 3＋2x 2＋43x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x ＋233＋1927在R 上单调递增，∴m ≥43.∴p 是q 的充要条件．答案：A6．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的递减区间为[－1， 2]，则b ＝________，c ＝________. 解析：由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ≤0在[－1,2]上恒成立，所以－1,2为方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两根，则b ＝－32，c ＝－6.答案：－32－67．若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：∵f ′(x )＝3ax 2＋1，f (x )有三个单调区间， ∴方程3ax 2＋1＝0有两个不等实根． ∴Δ＝0－4×3a ×1>0.解得a <0.答案：(－∞，0)8．已知函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的最大值是________． 解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，因此a ≤3.故a 的最大值为3.答案：39．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax (a >0)，设F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)求F (x )的单调区间；(2)若以y ＝F (x )(x ∈(0,3])图像上任意一点P (x 0，y 0)为切点的切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的最小值．解：(1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax (x >0)，F ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．∵a >0，由F ′(x )>0得x ∈(a ，＋∞)， ∴F (x )在(a ，＋∞)上是增加的． 由F ′(x )<0得x ∈(0，a )， ∴F (x )在(0，a )上是减少的．∴F (x )的递减区间为(0，a )，递增区间为(a ，＋∞)． (2)∵F ′(x )＝x －ax2(0<x ≤3)，∴k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12(0<x 0≤3)恒成立．即a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max . 当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12， ∴a ≥12.∴a min ＝12.10．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .若f (x )在⎝⎛⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围． 解：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 . 函数有单调递增区间，即在⎝⎛⎭⎫23，＋∞内，导函数大于0有解，令29＋2a >0，得a >－19. 所以当a ∈⎝⎛⎭⎫－19，＋∞时，f (x )在⎝⎛⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间．11．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )<12，则f (x )<x 2＋12的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <－1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}解析：设g (x )＝f (x )－x 2－12，则g ′(x )＝f ′(x )－12<0.∴g (x )在R 上是减函数．∵g (1)＝f (1)－12－12＝1－1＝0，∴g (x )＝f (x )－x 2－12<0的解集为{x |x >1}．答案：D12．已知函数f (x )＝2e x －mx (其中e ≈2.718…)在区间[－1,0]上单调递减，则实数m 的取值范围为________．解析：由题意得f ′(x )＝2e x －m ≤0在[－1,0]上恒成立，即m ≥2e x 恒成立，可得m ≥2. 答案：[2，＋∞)13．若函数f (x )＝x 3－3ax 2－bx ，其中a ，b 为实数，f (x )在区间[－1,2]上为减函数，且b ＝9a ，则a 的取值范围是________．解析：由已知得f ′(x )＝3x 2－6ax －b ≤0对∀x ∈[－1，2]恒成立， ∵b ＝9a ，∴x 2－2ax －3a ≤0.∵2x ＋3>0. ∴a ≥x 22x ＋3对x ∈[－1,2]恒成立．解得a ≥1. 答案：[1，＋∞)14．已知函数f (x )＝ax －ln x ，若f (x )>1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a 的取值范围为_________．解析：由已知a >1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内恒成立．设g (x )＝1＋ln xx ，∴g ′(x )＝－ln xx2<0(x >1)．∴g (x )＝1＋ln xx 在区间(1，＋∞)内递减．∴g (x )<g (1)． ∵g (1)＝1，∴1＋ln xx<1在区间(1，＋∞)内恒成立．∴a ≥1. 答案：[1，＋∞)15．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 3(a 为常数)．(1)若a ＝－3，判断函数f (x )在(1，＋∞)上的单调性； (2)函数f (x )在[1，e]上单调递减，求实数a 的取值范围；(3)若存在x ∈[1，e]，使得f (x )≥ax ＋x 3－x 2＋2x 成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－3时f ′(x )＝3x 2－3x ＝3(x 3－1)x. 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数．(2)由已知得f ′(x )＝a x ＋3x 2＝3x 3＋a x .∵f (x )在[1，e]上单调递减，∴f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立．即a ≤－3x 3在[1，e]上恒成立． ∵(－3x 3)min ＝－3e 3，∴a ≤－3e 3. (3)不等式f (x )≥ax ＋x 3－x 2＋2x 可化为 a (x －ln x )≤x 2－2x .∵x ∈[1，e]，∴ln x ≤1≤x ，且不能同时取等号． ∴ln x <x ，即x －ln x >0. ∴a ≤x 2－2xx －ln x (x ∈[1，e])．令g (x )＝x 2－2xx －ln x (x ∈[1，e])，则g ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2.当x ∈[1，e]时，x －1≥0，ln x ≤1，x ＋2－2ln x >0，从而g ′(x )≥0(仅当x ＝1时取等号)， ∴g (x )在[1，e]上为增函数． ∴g (x )的最小值为g (1)＝－1. ∴实数a 的取值范围是(－∞，－1]． 16．设函数f (x )＝1＋x 1－xe －ax .(1)试写出定义域及f ′(x )的解析式； (2)设a >0，讨论函数y ＝f (x )的单调性． 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝ax 2＋2－a (1－x )2e －ax，其中x ≠1.(2)①当0<a ≤2时，f ′(x )≥0且仅在有限个点处取等号，∴f (x )在(－∞，1)，(1，＋∞)上为增函数．②当a >2时，由f ′(x )>0得ax 2＋2－a >0，解得x >a －2a或x <－a －2a；由f ′(x )<0得ax 2＋2－a <0，解得－a －2a<x < a －2a. 综上所述，当0<a ≤2时，函数y ＝f (x )在(－∞，1)，(1，＋∞)上单调递增；当a >2时，函数y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a －2a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a ，1，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－a －2a ， a －2a 上单调递减．。

北师大版 2018 年高中数学选修 2-2 同步优化指导练习含答案模块综合测评( ： 120 分分： 150 分)一、 (本 共 12 小 ，每小5 分，共 60 分 )1． 复数 z ＝ 1＋2－)(其中 i 虚数 位 )， z 2＋ 3 z 的虚部 (iA ． 2iB ． 0C ．－ 10D ． 2解析：∵ z ＝ 1＋ 2 ＝1－ 2 2 ＝－ － 2－ i 2i ，∴ z ＝ (1－ 2i) 3－ 4i ， z ＝1＋ 2i.∴ z ＋ 3 z ＝－ 3－ 4i ＋ 3(1＋2i) ＝ 2i.∴虚部 2.答案： D2． 察一列数的特点： 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，⋯， 第 100 是 ()A ． 10B ． 13C ．14D ． 100解析： ∵ 1＋ 13 × 13＝ 91，2∴从第 92 开始 14，共有 14 ．∴第 10014.答案： C1－i2 014＋ 2i 的共 复数－－＝ ()3．已知 i 是虚数 位，且 z ＝ 1＋ i z ， z ·z A ． 5 B ． 1 C ． 5D ． 9解析： z ＝ 1－ i 2 0142i ＝ (－ i) 2 014－＝( －1＋ 2i)( － 1－ 2i) ＝5.1＋ i＋＋ 2i ＝－ 1＋ 2i ，故 z ·z答案： A4．数列 { a n } 中， a 1＝ 1，当 n ≥ 2， a n ＝ a n － 1＋ 2n － 1，依次 算 a 2 ，a 3， a 4 后，猜想a n 的表达式是 ()A ． 3n － 2B ． n 2 n －1D ． 4n －3C ．3解析： 算出 a 2＝ 4， a 3＝ 9， a 4＝16，猜想 a n ＝n 2.答案： B5． 确保信息安全，信息需加密 ， 送方由明文→密文(加密 )，接受方由密文→明文 (解密 )，已知加密 ：明文a ，b ，c ，d 密文a ＋2b ，2b ＋c ，2c ＋ 3d,4d ，例如，明文 1,2,3,4 密文 5,7,18,16.当接受方收到密文14,9,23,28 ，解密得到的明文()A ． 4,6,1,7B ． 7,6,1,4C ．6,4,1,7D ． 1,6,4,7a ＋ 2b ＝ 14，a ＝ 6，2b ＋ c ＝ 9， 得b ＝ 4，解析： 由故选 C ．2c ＋ 3d ＝23， c ＝ 1，4d ＝ 28，d ＝ 7.答案： C6． (2017 北·京卷 )若复数 (1－i)( a ＋ i) 在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是 ()A ． (－∞， 1)B ． (－∞，－ 1)C ．(1，＋∞ )D ． (－ 1，＋∞ )解析： (1－i)( a ＋ i) ＝ a ＋ i － ai － i 2＝ a ＋ 1＋ (1－a)i. 由复数 (1－i)( a ＋ i) 在复平面内对应的点在第二象限，a ＋ 1＜ 0，得解得 a ＜－ 1.1－ a ＞ 0.答案： Bπ7π7．由直线 x ＝－ 6， x ＝ 6 ，y ＝ 0 与曲线 y ＝ sin x 所围成的封闭图形的面积为()A ． 2－ 3B ． 4－ 3C ．2＋ 3D ． 4＋ 3解析： 如下图，封闭图形的面积为πS ＝－sinxdx ＋ 0 sinxdx －sinxdxπ＝－ 2sinxdx ＋ 0 sinxdx＝－ 2( －cosx)＋ (－ cosx)|0π＝ 2 cos 0－ cos － π－ (cos π－ cos 0)6 3－ (－ 1－1)＝ 4－ 3.答案： B8．已知α，β是三次函数f(x)＝1312＋ 2bx(a，b∈R )的两个极值点，且α∈ (0,1)，β3x＋ ax2∈(1,2) ，则b－3的取值范围是 () a－ 2A ．－∞，2B．2，1 55C．(1，＋∞ )D．－∞，2∪ (1，＋∞ ) 5解析：因为函数有两个极值，所以f′ (x)＝0有两个不同的根，即>0又.f′ (x)＝ x2＋f′ 0 >0，2b>0，b－ 3的几何意义是动ax＋ 2b，α∈ (0,1)，β∈ (1， 2)，所以f′ 1 <0，即1＋ a＋2b<0，f′ 2 >0，4＋ 2a＋ 2b>0.a－ 2点 P(a，b)到定点 A(2,3)两点连线的斜率．作出可行域如图，由图像可知当直线经过AB 时斜率最小，此时斜率为 k＝1－3＝2；当直线经过AD 时斜率最大，此时斜率为k＝0－ 3＝－ 3－ 2 5－1－22 b－ 31.故5<a－2<1.答案： B9．定义在R上的函数y＝ f(x)满足 f(4 －x)＝f(x)，(x－ 2)f′ (x)<0 ，若 x1<x2，且 x1＋ x2>4，则()A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝ f(x2)D． f(x1)与 f(x2)的大小不确定解析：由 f(4－ x)＝ f( x)，得函数 f(x)的图像关于直线x＝ 2 对称．由 (x－2)f′ (x)<0，得函数f(x)在 (－∞，2)上是增加的，在 (2，＋∞) 上是减少的．故当 x2>x1>2 时，f(x1)>f( x2)；当 x2>2> x1时，由 x1＋ x2>4，得 x2>4－ x1>2.故 f(4－ x1)＝ f(x1)>f(x2)．综上， f(x1)>f(x2)．答案： B范围是 ()1A ． a ≤ 0B ． a ≥－ 8 1C ．a<－ 8D ． a ≥ 0解析： 由题意，得1f ′ (x)＝2ax ＋(x>0) ，且直线 x ＋ y ＋m ＝ 0(m ∈ R )的斜率为－ 1.x由对任意实数 m 直线 x ＋ y ＋ m ＝ 0 都不是曲线 y ＝f(x)的切线，得曲线 y ＝ f(x)的切线的斜1率不可能为－ 1，即 2ax ＋ ＝－ 1 无正实数根．1 1分离 a ，得 a ＝－ 2x 2 － 2x ①，也就是当 x>0 时，①不能成立． 令 y ＝－ 11 1 1＋ 1 2 12x 2－ 2x ＝－ 2 x 2 ＋ 8 ，设 t ＝1x ，由 x>0，得 t>0.则 y ＝－ 1 t ＋ 1 2＋ 1<0.228 故 a ≥0.答案： D11．如果函数 f(x)＝a x (a x － 3a 2－1)( a>0 且 a ≠ 1)在区间 [0，＋∞ )上是增函数，那么实数a 的取值范围是 ()23， 1A ． 0， 3B ．3 C ．(1， 3]3，＋∞D ． 2 解析： 由已知得 f ′ (x)＝ 2a 2x ln a － (3a 2＋ 1)a x ·ln a ＝ a x ln a(2a x － 3a 2－ 1)≥ 0. ①当 a>1 时， ln a>0 ，a x >0，∴ 2a x － 3a 2－ 1≥0 恒成立．当 x ∈ [0，＋ ∞ )时，a x ≥ 1，故只需 2－ 3a 2－ 1≥0，∴ 3a 2≤ 1.∴ a2≤ 13与 a>1 矛盾．②当 0<a<1 时， ln a<0， a x >0，∴ 2a x － 3a 2－ 1<0 恒成立．当 x ∈ [0，＋ ∞ )时， a x ≤ 1，223故只需 2－ 3a － 1≤0，∴ 3a ≥ 1.∴ ≤ a<1.12．已知 f(x)在点 x 处可导，那么 limf x ＋x －f x － x ＝ ()x →x A ． 0B ． f ′ (x)1C ．2f ′ (x)D ． 2f ′ (x)解析： lim f x ＋ x － f x － xx →0 x＝lim f x ＋ x －f x ＋ lim f x － f x － xx →xx →x＝ f ′ (x)＋ limf x － x － f xx →－ x＝ f ′ (x)＋ f ′( x)＝ 2f ′ (x)．答案： D二、填空题 (本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分 )13．设 P 是△ ABC 内一点，△ ABC 三边上的高分别为h A ，h B ，h C ， P 到三边的距离依l al bl c次为 l a ，l b ，l c ，则有 h A ＋ h B ＋ h C ＝ ________；类比到空间，设 P 是四面体 ABCD 内一点，四 顶点到对面的距离分别是 h A ， h B ， h C ， h D ， P 到这四个面的距离依次是l a ， l b ， l c ， l d ，则有____________．解析： 用等面积法可得 l a ＋ l b ＋ l c ＝1.h A h B h C 类比到空间有 l a ＋ l b ＋ l c ＋ l d＝ 1.h A h B h C h D答案： 1l a ＋ l b ＋ l c ＋ l d ＝ 1h A h B h C h D2在 x ＝ 1 处的切线方程为 14．曲线 y ＝ 2ln x ＋ x － 2x解析： 当 x ＝ 1 时， y ＝－ 1.又 y ′＝ 2＋ 2x －2，于是 x__________ ．k ＝ y ′ |x ＝ 1＝ 2.故切线方程为 y ＋ 1＝2(x － 1)，即 2x － y －3＝ 0.答案： 2x － y － 3＝015．已知二次函数 f(x)＝ ax 2＋ bx ＋ c 的导数为 f ′ (x)， f ′ (0)>0 ，且 f(x)的值域为 [0，＋∞ ) ，则 f 1的最小值为 ________． f ′解析： ∵ f ′(x)＝2ax ＋ b ，∴ f ′ (0) ＝ b>0.又函数 f(x)的值域为 [0，＋ ∞ )，∴ a>0 ，且 ＝ b 2－ 4ac ＝ 0，即 4ac ＝ b 2.∴ c>0.∵ f(1) ＝ a＋ b＋ c，∴f 1＝a＋ b＋ c＝1＋ a＋ c≥1＋ 2ac＝ 1＋4ac＝ 1＋1＝ 2，当且仅f′ 0b b b4ac当 a＝ c 时等号成立．∴ f 1的最小值为 2.f′ 0答案： 216．定义两个实数间的一种新运算“ *：”x* y＝ lg(10 x＋ 10y)， x， y∈R .对任意实数 a， b，c，给出下列结论：① (a*b)* c＝a*( b* c)；② a* b＝ b*a ；③ (a* b) ＋ c＝( a＋ c)*( b＋ c)．其中正确的是 ________(填序号 )．解析：∵ a* b＝lg(10 a＋ 10b)，∴(a* b)* c＝lg(10lg(10 a＋ 10b)＋ 10c)＝lg(10 a＋ 10b＋ 10c)．同理 a*( b* c)＝ lg(10 a＋ 10b＋10c)．∴a*( b*c)＝( a* b)* c.故①正确．同理可验证②正确．∵a* b＝ lg(10 a＋ 10b)，a bb* a＝lg(10 ＋ 10)，∴a* b＝ b* a.又∵ (a＋ c)*( b＋ c)＝ lg(10 a＋c＋ 10b＋c)＝lg[10 c(10a＋ 10b)]＝lg(10 a＋ 10b)＋ c，(a* b)＋ c＝ lg(10 a＋ 10b)＋ c，∴(a* b)＋ c＝(a＋c)*( b＋ c)．故③正确．答案：①②③三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分)17． (10 分)求证： ac＋ bd≤a2＋b2· c2＋ d2.证明：若 ac＋ bd≤ 0，则不等式显然成立．若 ac＋bd>0 ，要证原不等式成立，22222只要证 (ac＋bd)≤ (a＋b)(c＋ d )，即要证 a2c2＋ 2abcd＋ b2d2≤ a2c2＋ a2d2＋ b2c2＋ b2d2，只要证 (ad－ bc)2≥ 0.此式显然成立，所以原不等式成立．－18．(12 分 )设复数 z 满足 4z＋2 z ＝ 3 3＋ i ，ω＝sin θ－ icos θ(θ∈R)．求 z 的值和 |z－ω| 的取值范围．－解：设 z＝ a＋ bi(a， b∈R)，则 z ＝ a－ bi.－代入 4z ＋2 z ＝ 33＋ i ，得 4(a ＋ bi) ＋ 2(a － bi) ＝ 3 3＋ i ，即 6a ＋ 2bi ＝ 3 3＋ i.6a ＝3 3，3，a ＝ 23 ＋1i.∴解得∴ z ＝ 2b ＝1.12 2b ＝ 2.∴ |z － ω|＝3 12＋ i － sin θ－ icos θ2＝3－ sin θ2＋ 12＋ cos θ22＝ 2－ 3sin θ＋ cos θ＝2－2sinθ－ π .6π∵－ 1≤ sin θ－ 6 ≤ 1，π∴ 0≤ 2－ 2sin θ－ 6 ≤ 4.∴ 0≤ |z －ω|≤2.故 |z － w|的取 范 是 [0,2] ．19． (12 分)已知复数 z ＝ (2x ＋ a)＋ (2－x ＋ a)i ， x ， a ∈ R ，当 x 在 (－∞，＋∞ )内 化 ，求 |z|的最小g(a)．解： |z|2＝ (2x ＋a) 2＋ (2 － x＋ a) 2＝ 22x ＋2 － 2x－ x＋ 2a(2x ＋2 )＋ 2a 2.令 t ＝ 2x ＋ 2－ x ， t ≥ 2,22x ＋ 2－2x ＝ t 2－ 2.从而 |z|2＝ t 2＋ 2at ＋ 2a 2－ 2＝ (t ＋ a)2＋ a 2－ 2.当－ a ≥ 2，即 a ≤ － 2 ， g(a)＝a 2－ 2；当－ a<2 ，即 a>－ 2 ，g(a)＝ a ＋ 2 2＋ a 2－ 2＝ 2|a ＋ 1|.20． (12 分)用数学 法 明不等式：2＋ 1× 4＋ 1×⋯× 2n ＋ 124 2n > n ＋ 1.明： ①当 n ＝1 ，左式＝ 3，右式＝2，2左式 >右式，所以不等式成立．②假 n ＝ k(k ≥ 1， k ∈ N ＋ ) 不等式成立，2＋ 1 4＋ 1 2k ＋ 1即2×4×⋯×2k >k ＋ 1，当 n ＝ k ＋ 1 ，2＋ 1×4＋ 1×⋯× 2k ＋ 1× 2k ＋32k ＋ 3 ＝ 2k ＋ 3 .2 42k 2 k ＋1 > k ＋1×2 k ＋ 12 k ＋ 1 要 当 n ＝ k ＋ 1 不等式成立，只需2k ＋3≥k ＋ 2，2 k ＋ 1即2k ＋ 3≥ k ＋1 k ＋ 2 .2由基本不等式 2k ＋ 3＝ k ＋ 1 ＋ k ＋ 2 ≥k ＋ 1 k ＋ 2 成立，故2k ＋ 3≥ k ＋ 2成立．222 k ＋ 1所以，当 n ＝ k ＋1 ，不等式成立．由①②可知， n ∈ N2＋1 4＋ 12n ＋ 1，不等式2 ×4×⋯×2n> n ＋ 1成立．＋21． (12 分 )已知函数 f(x) ＝x 3 ＋2bx 2＋ cx － 2 的 像在与x 交点 的切 方程是y ＝ 5x－10.(1)求函数 f(x)的解析式．(2) 函数 g(x)＝ f(x)＋1mx ，若 g( x)的极 存在， 求 数 m 的取 范 以及函数 g(x)取得3极 的自 量 x 的 ．解： (1)由已知得切点(2,0)，故有 f(2) ＝ 0，即 4b ＋ c ＋ 3＝0.①又 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 4bx ＋ c ，由已知 f ′(2) ＝ 12＋ 8b ＋ c ＝5，得 8b ＋ c ＋ 7＝ 0.②立①②，解得b ＝－ 1，c ＝ 1.所以函数的解析式f(x) ＝x 3 －2x 2＋ x － 2.(2)g( x)＝ x 3－ 2x 2＋ x －2＋ 1mx ，3 21令 g ′ (x)＝ 3x －4x ＋1＋ m ＝ 0.3当函数有极 ，方程3x 2－ 4x ＋ 1＋ 1m ＝ 0 有 数解，即 Δ≥ 0.3由 ＝ 4(1－ m)≥ 0，得 m ≤ 1.①当 m ＝1 ， g ′ (x)＝ 0 有 数根 x ＝ 2，在 x ＝2左右两 均有g ′ (x)>0 ，故函数 g(x)33无极 ．②当 m<1 ， g ′ (x)＝ 0 有两个 数根x 1 ＝1 (2－ 1－ m)， x 2＝ 1(2＋ 1－ m)．33当 x 化 ， g ′( x)， g(x)的情况如下表：x (－∞， x 1) x 1(x 1，x 2) x 2( x 2，＋∞ )g′ (x)＋0－0＋g(x)极大值极小值所以当 m∈ (－∞， 1)时，函数g(x)有极值，1当x＝3(2 － 1－m)时， g(x)有极大值；当x＝13(2 ＋ 1－m)时， g(x)有极小值．22．(12 分 )(2014 浙·江高考 )已知函数 f(x)＝ x3＋ 3|x－ a|(a>0)，将 f(x)在 [－ 1,1] 上的最小值记为 g(a)．(1)求 g(a)．(2)证明：当x∈ [ － 1,1] 时，恒有f(x)≤ g(a)＋ 4.(1)解：因为 a>0 ，－ 1≤ x≤ 1，所以①当 0<a<1 时，若x∈ [－ 1， a]，则 f(x)＝x3－ 3x＋ 3a，f′ (x)＝3x2－3<0.故 f(x) 在(－ 1， a)上是减函数．若x∈ [a,1]，则 f(x)＝ x3＋ 3x－3a，f′ (x)＝3x2＋3>0.故f(x) 在(a,1)上是增函数．所以 g(a)＝ f(a)＝ a3.②当 a≥ 1 时，有 x≤ a，则f(x) ＝x3－ 3x＋ 3a， f′ (x)＝ 3x2－ 3<0.故f(x) 在(－ 1,1)上是减函数，所以 g(a)＝ f(1)＝－ 2＋ 3a.a3 0<a<1 ，综上， g(a)＝－2＋ 3a a≥ 1 .(2)证明：令 h( x)＝ f(x)－ g(a)．①当 0<a<1 时， g( a) ＝ a3 .若x∈ [a,1]，则 h(x)＝x3＋3x－ 3a－a3，h′ (x)＝ 3x2＋ 3，在 (a,1)上是增函数．所以 h(x)在 [a,1]上的最大值是 h(1) ＝ 4－ 3a－ a3 .因为 0< a<1，所以 h(1)≤4.故f(x) ≤g( a)＋4.若x∈ [－ 1， a]，则 h(x)＝ x3－ 3x＋ 3a－ a3，h′ (x)＝ 3x2－ 3，在 ( －1， a)上是减函数．所以 h(x)在 [ － 1，a] 上的最大值是h(－ 1)＝ 2＋3a－ a3.9北师大版 2018 年高中数学选修2-2 同步优化指导练习含答案知t(a) 在(0,1)上是增函数，所以 t(a)<t(1)＝ 4，即 h(－ 1)<4.故f(x) ≤g( a)＋4.②当 a≥ 1 时， g(a)＝－ 2＋ 3a，故h(x)＝ x3－ 3x＋ 2，得 h′ (x)＝ 3x2－ 3.此时 h(x)在 (－ 1,1)上是减函数．因此 h(x)在 [ － 1,1] 上的最大值是h(－ 1)＝ 4.故f(x) ≤g( a)＋4.综上，当 x∈ [ － 1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.10。

1.1导数与函数的单调性学习目标 1.理解导数与函数的单调性的关系.2.掌握利用导数判断函数单调性的方法.3.能利用导数求不超过三次多项式函数的单调区间．知识点函数的单调性与导数思考1已知函数(1)y＝2x－1，(2)y＝－3x，(3)y＝2x，请判断它们的导数的正负与它们的单调性之间的关系．答案(1)y′＝2>0，y＝2x－1是增函数；(2)y′＝－3<0，y＝－3x是减函数；(3)y′＝2x ln x>0，y＝2x是增函数．思考2观察图中函数f(x)，填写下表．梳理函数的单调性与导数符号的关系类型一 判断或证明函数的单调性例1 证明函数f (x )＝ln xx 在区间(0,2)上是增加的．证明 由于f (x )＝ln xx ，所以f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln xx 2， 由于0<x <2，所以ln x <ln2<1， 故f ′(x )＝1－ln xx2>0，即函数在区间(0,2)上是增加的．反思与感悟 利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式f ′(x )>0(f ′(x )<0)在给定区间上恒成立．一般步骤为 (1)求导f ′(x )． (2)判断f ′(x )的符号． (3)给出单调性结论．跟踪训练1 判断y ＝ax 3－1(a ∈R )在R 上的单调性． 解 ∵y ′＝3ax 2， ∴①当a >0时，y ′>0， ∴y ＝ax 3－1在R 上是增函数． ②当a ＝0时，y ′＝0， ∴y ＝ax 3－1在R 上是常函数．③当a <0时，y ＝ax 3－1在R 上是减函数． 类型二 利用导数求函数的单调区间 命题角度1 不含参数的函数求单调区间 例2 求f (x )＝3x 2－2ln x 的单调区间． 解 f (x )＝3x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝6x －2x ＝2(3x 2－1)x ＝2(3x －1)(3x ＋1)x，由x >0，解f ′(x )>0，得x >33.由x >0，解f ′(x )<0，得0<x <33. ∴函数f (x )＝3x 2－2ln x 的递增区间为(33，＋∞)，递减区间为(0，33)． 反思与感悟 求函数y ＝f (x )的单调区间的步骤 (1)确定函数y ＝f (x )的定义域． (2)求导数y ′＝f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，函数在解集所表示的定义域内为增函数． (4)解不等式f ′(x )<0，函数在解集所表示的定义域内为减函数． 跟踪训练2 函数f (x )＝(x 2＋2x )e x (x ∈R )的递减区间为____________． 答案 (－2－2，－2＋2) 解析 由f ′(x )＝(x 2＋4x ＋2)e x <0， 即x 2＋4x ＋2<0， 解得－2－2<x <－2＋ 2.所以f (x )＝(x 2＋2x )e x 的递减区间为(－2－2，－2＋2)． 命题角度2 含参数的函数求单调区间例3 讨论函数f (x )＝12ax 2＋x －(a ＋1)ln x (a ≥0)的单调性．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋1－a ＋1x ＝ax 2＋x －(a ＋1)x .(1)当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x，由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1. ∴f (x )在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数． (2)当a >0时，f ′(x )＝a (x ＋a ＋1a)(x －1)x ，∵a >0，∴－a ＋1a<0.由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1. ∴f (x )在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0,1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数． 反思与感悟 (1)讨论参数要全面，解题时易忽略a ＝0的情况而致错．(2)解不等式时若涉及分式不等式要注意结合定义域化简，也可转化为二次不等式求解． 跟踪训练3 设函数f (x )＝e x －ax －2，求f (x )的单调区间． 解 f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上是增加的． 若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )上是减少的，在(ln a ，＋∞)上是增加的． 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在(－∞，＋∞)上是增加的； 当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上是减少的，在(ln a ，＋∞)上是增加的． 类型三 已知函数的单调性求参数的范围例4 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是________． 答案 [1，＋∞)解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x <1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)． 引申探究1．若将本例中条件增加的改为减少的，求k 的取值范围． 解 ∵f ′(x )＝k －1x，又f (x )在(1，＋∞)上是减少的，∴f ′(x )＝k －1x ≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≤1x ，∵0<1x <1，∴k ≤0.即k 的取值范围为(－∞，0]．2．若将本例中条件是增加的改为不单调，求k 的取值范围． 解 f (x )＝kx －ln x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝k －1x .当k ≤0时，f ′(x )<0.∴f (x )在(0，＋∞)上是减少的，故不合题意． 当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1k ，只需1k ∈(1，＋∞)，即1k >1，则0<k <1.∴k 的取值范围是(0，1)．反思与感悟 (1)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意；②先令f ′(x )>0(或f ′(x )<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f (x )是否满足题意．(2)恒成立问题的重要思路 ①m ≥f (x )恒成立⇒m ≥f (x )max ； ②m ≤f (x )恒成立⇒m ≤f (x )min . 跟踪训练4 已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在(－2，＋∞)内是减少的，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－∞，12)解析 因为f (x )＝ax ＋1x ＋2，所以f ′(x )＝2a －1(x ＋2)2.由函数f (x )在(－2，＋∞)内是减少的， 知f ′(x )≤0在(－2，＋∞)内恒成立， 即2a －1(x ＋2)2≤0在(－2，＋∞)内恒成立，因此a ≤12. 当a ＝12时，f (x )＝12，此时函数f (x )为常数函数，故a ＝12不符合题意，舍去．故实数a 的取值范围为(－∞，12)．1．设函数f (x )的图像如图所示，则导函数f ′(x )的图像可能为( )答案 C解析 由f (x )的图像可知，函数f (x )的递增区间为(1，4)，递减区间为(－∞，1)和(4，＋∞)，因此，当x ∈(1，4)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，1)或x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )<0，结合选项知选C.2．下列函数中，既是奇函数，又在(1，＋∞)上递增的是( ) A ．y ＝x 3－6x B ．y ＝x 2－2x C ．y ＝sin x D ．y ＝x 3－3x答案 D解析 由于函数为奇函数，不可能为B. 对于A ：y ′＝3x 2－6，令y ′＝3x 2－6>0，∴x >2或x <－ 2. 对于D ：y ′＝3x 2－3，令y ′＝3x 2－3>0，∴x >1或x <－1. ∴D 对．3．函数f (x )＝3＋x ·ln x 的递增区间是( ) A ．(0，1e )B ．(e ，＋∞)C ．(1e ，＋∞)D ．(1e，e)答案 C解析 f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0， 即ln x ＋1>0，得x >1e.故函数f (x )的递增区间为(1e，＋∞)．4．已知f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－3，3]解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1， 由题意知在R 上f ′(x )≤0恒成立， 则Δ＝(2a )2－4×(－3)×(－1)≤0， 得－3≤a ≤ 3.5．已知函数f (x )＝x 2＋ln x －ax 在(0,1)上是增函数，则实数a 的最大值是________． 答案 2 2解析 f ′(x )＝2x ＋1x －a ＝2x 2－ax ＋1x ，由于y ＝f (x )在(0,1)上是增函数，∴f ′(x )≥0在(0,1)上恒成立， 即2x 2－ax ＋1≥0在(0，1)上恒成立． ∴a ≤2x ＋1x在(0，1)上恒成立，又2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22等号成立．∴a ≤22，即a 的最大值为2 2.1．导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性，导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度．2．利用导数求函数f (x )的单调区间的一般步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求导数f ′(x )．(3)在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0. (4)根据(3)的结果确定函数f (x )的单调区间．课时作业一、选择题1．函数y ＝(3－x 2)e x 的递增区间是( ) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)D ．(－3，1) 答案 D解析 y ′＝－2x ·e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)令y ′>0，即x 2＋2x －3<0， ∴－3<x <1.2．若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．[0，＋∞) B ．(－∞，0] C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞)答案 C解析 f ′(x )＝1＋a x ＝x ＋ax(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， ∵f (x )在(0，＋∞)上不单调， ∴－a >0，即a <0.3．函数f (x )＝12x 2－ln x 的递减区间为( )A ．(0，1)B ．(0，1)∪(－∞，－1)C ．(－∞，1)D ．(－∞，＋∞)答案 A解析 ∵f (x )＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －1x ，令f ′(x )<0，即x －1x <0，解得0<x <1. 故选A.4．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝x e x C ．y ＝x 3－x D ．y ＝ln x －x答案 B解析 B 项中，y ＝x e x ，y ′＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )， 当x ∈(0，＋∞)时，y ′>0， ∴y ＝x e x 在(0，＋∞)内为增函数．5．当x >0时，f (x )＝x ＋2x 的递减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)答案 D解析 f ′(x )＝1－2x 2＝x 2－2x 2＝(x －2)(x ＋2)x 2由f ′(x )<0且x >0，得0<x < 2.6．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[－2，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]D ．(－∞，2]答案 A解析 根据条件得h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋kx2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立， 所以k ∈[－2，＋∞)． 二、填空题7．函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的递增区间为________． 答案 (π3，π)解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0， 则cos x <12.又x ∈(0，π)，解得π3<x <π，所以函数在(0，π)上的递增区间为(π3，π)．8．函数f (x )＝ln x －x 的递增区间为________． 答案 (0,1)解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)． 令f ′(x )＝1x－1>0，解不等式得0<x <1.9．已知函数f (x )＝k e x －1－x ＋12x 2(k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线与x 轴平行，则f (x )的递减区间为____________． 答案 (－∞，0)解析 f ′(x )＝k e x －1－1＋x .∵曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线与x 轴平行， ∴f ′(0)＝k ·e －1－1＝0，解得k ＝e ，故f ′(x )＝e x ＋x －1. 令f ′(x )<0，解得x <0， 故f (x )的递减区间为(－∞，0)．10．已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在(－1，1)上是减少的，则a 的取值范围为________． 答案 [3，＋∞)解析 ∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a . 要使f (x )在(－1，1)上是减少的， 则f ′(x )≤0在x ∈(－1，1)上恒成立， 则3x 2－a ≤0，即a ≥3x 2在x ∈(－1,1)上恒成立， 在x ∈(－1，1)上，3x 2<3，即a ≥3， ∴a 的取值范围为[3，＋∞)．11．定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，f ′(x )<2，则满足f (x )>2x －1的x 的取值范围是________． 答案 (－∞，1)解析 令g (x )＝f (x )－2x ＋1， 则g ′(x )＝f ′(x )－2<0， 又g (1)＝f (1)－2×1＋1＝0，当g (x )>g (1)＝0时，x <1，∴f (x )－2x ＋1>0， 即f (x )>2x －1的解集为(－∞，1)． 三、解答题12．求下列函数的单调区间． (1)f (x )＝x 2－ln x ； (2)f (x )＝e xx －2.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x .因为x >0，所以2x ＋1>0， 由f ′(x )>0，解得x >22， 所以函数f (x )的递增区间为(22，＋∞)； 由f ′(x )<0，解得x <22， 又x ∈(0，＋∞)，所以函数f (x )的递减区间为(0，22)． (2)函数f (x )的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)， f ′(x )＝e x (x －2)－e x (x －2)2＝e x (x －3)(x －2)2.因为x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)， 所以e x >0，(x －2)2>0. 由f ′(x )>0，解得x >3，所以函数f (x )的递增区间为(3，＋∞)； 由f ′(x )<0，解得x <3， 又x ∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f (x )的递减区间为(－∞，2)和(2，3)．13．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，求实数m 的取值范围． 解 f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m ，由于f (x )是R 上的单调函数， 所以f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立． 由于导函数的二次项系数3>0， 所以只能有f ′(x )≥0恒成立．方法一 由上述讨论可知要使f ′(x )≥0恒成立， 只需使方程3x 2＋2x ＋m ＝0的判别式Δ＝4－12m ≤0， 故m ≥13.经检验，当m ＝13时，只有个别点使f ′(x )＝0，符合题意．所以实数m 的取值范围是m ≥13.方法二 3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立， 即m ≥－3x 2－2x 恒成立．设g (x )＝－3x 2－2x ＝－3(x ＋13)2＋13，易知函数g (x )在R 上的最大值为13，所以m ≥13.经检验，当m ＝13时，只有个别点使f ′(x )＝0，符合题意．所以实数m 的取值范围是m ≥13.四、探究与拓展14．如图为函数f (x )的图像，f ′(x )为函数f (x )的导函数，则不等式f ′(x )x<0的解集为________．答案 (－3，－1)∪(0,1)解析 由图知，当x ∈(－∞，－3)∪(－1，1)时， f ′(x )<0，当x ∈(－3，－1)∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 故不等式f ′(x )x<0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．15．已知二次函数h (x )＝ax 2＋bx ＋2，其导函数y ＝h ′(x )的图像如图，f (x )＝6ln x ＋h (x )．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间(1，m ＋12)上是单调函数，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知，h ′(x )＝2ax ＋b ，其图像为直线，且过(0，－8)，(4，0)两点， 把两点坐标代入h ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝2，b ＝－8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－8，∴h (x )＝x 2－8x ＋2，h ′(x )＝2x －8， ∴f (x )＝6ln x ＋x 2－8x ＋2.(2)∵f ′(x )＝6x ＋2x －8＝2(x －1)(x －3)x (x >0)．∴当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴f (x )的递增区间为(0，1)和(3，＋∞)， f (x )的递减区间为(1，3)．要使函数f (x )在区间(1，m ＋12)上是单调函数，则⎩⎨⎧1<m ＋12，m ＋12≤3，解得12<m ≤52.即实数m 的取值范围为(12，52]．。

第三章 §1 1.1 第2课时1．若f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a >0)在R 上为增函数，则( ) A ．b 2－4ac >0 B ．b >0，c <0 C ．b ＝0，c >0D ．b 2－3ac ≤0解析：由f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ≥0， 知Δ＝4b 2－12ac ≤0，故b 2－3ac ≤0. 答案：D2．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[－2，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]D ．(－∞，2] 解析：根据已知条件得h ′(x )＝2＋k x 2＝2x 2＋kx2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥－2x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以k ∈[－2，＋∞)．答案：A3．若函数f (x )＝x 3－3ax 2－2x ＋5在(0,1)内单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≥16B ．a >16C ．a ＝16D ．0<a <16解析：∵f ′(x )＝3x 2－6ax －2，f (x )在(0,1)内单调递减，∴不等式3x 2－6ax －2<0在(0,1)内恒成立．∴a >12x －13x在(0,1)内恒成立．∵函数g (x )＝12x －13x 在(0,1)内是增函数，且g (x )<g (1)＝12－13＝16，∴a ≥16.答案：A4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 在区间[0，＋∞)上是增加的，则a 的取值范围是________． 解析：∵f ′(x )＝3x 2＋a ，当x ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，即3x 2＋a ≥0恒成立，∴a ≥－3x 2.又当x ≥0时，－3x 2≤0，∴a ≥0. 即a 的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)5．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0.(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立． 解：(1)∵f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，∴x >0， f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x .∵x >0，a >0，∴f (x )的递增区间为(0，a )，递减区间为(a ，＋∞)． (2)由题意，得f (1)＝a －1≥e －1，∴a ≥e. 由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增．要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立，只要⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2，解得a ＝e.。