(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五小题考法课四导数的简单应用课件

大一轮复习讲义第四章　§4.2　导数的应用第2课时　导数与函数的极值、最值NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类 深度剖析课时作业题型分类　深度剖析1PART ONE题型一　用导数求解函数极值问题多维探究命题点1　根据函数图象判断极值例1　设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝xf′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是√A.f(－2)与f(2)B.f(－1)与f(1)C.f(2)与f(－2)D.f(1)与f(－1)解析　由图象知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<0时，f′(x)<0；当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在区间(－∞，－2)上为增函数，在区间(－2,2)上为减函数，在区间(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)的极大值与极小值分别是f(－2)与f(2).命题点2　求函数的极值例2　设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1<x2)，所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，可得x1<－1<x2.当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；命题点3　根据极值求参数x－y＋2＝0例3 (1)函数f(x)＝e x－mx2＋1在x＝0处的切线方程为____________，若函数f(x)有两个极值点，则实数m的取值范围为___________.解析　f′(x)＝e x－2mx，f′(0)＝1，f(0)＝2，所以函数f(x)在x＝0处的切线方程为x－y＋2＝0.由题意可知，f′(x)＝e x－2mx＝0有两个根，在(－∞，0)，(0,1)上，g′(x)<0，在(1，＋∞)上，g′(x)>0.所以当x<0时，g(x)<0且单调递减；当x>0时，g(x)>0且在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(2)(2018·金华十校期末考试)已知函数f(x)＝x3＋2x2－ax＋1在(－1,1)上恰有一[－1,7)个极值点，则实数a的取值范围是________.解析　由题意可知f′(x)＝3x2＋4x－a＝0有两个不等根，其中一个在(－1,1)上，思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号.(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.②验证：求解后验证根的合理性.跟踪训练1　(1)(2013·浙江)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处取到极大值解析　当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0.∴x＝1不是f(x)的极值点.当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)则f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值.故选C.√解得1<a<2，故选C.题型二　用导数求函数的最值师生共研。

第五节导数的综合应用- 备考方向明确 h ------------------------- 方向比勢力更重要 ---------------知识链条完善- --------------------------- 把散落的知识连起来 ------------一、 利用导数解决实际生活中的优化问题1. 分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函 数关系式y=f(x)并确定定义域.2. 求导数f ' (x),解方程f ' (x)=0.3. 判断使f ' (x)=0的点是极大值点还是极小值点.4. 确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答. 提醒：注意实际问题中函数定义域的确定. 二、不等式问题1. 证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2. 求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转 化为研究新函数的值域问题.3. 方程解(函数的零点)个数问题可根据函数的单调性、极值等应用数形结合思 想求解.1. 与不等式有关的结论 (1)对任意 x,f(x)>g(x)? f(x)-g(x)>0? [f(x)-g(x)] min >0.⑶存在x i,x 2,f(x 1)>g(x 2)? f(x) ma?g(x) min.⑷对任意x,存在X o,f(X)>g(X o) ? f(x) min>g(x) min.(5) f(x) > a 或f(x) < a 对x € D恒成立？ f(x) min > a 或f(x) max< a.(6) 若存在x € D,使f(x) > a 或f(x) < a? f(x) max》a 或f(x) min < a.2. 与生活优化有关的结论如果函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点(不必再与端点的函数值比较).温故知新1. 设f(x)=a(x-5) 2+6In x,其中a€ R,曲线y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线与y轴相交于点(0,6).则a等于(A )(A) J (B)1 (C)2 (D)- 1解析：因为f(x)=a(x-5) 2+6ln x,故f' (x)=2a(x-5)+ -.x令x=1,得f(1)=16a,f ' (1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=*.故选A.2. 已知函数f(x)=e x在点(0,f(0))处的切线为I,动点(a,b)在直线I上，则2a+2-b 的最小值是(D )(A)4 (B)2 (C)2 2 (D) 2解析:由题得f ' (x)=e x,f(0)=e 0=1,k=f ' (0)=e 0=1. 所以切线方程为y-1=x-0即x-y+1=0,所以a-b+1=0,所以a-b=-1,所以2a+2-b>2芦卫=2尹=2〒二2(当且仅当a=l,b=- 1时取等号).故选D.3. _______ 已知函数f(x)=ax 3-3x 2+1,若f(x)存在唯一的零点x o,且x o>0,则a的取值范围是________ .解析：显然当a=0时，函数有两个不同的零点，不符合. 当a z 0 时,由f' (x)=3ax 2-6x=0,得x i=0,X2=-.a当a>0时，函数f(x)在(-乂,0),( ?,+ 乂)上单调递增，在(0, M)上单调递减，又a af(0)=1,所以函数f(x)存在小于0的零点，不符合题意;当a<0时，函数f(x)在(-乂,勻,(0,+ 乂)上单调递减，在(2,0)上单调递增，a a所以只需f(勻>0,解得a<-2.a答案:(-乂,-2)—咼频考点突破' ------------------------- ^在训练中掌握方法j - 考点一利用导数研究生活中的优化问题【例1］设函数f(x)在R上可导，其导函数是f ' (x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf ' (x)的图象可能是()解析：因为函数f(x)在R上可导，其导数为f' (x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值，所以当x>-2 时,f ' (x)>0;当x=-2 时,f ' (x)=0;当xv-2 时,f ' (x)<0,所以当x>-2时,xf ' (x)<0,函数y=xf ' (x)单调递增；当x<-2时,xf ' (x)>0,函数y=xf ' (x)单调递减,故选A.◎S 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.考点二不等式恒成立、不等式有解问题【例2] 设f(x)= a +xln x,g(x)=x 3-x 2-3.x(1)如果存在X1,X 2€ [0,2]使得g(x i)-g(x 2) >M成立,求满足上述条件的最大整数M;⑵如果对于任意的s,t € [1,2],都有f(s) > g(t)成立，求实数a的取值范围.思路点拨：(1)存在x i,x 2€ [0,2],使得g(x i)-g(x 2) >M成立,等价于[g(x l)-g(x 2)] max》M.⑵对任意的s,t € [ 1,2],都有f(s) > g(t)成立，等价于f(x) min> g(x) max.解:(1)由g(x)=x 3-x 2-3,得g‘ (x)=3x 2-2x=3x(x- |).由g‘ (x)>0 得x<0 或x>|,由g‘ (x)<0 得0<x<3,3又x€ [0,2],所以g(x)在[0, 2]上是单调递减函数，3在[?,2]上是单调递增函数，3所以g(X)min=g(；)=- 887 ,g(X)ma)=g(2)=1. 故［g(X 1)-g(X 2)］maF g(X)max-g(x) min = 罟》M, 则满足条件的最大整数M=4.(2) 对于任意的s,t € ［1,2］,都有f(s) > g(t)成立, 等价于在区间［1 ,2］上，函数f(x) min》g(x) max.由(1)可知在区间［｝2］上,g(x)的最大值为g(2)=1. 在区间［丄,2］上,f(x)= a+xln x > 1恒成立等价于a>x-x2ln x恒成立.2 x设h(x)=x-x 2ln x,h ' (x)=1-2xIn x-x,可知h' (x)在区间［1,2］上是减函数，又h' (1)=0,所以当1<x<2 时,h ' (x)<0;当!<x<1 时,h ' (x)>0.即函数h(x)=x-x 2ln x在区间(苏1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x) max=h(1)=1,即实数a的取值范围是［1,+ 乂).◎也“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x) >g(a)对于x € D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x € D,使得f(x) >g(a)成立，应求f(x)的最大值.求解时注意等号是否成立.［迂移輕已知函数f(x)=x 2ln x-a(x 2-1),a € R,若当x> 1时,f(x) >0成立，求a的取值范围.解:f ' (x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a), 其中x> 1.当a< 2 时,f ' (x) > 0,函数f(x)在[1,+ 乂)上单调递增，故f(x) >f(1)=0,1当a>1 时,令f' (x)=0，得X=e=1 1若X€ [1, eT，则f‘ (X)<0,函数f(x)在[1,訂]上单调递减,f(x) <f(1)=0,不符合题意.综上,a的取值范围是(-乂, !].考点三利用导数研究函数零点问题【例3】设函数f(x)=- l x3+x2+(m2-1)x(x € R),其中m>0.3(1) 当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；⑵求函数f(x)的单调区间与极值；⑶已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,X1,X2,且X1VX2,若对任意的x €[x 1,X2],f(x)>f(1) 恒成立，求实数m的取值范围.解:(1)当m=1 时,f(x)=- £x3+x2,f ' (x)=-x 2+2x,故f' (1)=1,即曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.(2) f ' (x)=-x 2+2x+m 1= -[x-(1-m)][x-(1+m)],令f' (x)=0，得x=1-m 或x=1+m,m>0故1+m>1-m,当X变化时,f ' (x),f(x) 的变化情况如表：所以f(x)的单调减区间是(-8,1-m),(1+m,+ 8),单调增区间是(1-m,1+m), 于是函数f(x)在x=1-m处取得极小值f(1-m)=- 2vm+rm--;3 3在x=1+m处取得极大值f(1+m)= 2vm+rm--.3 3⑶由题设知f(x)=-x( -x2-x-m2+1)=- l x(x-x i)(x-x 2),3 3所以方程-x2-x-m2+1=0有两个相异的非零实根x i,x 2,3故由根与系数的关系得X I+X2=3且厶=1+彳(m2-1)>0,3解得mM或m<-!(舍去),2 2因为X I<X2,所以2X2>X I+X2=3? X2>- >1,2若X I<1<X2,则f(1)=- l(1-x i)(1-x 2)>0,3而f(x 1)=0,不合题意,若K X1VX2,则对？x € [x i,x 2],有x>0,x-x 1 > 0,x-x 2< 0,所以f(x)=- 1 x(x-x i)(x-x 2) >0.3又f(x i)=f(x 2)=0,故f(x)在[x i,x 2]上的最小值为0,于是对？x € [x i,x 2],f(x)>f(1) 恒成立，得f(1)=m 2-1 <0? - — <m<?,3 3 3综上,实数m的取值范围是(1,三).2 3OS (1)函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解.(2) 研究函数零点(变号零点)所在区间，要利用函数零点存在定理确定.(3) 单调函数至多一个零点.[I迂務ai罐(2018 •全国H卷)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x> 0 时,f(x) > 1;⑵若f(x)在(0,+ 乂)只有一个零点，求a.(1)证明：当a=1 时,f(x) > 1 等价于(x 2+1)e-x-1 < 0.设函数g(x)=(x 2+1)e-x-1,则g‘ (x)=-(x 2-2x+1) • e-x=-(x-1) 2e-x.当X M 1 时,g ' (x)<0,所以g(x)在(0,+ g)上单调递减.而g(0)=0,故当x>0 时,g(x) <0,即f(x) > 1.⑵解:设函数h(x)=1-ax 2e-x.f(x)在(0,+ )上只有一个零点等价于h(x)在(0,+ ^)上只有一个零点.(i )当a< 0 时,h(x)>0,h(x) 没有零点；(ii)当a>0 时,h ' (x)=ax(x-2)e :当x€ (0,2)时,h ' (x)<0;当x€ (2,+ )时,h ' (x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ )上单调递增.故h(2)=1-算是h(x)在(0,+ s)上的最小值.e2①若h(2)>0,即a<e r，h(x)在(0,+ s)上没有零点.2 .,②若h(2)=0,即a=}h(x)在(0,+ s)上只有一个零点.2③若h(2)<0,即a>e r，因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点；由⑴知,当x>0时,e x>x2,3 3 3所以h(4a)=1-嗥=1-单 >1-理=1-丄>0,ae(e2a) (2a j故h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+ s)上有两个零点.2综上，当f(x)在(0,+ s)上只有一个零点时,a=e j.-解题规范夯实°------------------------- 在平凡的事情上精益求精 ----------利用导数证明不等式【例题】(2015 •全国I卷)设函数f(x)=e 2x-aIn x.(1)讨论f(x)的导函数f' (x)零点的个数；⑵证明：当a>0 时,f(x) >2a+aln 2 .a(1)解:f(x)的定义域为(0,+ s),2xf‘ (x)=2e - a(x>0). ①x当a< 0时，厂(x)>0,f ' (x)没有零点；当a>0时，因为y=e2x在(0,+ s)上单调递增,y=-旦在(0,+ s)上单调递增，x所以f ' (x)在(0,+ s)上单调递增.又f' (a)>0,当 b 满足0<b<a且b<* 时,f ' (b)<0,故当a>0时,f ' (x)存在唯一零点.⑵证明:由(1),可设f ' (x)在(0,+ 乂)上的唯一零点为X0,当x € (0,x 0)时,f '(x)<0;当x € (x 0,+ g)时,f ' (x)>0.故f(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+ g)上单调递增，所以当X=X0时,f(x)取得最小值，最小值为f(x 0).由于2e2x0-三=0, ②X。

§4.2导数的应用1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．( √)(2)函数的极大值一定大于其极小值．( ×)(3)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．( √)(4)开区间上的单调连续函数无最值．( √)题组二教材改编2．[P32A组T4]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析 在(4,5)上f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )是增函数．3．[P29练习T2]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0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[P26练习T1]函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为__________． 答案 (0,4)解析 f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)， 由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,4)．5．[P32A 组T6]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是__________．答案π6＋ 3 解析 ∵y ′＝1－2sin x ，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.∴当x ＝π6时，y max＝π6＋ 3.6．[P30例5]函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为__________．答案 4，－43解析 由f (x )＝13x 3－4x ＋4，得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )>0，得x >2或x <－2；令f ′(x )<0，得－2<x <2.所以f (x )在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增； 在(－2,2)上单调递减，而f (2)＝－43，f (0)＝4，f (3)＝1，故f (x )在[0,3]上的最大值是4，最小值是－43.题组三 易错自纠7．(2007·浙江)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )答案 D解析 当f (x )为增函数时，f ′(x )≥0； 当f (x )为减函数时，f ′(x )≤0.8．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )答案 D解析 设h (x )＝f (x )e x，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x. 由x ＝－1为函数h (x )的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a ＝0， ∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2， 则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件．第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案 B解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.2．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， 故选D.3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是_________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 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∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1已知函数f (x )＝x 2e－ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当a ≠0时，f ′(x )＝2x e －ax＋x 2(－a )e－ax＝e－ax(－ax 2＋2x )．因为e－ax>0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a.①当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增．②当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞，单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a ；当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，0.思维升华 (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，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1已知函数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，令f ′(x )>0，则x <0或x >2－2a a，令f ′(x )<0，则0<x <2－2a a；②当a ＝1时，f ′(x )≥0在R 上恒成立； ③当a >1时，令f ′(x )>0，则x >0或x <2－2a a，令f ′(x )<0，则2－2a a<x <0.综上所述，当0<a <1时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0上单调递减．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0.若a ＝f (e )e，b ＝f (ln2)ln2，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b <a <cB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b答案 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以g (x )为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln2)，即c <a <b ，故选D.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e xf (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞) 答案 A解析 令g (x )＝e xf (x )－e x， ∴g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，∴g ′(x )>0， ∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e xf (x )>e x＋3，∴g (x )>3，∵g (0)＝3，∴g (x )>g (0)，∴x >0，故选A.命题点2 根据函数单调性求参数例3已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求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a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当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 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x －2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究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，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． 解 h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)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 )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2 (1)(2018·宁波模拟)已知三次函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在(－∞，＋∞)上是增函数，则m 的取值范围是( ) A ．m <2或m >4 B ．－4<m <－2 C ．2<m <4 D ．以上皆不正确答案 D解析 由于函数在R 上递增，故导函数恒为非负数，即f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7≥0恒成立，其判别式Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)≤0，解得2≤m ≤4. (2)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋1＋a 2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，3上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案 [－1,1]解析 令t ＝2x，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8，g (t )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋a t .当a ＝0时，g (t )＝|2t |＝2t 单调递增，满足题意； 当a ＞0时，g (t )＝2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，所以a2≤22，解得0＜a ≤1； 当a ＜0时，需2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8上非负，所以2×22＋a22≥0，解得－1≤a ＜0. 综上，实数a 的取值范围为[－1,1]．用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1. 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．2.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )答案 C解析 由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数， 因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．(2018·台州调考)定义在R 上的可导函数f (x )，已知y ＝2f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的单调递增区间是( )A ．[0,1]B ．[1,2]C ．(－∞，1]D ．(－∞，2]答案 D解析 据函数y ＝2f ′(x )的图象可知，当x ≤2,2f ′(x )≥1⇒f ′(x )≥0，且使f ′(x )＝0的点为有限个，所以函数y ＝f (x )在(－∞，2]上单调递增，故选D.4．(2018·浙江台州中学质检)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )答案 D解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，若函数f (x )的图象如D 选项中的图象所示，则f ′(x )≤0在R 上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2－4a ≤0，此时不等式组无解，所以D 错误，故选D.5．定义在R 上的函数y ＝f (x )，满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则有( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)>f (x 2) C ．f (x 1)＝f (x 2) D ．不确定答案 B解析 据已知由f (x )＝f (3－x )，可得函数图象关于直线x ＝32对称，又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得当x >32时，f ′(x )<0；当x <32时，f ′(x )>0.又若x 1<x 2，x 1＋x 2>3，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－32>⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－32，因此据函数的单调性可得f (x 1)>f (x 2)，故选B.6．(2018·浙江名校协作体模拟)已知函数f (x )＝(2x －1)·e x＋ax 2－3a (x >0)为增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－2e ，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，＋∞C ．(－∞，－2e] D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32e答案 A解析 ∵f (x )＝(2x －1)e x＋ax 2－3a 在(0，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝(2x ＋1)e x＋2ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a ≤⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x .设g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x e x ，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ，由g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ＝0和x >0得x ＝12，∵当x >12时，g ′(x )>0，当0<x <12时，g ′(x )<0，∴g (x )在x ＝12处取得最小值，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4e ，∴－2a ≤4e ，∴a ≥－2e ，故选A.7．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝________. 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知，－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，∴b ＋c ＝－12.8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1}解析 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0，得函数f (x )的两个极值点为1和3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.10．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －b )2(b ∈R )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，94 解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2(x －b )＝1x ＋2x －2b ，因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝1x ＋2x －2b >0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解，所以b <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，由函数的性质易得当x ＝2时，12x ＋x 取得最大值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ＝12×2＋2＝94，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94.11．(2018·湖州五中模拟)设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0， 曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为x －y ＝0. (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．综上可知，当函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．12．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a (1－x )x， 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1)， 单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a ＝0时，f (x )为常函数． (2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ,3)上有变号零点． 由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，即m >－373.∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.13．(2018·杭州高级中学模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g (x )为f (x )的导函数．若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论正确的是( )A ．a 2－3b 有最小值3 B ．a 2－3b 有最大值2 3 C ．f (0)·f (1)≤0 D ．g (0)·g (1)≥0答案 D解析 由题意可得g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (x )在(0,1)上单调递减，所以g (x )≤0在(0,1)上恒成立，即g (0)≤0，g (1)≤0，所以g (0)·g (1)≥0，故选D.14．(2019·杭州第二中学模拟)对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x ∈R |f (x )＝0}，β∈{x ∈R |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“情侣函数”．若函数f (x )＝e x －2＋x －3与g (x )＝ax －ln x 互为“情侣函数”，则实数a 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln33，1eB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln33C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1e 答案 C 解析 令f (x )＝ex －2＋x －3＝0，解得α＝x ＝2，根据条件可得|2－β|≤1，解得1≤β≤3，对于函数g (x )＝ax －ln x ，当a ＝0时，g (1)＝0，满足条件；当a <0时，此时y ＝ax 与y ＝ln x 的交点的横坐标在(0,1)之间，不满足条件；当a >0时，要使得β≤3，由y ＝ln x 可得y ′＝1x，设切点为(x 0，y 0)，则对应的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，若该切线过原点，则－y 0＝1x 0(－x 0)＝－1，即y 0＝1，则x 0＝e ，结合图象(图略)可知g (e)＝a e －lne≤0，解得a ≤1e ，即0<a ≤1e .综上，可得0≤a ≤1e，故选C.15．已知函数f (x )＝ax 2－ln x (其中a 为非零常数)，x 1，x 2为两不相等正数，且满足f (x 1)＝f (x 2)．若x 1，x 0，x 2为等差数列，则( )A ．f ′(x 0)>0B ．f ′(x 0)<0C ．f ′(x 0)＝0D ．f ′(x 0)的正负与a 的正负有关答案 A解析 由f (x 1)＝f (x 2)得a (x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝ln x 2x 1，即2ax 0＝lnx 2x 1x 2－x 1.另一方面f ′(x 0)＝2ax 0－1x 0＝lnx 2x 1x 2－x 1－2x 2＋x 1＝1x 2－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2x1－2·x2x 1－1x 2x 1＋1. 设t ＝x 2x 1(t >0且t ≠1)，g (t )＝ln t －2·t －1t ＋1(t >0)， 则g ′(t )＝1t－4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0， 所以当x 2>x 1时，t >1，所以g (t )>0，故f ′(x 0)>0； 当x 2<x 1时，0<t <1，所以g (t )<0，故f ′(x 0)>0. 综上可知，f ′(x 0)>0.16．已知f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－2,2)上不单调，求a 的取值范围． 解 ∵f (x )＝x 3－ax －1， ∴f ′(x )＝3x 2－a .由f (x )在区间(－2,2)上不单调，知f ′(x )存在零点，∴a ≥0. 由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)， ∵f (x )在区间(－2,2)上不单调， ∴0<3a3<2，即0<a <12.。

文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.知能专练（五）导数及其应用一、选择题1. 曲线f （x ）=xlnx 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为（） JT兀解析：选B 因为A-Y ） =-rln w 所以f （x ）=ln x+1,所以f 9（1）=1,所以曲线 = .rln x 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为2. 已知e 为自然对数的底数，则函数y=xe ”的单调递增区间是（） A. [ — 1, 4-°°） B. （ — 8, — 1] C. [1, +°°）D. （—8, 1]解析：选 A 令 ” =£（l + x ）M0,又 J>0, /. 1+-Y ^0»—1.3. 函数/Cr ）=3Y+ln x-2x 的极值点的个数是（） A. 0 C. 2解析：选A 函数泄义域为(0, +8),C r / \ Q 」c 6Y —2-Y +1 且 f (x) =6x+一一2= ・由于 40,呂3=6丘一2%+1 中 J=-20<0, 所以g （£>0恒成立，故/ C Y ）>0恒成立.即f （0在立义域上单调递增，无极值点.4. （2017 •浙江高考）函数y =f3的导函数3的图象如图所则函数y= f3的图象可能是（）&）的图象有三个零点，故f （x ）在这三个零点处取得极值，排除A 、B ；记导函数£ 3的零点从左到右分别为血 心4又在（一8,幻上£ &）〈0, 在（也 北）上f 6）>0,所以函数f （x ）在（一8,山）上单调递减，排除C,故选D.B ・1D.无数个解析：选D 由£3的图象知，fA示I)版本可编辑.欢迎下载支持.5・已知常数a, b、c都是实数，fix) = ax 4-bx-\- ex— 34的导函数为£3, f 3W0的解集为{A<-2^A<3},若f(0的极小值等于一115,则A的值是()A -里22C. 2D. 5解析：选C由题意知，f值一115,“ 3=3/+2加+cW0的解集为[一2, 3],且在x=3处取得极小r3a>0.故有v 一2X3=子，3a3 =27a+9b+3c—34= —115,6.若0<-¥i<Ac<l ,则( )A・ e X1— e X| >ln 疋―In 羽B・ e x：—e A| <ln 疋—In 羽C・ A^e x, >-Yie X1D・挹e&〈*,e”2解析：选C构适函数f&)=e'—In”则f U)=e v-£=:---------------------------- ,令f &)=0,得昶‘x x-1 = 0,根据函数y=£与y=2的图象可知两函数图象的交点也丘(0,1),即Ax)=e x-ln 在■ A(0,1)上不是单调函数，无法判断f GO与f(疋)的大小,故A, B错:构造函数=-,则以 3xe x X—1 e x=—_= --------- ；-- •故函数g(x) =~在(0, 1)上单调递减，故gCrJ >g(上)，上e “ >-vie 12 ,故选C.二、填空题7.设函数f(x) =Ar(e x-l) -|x=,则函数f(x)的单调增区间为_______________ •解析：因为f3 = Af(e x— 1)-討,所以f 3 = e r— 1+xe x—x= (e x— 1) (x+1).令f' C Y)>0,即(丁一1)・C Y+1)>0,解得曲(一 8, 一1)或曲(°, +8).所以函数f&)的单调增区间为(一8, — 1)和(0, +8).答案：(一8, — 1)和(0, +°°)解得a=2.版本可编辑.欢迎下载支持.8. 已知函数f(x)=*£+2ax-ln X,若f(x)在区间2上是增函数，则实数日的取值范 用为 _______ .解析：由题意知f' 3=卄2&—抑在［扌，2〕上恒成立，即2a2-x+*£, 2上恒成 立.又Ty= —x+£在#, 2上单调递减，.・.(一卄斗尸善，・・.2&諾，即aN#.答案：扌，+8)9. 已知函数fG")=/+2&f+1在x=l 处的切线的斜率为1,则实数日= ________________ ，此时函数y=f(x)在［0, 1］上的最小值为 _______ .解析：由题意得f 3=3/+仏，则有f (l)=3Xf+4aXl = l,解得尸一*,所以f(x) =・£ 一/+1, 则 f r3 =3/—2从当 xW ［0, 1］时,2由 f r(X)=3左一 2x>0 得寸awi ；・ 2由 f r(-¥)=3”一2X0 得 0<X§,所以函数f3在(|，1上单调递增，在(0, |)上单调递减，所以函数f3在三处取得极 小值，即为最小值，所以最小值为彳|)=(|卜(|}+1=||.三. 解答题10. 已知函数 KY )=ln A^~l.X (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 设加GR,对任意的aE ( —1,1)，总存在Ao 6 ［1, e ］,使得不等式aa —f(xo)< 0成立，求 实数也的取值范围.解：(D 函数的左义域为(0, +8), 又 f (-¥)= ---- =——.X X X令f rC Y )>0,得X >1,因此函数f(0的单调递增区间是(1, +8)・ 令f C Y XO,得0<Kl,因此函数的单调递减区间是(0,1).(2)依题意，［1, e ］.答案：一* 2327版本可编辑.欢迎下载支持.由⑴知,fCv)在-re[b e]上是增函数, /• /'(-v)M x=/'(e) =ln e4--—1=-. e ee e加的取值范帀是一5 I11. 设函数 f3F —「21nx.⑴若f(x)在x=2时有极值，求实数a 的值和f3的单调区间;(2)若f(£在泄义域上是增函数，求实数a 的取值范用. 解：(1) •・•/(£在x=2时有极值，.•・£ ⑵=0,又 AT>0, .\X 9 (X ), f(x)关系如下表:X (°，1)12 (i 2)2 (2, +8)f' 3+—+f3・・.f(x)(0,［2, +8),E ，2).(2)若在泄义域上是增函数，则f' (-Y )20在-Y>0时恒成立，r( 、, a 2 ax — 2x+ avr 3=a+u —一= ----------- 5——•x x x•二转化为-Y>0时a.f —2w+a20恒成立， 即"2畫I 恒成立，9r 91当且仅当尸戶时等号成立,・・.a21.故实数日的取值范围为［1, +8).｛血 x i —'wo,e血x —i -解得一X X□(2•辽一5/+2) >由 f' (.r) =0 有必=扌,xz=2,版本可编辑.欢迎下载支持.12.已知函数f(x)=eH+ax-a(aGR 且aHO).(1)若函数f(x)在.v=0处取得极值，求实数a的值：并求岀此时f(x)在［一2, 1］上的最大值:(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.解：(1)函数f(£的定义域为R, f (£=£+&,f (O)=e°+a=O, .・.a= —1, :,F (x)=e"—l,•・•在(一 8, 0)上f (A-XO, f(x)单调递减，在(0, +8)上f' (x)>0, f(x)单调递增，・・.尸0时，f3取极小值.・"=一1符合要求.易知f(0在［一2, 0)上单调递减，在(0, 1］上单调递增，且f(一2) =Z+3, f(l)=e, f(—2)>f(l).e•'•fCr)在［―2, 1］的最大值为2+3.(2)T 3=e”+a,由于J>0・①当a>0时，Z C Y)>0, f(x)是增函数.且当％>1 时，f(£=£+a(x-l)>0・当M0时，取；v=—一•••函数存在零点，不满足题意.②当a<0 时，令f* Cv)=e'+a=0,得x=ln(—a)・在(一8, ln( —a))上f' (x)<0, f(x)单调递减，在(In(—a), +8)上F 3>0, f(x)单调递增,.\x=ln( — a)时，/(-Y)取最小值.函数f(*)不存在零点，等价于f(ln(—“))=』'+aln( —a) —a=—2a+aln( —a)>0,解得—e2<a<0.综上所述.所求的实数a的取值范用是(一『0)・。