课时作业(十四) [第14讲 用导数研究函数单调性与极值]

课时作业提升(十四) 函数的单调性与导数A 组 夯实基础1．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0, 3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝(x －3)e x ，则f ′(x )＝e x (x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．2．(2018·涪陵月考)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的图像大致是( )解析：选A 设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，g ′(x )＝2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．3．(2018·乐山模拟)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x，∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，∴a ≤2.4．(2018·邯郸模拟)若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则使函数f (x －1)单调递减的一个充分不必要条件是x ∈( )A ．(0,1)B ．[0,2]C ．(2,3)D ．(2,4)解析：选C 由f ′(x )<0⇔x 2－4x ＋3<0，即1<x <3，∴函数f (x )在(1,3)上单调递减．∴函数f (x －1)在(2,4)上单调递减．故D 为充要条件，C 为充分不必要条件．5．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －3)f ′(x )≤0，则必有( ) A ．f (0)＋f (6)≤2f (3) B ．f (0)＋f (6)＜2f (3) C ．f (0)＋f (6)≥2f (3)D ．f (0)＋f (6)＞2f (3)解析：选A 由题意知，当x ≥3时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x ＜3时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f (0)≤f (3)，f (6)≤f (3)，所以f (0)＋f (6)≤2f (3)，故选A ．6．(2018·吉林模拟)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)解析：选A 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，因为x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，所以x ＞0时，g ′(x )＜0所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又f (x )为奇函数，所以g (x )为偶函数．所以g (x )在(－∞，0)上单调递增，且g (－1)＝g (1)＝0，当x ∈(0,1)时，g (x )＞0时，f (x )＞0，当x ∈(－∞，－1)时，g (x )＜0，f (x )＞0.故选A ．7．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增． 答案：单调递增8．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)的单调递减区间是(0,4)． (1)实数k 的值为________；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是________． 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并结合导函数的图像可知，必有－2(k －1)k ≥4，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.答案：(1)13 (2)0<k ≤139．(2018·临沂检测)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________．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，＋∞)． 答案：(2，＋∞)10．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x ，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x ＞0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＜0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0＜x ＜1时，h (x )＞0，从而f ′(x )＞0； 当x ＞1时，h (x )＜0，从而f ′(x )＜0. 综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)， 单调递减区间是(1，＋∞)．11．(2018·焦作模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式；(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 ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2.又∵g (1)＝12a ＋b ＝f (1)＝0，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，∴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，＋∞)．∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值范围是(－∞，2]．B 组 能力提升1．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性． 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4. 当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数； 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数； 当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． 2．(2018·衢州模拟)已知函数f (x )＝x －ax －ln x ，a >0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )>x －x 2在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由于f ′(x )＝1＋a x 2－1x ＝x 2－x ＋ax 2，令m (x )＝x 2－x ＋a ，①当Δ＝1－4a ≤0，即a ≥14时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数；②当Δ＝1－4a >0，即0<a <14时，由x 2－x ＋a >0，得0<x <1－1－4a 2或x >1＋1－4a 2.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上是减函数．综上知，当0<a <14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上是减函数． 当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)f (x )>x －x 2，即x 2－ax－ln x >0，因为x ∈(1，＋∞)，所以a <x 3－x ln x .令g (x )＝x 3－x ln x ，h (x )＝g ′(x )＝3x 2－ln x －1，h ′(x )＝6x －1x ＝6x 2－1x，在(1，＋∞)上h ′(x )>0，得h (x )>h (1)＝2，即g ′(x )>0，故g (x )＝x 3－x ln x 在(1，＋∞)上为增函数，g (x )>g (1)＝1，所以0<a ≤1. 3．(2018·郑州质检)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 )的图像在点(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 )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(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＋⎝⎛⎭⎫m 2＋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 )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )＜0，g ′(3)＞0.g ′(t )＜0，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，得m ＞－373.所以－373＜m ＜－9.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373， －9.。

高二数学 第三章 导数应用§1 函数的单调性与极值1．1 导数与函数的单调性 课时目标 掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．1．导函数的符号和函数的单调性的关系：如果在某个区间内，函数y ＝f (x )的导数________，则在这个区间上，函数y ＝f (x )是增加的；如果在某个区间内，函数y ＝f (x )的导数f ′(x )<0，则在这个区间上，函数f (x )是________的．2．函数的单调性决定了函数图像的大致形状．一、选择题1．命题甲：对任意x ∈(a ，b )，有f ′(x )>0；命题乙：f (x )在(a ，b )内是单调递增的．则甲是乙的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．若在区间(a ，b )内，f ′(x )>0，且f (a )≥0，则在(a ，b )内有( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )＝0D ．不能确定3．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )A ．sin xB ．x e xC ．x 3－xD ．ln x －x4．函数f (x )＝2x －sin x 在(－∞，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．不确定5．定义在R 上的函数f (x )，若(x －1)·f ′(x )<0，则下列各项正确的是( )A ．f (0)＋f (2)>2f (1)B ．f (0)＋f (2)＝2f (1)C ．f (0)＋f (2)<2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)大小不定6．函数y ＝ax －ln x 在(12，＋∞)内单调递增，则a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0]∪[2，＋∞) B ．(－∞，0]C ．[2，＋∞)D ．(－∞，2]二、填空题7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间是____________．8．已知f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1在R 上是减函数，则a 的取值范围为__________．9．使y ＝sin x ＋ax 在R 上是增函数的a 的取值范围为____________．三、解答题10．求函数f(x)＝2x2－ln x的单调区间．11．(1)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[－1,2]，求b，c的值．(2)设f(x)＝ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围．能力提升12．判断函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1的单调性．13．已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．1．利用导数的正负与函数单调性的关系可以求函数的单调区间；在求函数单调区间时，只能在定义域内讨论导数的符号．2．根据函数单调性可以求某些参数的范围．答案知识梳理1．f′(x)>0 减少作业设计1．A [f (x )＝x 3在(－1,1)内是单调递增的，但f ′(x )＝3x 2≥0(－1<x <1)，故甲是乙的充分不必要条件．]2．A [因为f (x )在(a ，b )上为增函数，∴f (x )>f (a )≥0.]3．B [A 中，y ′＝cos x ，当x >0时，y ′的符号不确定；B 中，y ′＝e x ＋x e x ＝(x ＋1)e x ，当x >0时，y ′>0，故在(0，＋∞)内为增函数；C 中：y ′＝3x 2－1，当x >0时，y ′>－1；D中，y ′＝1x－1，当x >0时，y ′>－1.] 4．A [f ′(x )＝2－cos x ，∵cos x ≤1，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数．]5．C [当x >1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴f (1)>f (2)．当x <1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，∴f (0)<f (1)．因此f (0)＋f (2)<2f (1)．]6．C [∵y ′＝a －1x ，函数y ＝ax －ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞内单调递增， ∴函数在(12，＋∞)上y ′≥0，即a －1x≥0， ∴a ≥1x .由x >12得1x<2， 要使a ≥1x恒成立，只需a ≥2.] 7．(－1,11)解析 ∵f ′(x )＝3x 2－30x －33＝3(x ＋1)(x －11)．由f ′(x )<0，得－1<x <11，∴f (x )的单减区间为(－1,11)．8．(－∞，－3]解析 f ′(x )＝3ax 2＋6x －1≤0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a <0Δ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a <036＋12a ≤0，∴a ≤－3. 9．[1，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝cos x ＋a ≥0，∴a ≥－cos x ，又－1≤cos x ≤1，∴a ≥1.10．解 由题设知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x， 由f ′(x )>0，得x >12， 由f ′(x )<0，得0<x <12， ∴函数f (x )＝2x 2－ln x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 11．解 (1)∵函数f (x )的导函数f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题设知－1<x <2是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解集．∴－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个实根，∴－1＋2＝－23b ，(－1)×2＝c 3， 即b ＝－32，c ＝－6. (2)∵f ′(x )＝3ax 2＋1，且f (x )有三个单调区间，∴方程f ′(x )＝3ax 2＋1＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×1×3a >0，∴a <0.∴a 的取值范围为(－∞，0)．12．解 由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x. ①当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a ＋12a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a ＋12a ，＋∞上单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a ＋12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a ＋12a ，＋∞上单调递减．13．解 (1)由已知，得f ′(x )＝3x 2－a .因为f (x )在(－∞，＋∞)上是单调增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈(－∞，＋∞)恒成立．因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )在实数集R 上单调递增，所以a ≤0.(2)假设f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，则a ≥3x 2在x ∈(－1,1)时恒成立．因为－1<x <1，所以3x 2<3，所以只需a ≥3.当a ＝3时，在x ∈(－1,1)上，f ′(x )＝3(x 2－1)<0，即f (x )在(－1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3，使f (x )在(－1,1)上单调递减．。

课时作业A组——基础对点练1.函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为()A．f(0)<f(3)B．f(0)>f(3)C．f(0)＝f(3)D．无法确定解析：由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)>f(3)．选B.答案：B2．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是() A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：依题意得f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<1x<1，∴k≥1，故选D.答案：D3．已知函数f(x)＝e x－2x－1(其中e为自然对数的底数)，则y＝f(x)的图象大致为()解析：依题意得f′(x)＝e x－2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，因此对照各选项知选C.答案：C4．函数f(x)＝sin x2e x的大致图象是()解析：当x ＝－π2时，f (－π2)＝＝－＜0，排除D ；当x ＝－π4时，f (－π4)＝＝＜0，排除C ；又f ′(x )＝cos x －sin x2e x＝2cos (x ＋π4)2e x，当x ∈(0，π4)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ∈(π4，π2)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，所以B 错误．故选A. 答案：A5．若函数f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5在x ∈[1,2]上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0，322] B ．(0，322) C ．(－∞，322) D ．(－∞，322]解析：因为f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋6，又f (x )在x ∈[1,2]上是增函数，所以f ′(x )≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即3x 2－4ax ＋6≥0,4ax ≤3x 2＋6在x ∈[1,2]上恒成立，因为x ∈[1,2]，所以4a ≤(3x ＋6x )min ，又3x ＋6x ≥23x ·6x ＝62，当且仅当3x ＝6x ，即x ＝2时取“＝”，所以4a ≤62，即a ≤322. 答案：C6．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )(x ln x 2)＞2f (x )，则( )A ．6f (e)＞2f (e 3)＞3f (e 2)B ．6f (e)＜3f (e 2)＜2f (e 3)C ．6f (e)＞3f (e 2)＞2f (e 3)D ．6f (e)＜2f (e 3)＜3f (e 2)解析：设F (x )＝f (x )ln x 2，x ＞0且x ≠1，因为f ′(x )(x ln x 2)＞2f (x )，所以F ′(x )＝f ′(x )·ln x 2－f (x )·2x(ln x 2)2＝f ′(x )·(x ln x 2)－2f (x )x (ln x 2)2＞0，所以F (x )在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增，所以F (e)＜F (e 2)＜F (e 3)，故f (e )ln e 2＜f (e 2)ln e 4＜f (e 3)ln e 6，即f (e )2＜f (e 2)4＜f (e 3)6，所以6f (e)＜3f (e 2)＜2f (e 3)．选B. 答案：B7．(2018·成都模拟)f (x )是定义域为R 的函数，对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立．若当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，若a ＝f (0.5)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．b ＞a ＞c B ．a ＞b ＞c C ．c ＞b ＞aD ．a ＞c ＞b解析：因为对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又因为当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＞f (0.5)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＞f (3)，即b ＞a ＞c .答案：A8．(2018·九江模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞9．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．解析：令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，∴当x ＞0时，g ′(x )＞0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∵f (x )为奇函数，f (－2)＝0，∴f (2)＝0，∴g (2)＝f (2)2＝0，结合奇函数f (x )的图象知，f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞)10．(2018·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间． 解析：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎨⎧f (0)＝1， f ′(0)＝0，即{ c ＝1， b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． 11．已知函数f (x )＝e x ln x －a e x (a ∈R)．(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1e x ＋1垂直，求a 的值； (2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＋ln x e x ， f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e ＝－1， 得a ＝2.(2)由(1)知f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＋ln x e x ，若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0在x >0时恒成立．即1x －a ＋ln x ≤0在x >0时恒成立． 所以a ≥1x ＋ln x 在x >0时恒成立． 令g (x )＝1x ＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2(x >0)， 由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在(1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (1)＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)． 故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数， 则f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 即1x －a ＋ln x ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤1x ＋ln x 在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]．B 组——能力提升练1．函数f (x )的定义域是(0，π2)，f ′(x )是它的导函数，且f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0在定义域内恒成立，则( ) A ．f (π6)＞2f (π4) B ．2sin 1·f (1)＞f (π4) C ．f (π6)＞3f (π3)D ．2f (π4)＞3f (π3)解析：∵0＜x ＜π2，∴sin x ＞0，cos x ＞0.由f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0，得cos x ·f (x )＋sin x ·f ′(x )＞0.令g (x )＝sin x ·f (x )，0＜x ＜π2，则g ′(x )＝cos x ·f (x )＋sin x ·f ′(x )＞0，即g (x )在(0，π2)上是增函数，∴g (1)＞g (π4)，即sin 1·f (1)＞sin π4·f (π4)，∴2sin1·f (1)＞f (π4)．故选B. 答案：B 2．已知函数f (x )＝sin x2＋cos x.若当x ＞0时，函数f (x )的图象恒在直线y ＝kx 的下方，则k 的取值范围是( ) A ．[13，33] B ．[13，＋∞) C ．[33，＋∞)D ．[－33，32]解析：由题意，当x ＞0时，f (x )＝sin x2＋cos x＜kx 恒成立．由f (π)＜k π知k ＞0.又f ′(x )＝1＋2cos x (2＋cos x )2，由切线的几何意义知，要使f (x )＜kx 恒成立，必有k ≥f ′(0)＝13.要证k ≥13时不等式恒成立，只需证g (x )＝sin x 2＋cos x －13x ＜0，∵g ′(x )＝2cos x ＋1(2＋cos x )2－13＝－(cos x －1)23(2＋cos x )2≤0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴g (x )＜g (0)＝0，∴不等式成立．综上k ∈[13，＋∞)． 答案：B3．(2018·石家庄市质检)已知函数f (x )＝sin(2x ＋π12)，f ′(x )是f (x )的导函数，则函数y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间是( ) A ．[π12，7π12] B ．[－5π12，π12] C ．[－π3，2π3]D ．[－π6，5π6]解析：由题意，得f ′(x )＝2cos(2x ＋π12)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )＝2sin(2x ＋π12)＋2cos(2x ＋π12)＝22sin(2x ＋π12＋π4)＝22sin(2x ＋π3)．由2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π2(k ∈Z)，得k π＋π12≤x ≤k π＋7π12(k ∈Z)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间为[π12，7π12]，故选A.答案：A4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意． 当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a .当a ＞0时，2a ＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1＜0，不成立．当a ＜0时，2a ＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 答案：B5．(2018·广州市模拟)若函数f (x )＝e x (sin x ＋a cos x )在(π4，π2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，1) C ．[1，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：f ′(x )＝e x [sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )]，当a ＝0时，f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )，显然x ∈(π4，π2)，f ′(x )＞0恒成立，排除C ，D ；当a ＝1时，f ′(x )＝2e x cos x ，x ∈(π4，π2)时，f ′(x )＞0，故选A. 答案：A6．已知函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：∵函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x (x ＞0)， ∴f ′(x )＝－x －3＋4x ，∵函数f (x )＝－12x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调， ∴f ′(x )＝－x －3＋4x ＝0在(t ，t ＋1)上有解， ∴x 2＋3x －4x＝0在(t ，t ＋1)上有解，∴x 2＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解，由x 2＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)， ∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)，故实数t 的取值范围是(0,1)． 答案：(0,1)7．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为________．解析：因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点． 答案：08．(2018·洛阳统考)已知函数f (x )＝e x ＋m ln x (m ∈R ，e 为自然对数的底数)，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时都有f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2成立，则实数m 的取值范围是________．解析：依题意得，对于任意的正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有f (x 1)－x 1＞f (x 2)－x 2，因此函数g (x )＝f (x )－x 在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当x ＞0时，g ′(x )＝f ′(x )－1＝e x ＋mx －1≥0，即x (e x －1)≥－m 恒成立．记h (x )＝x (e x －1)，x ＞0，则有h ′(x )＝(x ＋1)e x －1＞(0＋1)e 0－1＝0(x ＞0)，h (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，h (x )的值域是(0，＋∞)，因此－m ≤0，m ≥0.故所求实数m 的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)9．已知函数f (x )＝x 2－(2t ＋1)x ＋t ln x (t ∈R)．(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数t的最大值．解析：(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋1x＝(2x－1)(x－1)x.由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.令f′(x)＝0，解得x＝12或x＝1，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：由表格知，f(x)极大值＝f⎝⎛⎭⎪⎫12＝－54＋ln12，f(x)极小值＝f(1)＝－2.(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋t(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴ln x－x<0，∴t≤x2－2xx－ln x在区间[1，e]上有解．令h(x)＝x2－2xx－ln x，则h′(x)＝(x－1)(x＋2－2ln x)(x－ln x)2.∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝e(e－2) e－1.∴t≤e(e－2)e－1，∴实数t的最大值是e(e－2)e－1.。

考纲要求:1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超 过三次).2.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 基础知识回顾: 1、求函数的极值（1）设函数)(x f y =在0x x =及其附近有定义，如果)(0x f 的值比0x 附近所有各点的值都大（小），则称)(0x f 是函数)(x f y =的一个极大（小）值。

（2）求函数的极值的一般步骤先求定义域D ,再求导，再解方程1()0f x =（注意和D 求交集），最后列表确定极值。

一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x >0，右侧1()f x <0，那么)(0x f 是极大值。

一般地，函数在()f x 点0x 连续时，如果0x 附近左侧1()f x <0，右侧1()f x >0，那么)(0x f 是极小值。

（3）极值是一个局部概念。

由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小。

并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。

（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点。

而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。

（5）一般地，连续函数()f x 在点0x 处有极值是'0()f x =0的充分非必要条件。

（6）求函数的极值一定要列表。

2、用导数求函数的最值（1）设)(x f y =是定义在闭区间[],a b 上的函数，)(x f y =在(),a b 内有导数，可以这样求最值： ①求出函数在(),a b 内的可能极值点（即方程0)(/=x f 在(),a b 内的根n x x x ,,,21 ）；②比较函数值)(a f ，)(b f 与)(,),(),(21n x f x f x f ，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. （2）如果是开区间(,)a b ，则必须通过求导，求函数的单调区间，最后确定函数的最值。

课时作业(十四) [第14讲 导数与函数单调性][时间：35分钟 分值：80分]基础热身1．[2011·皖南八校联考] 若函数y ＝f (x )的导函数在区间[a ，b ]上是先增后减的函数，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图像可能是( )图K14－2．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞) 3．如图K14－2所示是函数f (x )的导函数f ′(x )的图像，则下列判断中正确的是( )A ．函数f (x )在(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在(1,3)上是减函数C ．函数f (x )在(0,2)上是减函数D ．函数f (x )在(3,4)上是增函数4．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为[－1,2]，则b ＝________，c ＝________.能力提升5．[2011·东北三校联考] 函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x∈(－∞，1)时，(x －1)·f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a <b <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．b <c <a6．若a ＝ln33，b ＝ln55，c ＝ln77，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c7．若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则函数f (x ＋1)的单调递减区间是( ) A ．(2,4) B ．(－3，－1) C ．(1,3) D ．(0,2)8．若函数y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( )A ．a ＞0B ．－1＜a ＜0C ．a ＞1D ．0＜a ＜19．已知函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．10．[2011·中山实验高中月考] 若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．11．[2011·宁波十校联考] 已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，f (－4)，f ⎝⎛⎭⎪⎫4π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4的大小关系为________________(用“<”连接)．12．(13分)设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．难点突破13．(12分)[2011·辽宁卷] 已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ；(3)若函数y ＝f (x )的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明f ′(x 0)＜0.课时作业(十四)【基础热身】 1．C [解析] 根据题意f ′(x )在[a ，b ]上是先增后减的函数，则在函数f (x )的图像上，各点的切线斜率是先随x 的增大而增大，然后随x 的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C 满足题意．2．D [解析] f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x，令f ′(x )＞0，解得x ＞2，故选D.3．A [解析] 当x ∈(－3,0)时，f ′(x )<0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．4．－32－6 [解析] 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题设知－1<x <2是不等式3x 2＋2bx＋c <0的解集，所以－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，由根与系数的关系得b ＝－32，c ＝－6.【能力提升】5．B [解析] 由f (x )＝f (2－x )得f (3)＝f (2－3)＝f (－1)，又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b . 6．B [解析] 令f (x )＝ln x x ，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，∴当x >e 时，f ′(x )<0，函数为减函数，又e<3<5<7，因此a >b >c .7．D [解析] 由f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)知，当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0.函数f (x )在(1,3)上为减函数，函数f (x ＋1)的图像是由函数y ＝f (x )的图像向左平移1个单位长度得到的，所以(0,2)为函数y ＝f (x ＋1)的单调减区间．8．A [解析] y ′＝a (3x 2－1)，解3x 2－1＜0得－33＜x ＜33，∴f (x )＝x 3－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上为减函数，又y ＝a ·(x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，∴a ＞0.9．(－∞，－1)∪(0,1) [解析] 由题意知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (－1)＝0，f (x )为偶函数，所以当－1＜x ＜0或0＜x ＜1时，f (x )＜0；当x ＜－1或x ＞1时，f (x )＞0.故不等式xf (x )＜0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．10．1≤k <32 [解析] 求导，可求得f (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤k －1<12，k ＋1>12.解得1≤k <32.11．f ⎝⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4 [解析] f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3时，sin x <0，cos x <0，∴f ′(x )＝sin x ＋x cos x <0，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，4π3上为减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，又函数f (x )为偶函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3<f (－4)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4. 12．[解答] (1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32－9－a 23. 即当x ＝－a3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12，所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9.解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．【难点突破】13．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－x ＋ax －x.①若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝1a，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)证明：设函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ，则 g (x )＝ln(1＋ax )－ln(1－ax )－2ax ，g ′(x )＝a 1＋ax ＋a 1－ax －2a ＝2a 3x21－a 2x2.当0＜x ＜1a时，g ′(x )＞0，而g (0)＝0，所以g (x )＞0.故当0＜x ＜1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x .(3)由(1)可得，当a ≤0时，函数y ＝f (x )的图像与x 轴至多有一个交点，故a >0，从而f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0.不妨设A (x 1,0)，B (x 2,0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2.由(2)得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－x 1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1a－x 1>f (x 1)＝0.从而x 2>2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22>1a.由(1)知，f ′(x 0)<0.。

第14讲函数的零点、隐零点、极值点偏移问题（6类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为16分【备考策略】1.理解、掌握函数零点与方程的关系2.能掌握函数零点的求解方法3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像的交点解决函数的零点问题4.会解隐零点与极值点偏移问题【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式解决函数的零点相关问题。

知识讲解知识点一.函数零点个数问题用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断;另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决，对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围，从图象的最高点、最低点、分析函数的最值、极值;从图象的对称性，分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等。

但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.知识点二.零点存在性赋值理论1.确定零点是否存在或函数有几个零点，作为客观题常转化为图象交点问题，作为解答题一般不提倡利用图象求解，而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点，赋值之所以“热”，是因为它涉及到函数领域的方方面面:讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性);求含参函数的极值或最值;证明一类超越不等式;求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等，零点赋值基本模式是已知f(a)的符号，探求赋值点m(假定m<a)使得f(m)与f(a)异号，则在(m，a)上存在零点2.赋值点遴选要领:讲选赋值点须做到三个确保:确保参数能取到它的一切值;确保赋值点x0落在规定区间内;确保运算可行三个优先:(1)优先常数赋值点;(2)优先借助已有极值求赋值点;(3)优先简单运算.知识点三.隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”2.利用导数求函数的最值或单调区间，常常会把品值问题转化为求导函数的零点问题、若导数零点存在，但无法求出，我们可以设其为0，再利用导函数单调性确定0所在区间，最后根据f’(0)=0，研究f(0)，我们把这类问题称为隐零点问题.注意若f(x)中含有参数a，关系式f(0)=0是关于0,a的关系式，确定0的合适范围，往往和a的范围有关.考点一、函数零点个数问题1.（2024·四川凉山·二模）若=Lin+cos−1，∈−π2,π，则函数的零点个数为（）A．0B．1C．2D．32.（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝x－sin x的零点个数为．1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)＝x3－x－1.(1)求证：函数f(x)在区间(1，2)内恰有一个零点；(2)将（1）中的零点记为a，且a4r14n的值.2.（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数=ln+sin+sinπ10.(1)求函数在区间1,e上的最小值；(2)判断函数的零点个数，并证明.考点二、数形结合法研究零点问题1.（2023·四川甘孜·一模）设定义在上的函数是偶函数，且+π=−π，'是的导函数，当∈0,π时，0<<1；当∈0,π且≠π2时，π2'>0，则函数=−sin在−2π,2π上的零点个数为（）A．2B．4C．5D．82.（2024高三下·全国·专题练习）已知是定义在R上的奇函数，当>0时，=e3−3ln，则函数的零点个数为（）A．2B．3C．4D．51.（24-25高三上·广东·开学考试）若函数op=sin−cos+B+1(>0)，∈[0,2π]的图象与直线=0,=π,=0所围成的封闭图形的面积为12π2+π+2．(1)求的值；(2)求函数op单调区间及最值；(3)求函数op=op−在区间∈[0,2π]上的零点个数．2.（2024·浙江·模拟预测）已知函数=e+sin−−1.(1)当=12时，求的单调区间；(2)当=1时，判断的零点个数.3.（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数op=133−2B2+2，其中≥0．(1)若的极小值为−286，求单调增区间；(2)讨论的零点个数．1.（2024·山东聊城·一模）已知函数=e−1，=ln−B，=e−ln−1.(1)求的单调递增区间；(2)求的最小值；(3)设ℎ=−，讨论函数ℎ的零点个数.2.（2024·湖南·二模）已函数op=3+B2+B+os s∈p，其图象的对称中心为(1,−2).(1)求−−的值；(2)判断函数的零点个数.1.（2024·河南郑州·三模）已知函数=e B−.(1)若=2，求在1,1处的切线方程；(2)讨论的零点个数.2.（2024·湖北·模拟预测）函数op=x−−1(∈p．(1)当=1时，证明：op≥0；(2)讨论函数op的零点个数．3.（23-24高三上·河北邢台·阶段练习）已知函数=23−32−12+5．(1)求的极值；(2)讨论函数=−的零点个数．4.（23-24高三上·陕西·阶段练习）已知函数=3ln+122−4+1.(1)求的图象在=2处的切线方程；(2)讨论函数=−的零点个数.1.（2024·山西·三模）已知函数op=2+1,>0e,≤0，若函数op=op−+o∈p恰有一个零点，则的取值范围是.2.（2018·全国·高考真题）已知函数=-B2．（1）若=1，证明：当≥0时，≥1；（2）若在(0,+∞)只有一个零点，求的值.1.（2017·全国·高考真题）已知函数=e2+−2e−（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.2.（2024·内蒙古包头·三模）设函数=ln+−．(1)当=1时，求的最小值；(2)若恰有两个零点，求a的取值范围．考点五、隐零点问题1.22-23高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：e K2>ln（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；（2）已知函数op=(−2)e+o−1)2有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）2.（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数=2−En∈R．(1)判断函数的单调性；(2)设=2−−2ln，证明：当=2时，函数有三个零点．1.（22-23高三上·河北·期中）已知函数=2e+o2−lnp+.(1)若=−2e−1，求的单调区间；(2)记函数=−2−En+1++4，若+1≥恒成立，试求实数的取值范围.2.（23-24高三下·广东广州·阶段练习）已知函数=e−2．(1)求函数的极值；(2)讨论函数=−sin在R上的零点个数．（参考数据：sin1≈0.84，cos1≈0.54）3.（2024·山东·模拟预测）已知函数=14e−．(1)求曲线=在点1,1处的切线在轴上的截距；(2)探究的零点个数．4.（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数=e−sin.(1)求在0,0处的切线方程；(2)求证：当∈−π,+∞时，函数有且仅有2个零点.1.（2024高三·全国·专题练习）设函数op=e−12e2−13(−1)3+5e2,∈[0,+∞)．(1)判断函数op的单调性；(2)若1≠2，且1+2=6e，求证：1+2<2．2.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数=B2，=1−ln.(1)若对于任意∈0,+∞，都有<，求实数的取值范围；(2)若函数=−有两个零点1,2，求证：11+12>2.1.（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数=ln+12B2−+1∈.(1)当=1时，求函数=的零点个数.(2)若关于的方程=12B2有两个不同实根1,2，求实数的取值范围并证明1⋅2>2.2.（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数=−1ln−2+B∈.(1)若函数='有两个零点，求的取值范围；(2)设1,2是函数的两个极值点，证明：1+2>2.3.（21-22高三上·广东清远·期末）已知函数op=K1−o−1)．(1)讨论op的零点个数．(2)若op有两个不同的零点1,2，证明：1+2>4．4.（21-22高三上·北京昌平·期末）已知函数op=163−2B+8ln．（1）若函数op在定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若函数op存在两个极值点1,2，求证：1+2>4．1．（22-23高三上·天津和平·期末）设函数op=e−e−,≥0−2−2−4,<0，若函数=−B恰有两个零点，则实数的取值范围为（）A．0,2B．0,2C．2,+∞D．2 2．（2020·重庆·一模）已知为R上的可导函数，当≠0时，'+>0，若=+1，则函数的零点个数为（）A．0B．1C．2D．0或23．（21-22高三上·天津河北·期中）已知函数=En−1，则的零点所在的区间是（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,44．（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝2x＋x－2的零点个数是（）A．0B．1C．2D．36．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知函数=2+B+e，若函数有两个不同零点，则极值点的个数为.7．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数=133−2+1．(1)求曲线=在点1,1处的切线方程；(2)求函数在−2,2上的单调区间、最值．(3)设=−在−2,2上有两个零点，求的范围.1．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）若函数=+2−En−−2，（>0且≠1）有两个零点，则m的取值范围（）A．−1,3B．−3,1C．3,+∞D．−∞,−12．（20-21高三上·天津南开·阶段练习）设函数f(x)=ln， ＞0，e(+1)，≤0，若函数g(x)=f(x)–b有两个零点，则实数b的取值范围是（）A．(–12，0)B．(–12，0]C．(–12，0]∪(1，+∞)D．(–12，1) 3．（2023·吉林·一模）已知函数=eK1,>0且≠1,−−,<0且≠−1,若函数op=2(p−B(p−e4有4个零点．则实数的取值范围是．4．（2023·天津河北·一模）设∈，函数=B2−+1,<0e−B,≥0，若恰有两个零点，则的取值范围是.5．（23-24高三上·天津河北·期中）已知函数=23−22+1.(1)求曲线=在点1,1处的切线方程；(2)求函数=的单调区间和极值；(3)若函数=−在区间−1,1上有一个零点，求实数的取值范围.6．（22-23高三上·天津·期中）已知函数=3+B2+B+在点1,2处的切线斜率为4，且在=−1处取得极值.(1)求函数的单调区间；(2)若函数=+−1恰有两个零点，求实数m的取值范围.7．（21-22高三上·天津东丽·阶段练习）已知函数op=B3−62+1，∈.（1）若=2，求函数op的单调区间；（2）若=−4，求函数在区间[−2,3]的最值；（3）若op恰有三个零点，求a的取值范围.1.（2023·全国·高考真题）函数=3+B+2存在3个零点，则的取值范围是（）A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,02.（2022·全国·高考真题）已知函数op=B−1−(+1)ln．(1)当=0时，求op的最大值；(2)若op恰有一个零点，求a的取值范围．3.（2020·全国·高考真题）已知函数op=3−B+2．（1）讨论op的单调性；（2）若op有三个零点，求的取值范围．4.（2020·全国·高考真题）已知函数op=−o+2).（1）当=1时，讨论op的单调性；（2）若op有两个零点，求的取值范围.。

课时作业(十四) 导数与函数的单调性与极值A 级1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4)D ．(2，＋∞)2．(2012·陕西卷)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3．(2012·长春名校联考)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图像如图所示，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 )4．(2012·长春市调研)若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．05．定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数f (x )在区间(0，＋∞)上的图像如图所示，则不等式f (x )f ′(x )>0的解集是( )A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)6．(2012·枣庄模拟)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.7．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．8．(2012·长春模拟)已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________.9．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．(2011·安徽卷)设f (x )＝ex1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．B 级1．(2012·重庆卷)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．2．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围． 详解答案课时作业(十四)A 级1．D f ′(x )＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x. 由f ′(x )>0得x >2.2．D ∵f (x )＝2x ＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x.由f ′(x )＝0解得x ＝2.当x >2时，f (x )>0，当x <2时，f (x )<0.3．C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，选C.4．C 依题意得f ′(x )＝x 2－2ax ，由a >2可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1>0，f (2)＝83－4a ＋1<0，因此f (x )在(0,2)内只有一个零点，故选C.5．Bf (x )图像如图①当x >0，f ′(x )>0，若f (x )·f ′(x )>0，则只需f (x )>0，由图得x ∈(1，＋∞)． ②当x <0，f ′(x )<0，若f (x )·f ′(x )>0，则只需f (x )<0，由图得x ∈(－1,0)． 综上，x ∈(－1,0)∪(1，＋∞)． 6．解析： f ′(x )＝2xx ＋－x 2＋a x ＋2，f ′(1)＝3－a4＝0⇒a ＝3. 答案： 37．解析： f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.∴m >6或m <－3.答案： (－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．解析： ∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ， ∴由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－3＋3m －2＋n －＋m 2＝0f －＝－2＋6m －＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意， ∴m ＋n ＝11. 答案： 119．解析： ∵f (x )＝a ln x ＋x ，∴f ′(x )＝a x＋1.又∵f (x )在[2,3]上单调递增， ∴a x＋1≥0在x ∈[2,3]上恒成立， ∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)． 答案： [－2，＋∞)10．解析： (1)f ′(x )＝2ax ＋b x. 又f (x )在x ＝1处有极值12.∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝12，f＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解之得a ＝12且b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋x －x.由f ′(x )<0，得0<x <1；由f ′(x )>0，得x >1. 所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)． 单调增区间是(1，＋∞)．11．解析： 对f (x )求导得f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax＋ax22.①(1)当a ＝43时，令f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以，x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号， 结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为(0,1]．B 级1．解析： (1)因为f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x ＞0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝x ＋x －2x2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫因为x 2＝－13不在定义域内，舍去. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.2．解析： (1)若a ＝1时，f (x )＝3x －2x 2＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x＝－x ＋x －x(x >0)．当f ′(x )>0， x ∈(0,1)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递增． 当f ′(x )<0，x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)， 单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h (x )＝4x －1x，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，2 5或a≥1.解得a<0或0<a≤。

课时作业(十四) [第14讲用导数研究函数单调性与极值][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．函数f(x)＝x3－x的单调增区间为________________________________________________________________________．2．如果函数y＝f(x)的图象如图K14－1，那么其导函数y＝f′(x)的图象可能是图K14－2中的________________________________________________________________________．(填序号)图K14－1 图K14－23．函数f(x)＝x3－3x2＋7的极大值是________．4．若函数y＝ln x－ax的增区间为(0,1)，则a的值是________．能力提升5．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是________．6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a＝________.7．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,2)，则b＝________，c＝________.8．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图K14－3，则该函数有________个极大值；________个极小值．9．已知a>0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，则a的最大值是________．10．[2011·福建卷改编] 若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．11．[2012·苏北四市一调] 已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．12．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有________．(填序号)(1)f(x)g(b)>f(b)g(x)；(2)f(x)g(a)>f(a)·g(x)；(3)f(x)g(x)>f(b)g(b)；(4)f(x)g(x)>f(b)g(a)．13．(8分)已知函数f(x)＝4x2－72－x，x∈[0,1]，求f(x)的单调区间．14．(8分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝1与x ＝－23时都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)若f (－1)＝32，求f (x )的单调区间和极值．15．(12分)已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数a ，使f (x )在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．16．(12分)已知函数f (x )＝|ax －2|＋b ln x (x >0，实数a ，b 为常数)． (1)若a ＝1，f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，求b 的取值范围；(2)若a ≥2，b ＝1，求方程f (x )＝1x在(0,1]上解的个数．课时作业(十四)【基础热身】1.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞ [解析] 由f ′(x )＝3x 2－1>0得，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33∪⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞，故单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33，⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞.2．(1) [解析] 由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负，所以只有(1)正确．3．7 [解析] 由f ′(x )＝3x 2－6x 易得，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)，故极大值为f (0)＝7.4．1 [解析] 由条件可知，y ′＝1x－a >0的解集为(0,1)，代入端点值1，可知a ＝1.【能力提升】5．(2，＋∞) [解析] f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞2.6．5 [解析] ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，又f (x )在x ＝－3时取得极值，∴f ′(－3)＝30－6a ＝0，则a ＝5.7．－32－6 [解析] 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题设知－1<x <2是不等式3x 2＋2bx＋c <0的解集，所以－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，由根与系数的关系得b ＝－32，c ＝－6.8．1 1 [解析] x 1、x 4是导函数的不变号零点，因此它们不是极值点，而x 2与x 3是变号零点，因此它们是极值点，且x 2是极大值点，x 3是极小值点．9．3 [解析] f ′(x )＝3x 2－a ，在[1，＋∞)上，f ′(x )≥0恒成立，则3x 2－a ≥0，a ≤3x 2.又g (x )＝3x 2在[1，＋∞)上递增，故a ≤3，a 的最大值为3.10．9 [解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ， ∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6， ∵a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9. 11．[－2，－1] [解析] 因为f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f －＝3m －2n ＝－3，f －1＝－m ＋n ＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3， 所以f ′(x )＝3x 2＋6x ，又f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，所以f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0在区间[t ，t ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ft ＝3t 2＋6t ≤0，f t ＋＝t ＋2＋t ＋，解之得t∈[－2，－1]．12．(3) [解析] ∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝[f (x )g (x )]′<0，∴f (x )g (x )为减函数，又∵a <x <b ，∴f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b )．13．[解答] 对函数f (x )求导，得f ′(x )＝－4x 2＋16x －7－x 2＝－x －x －－x2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝72.所以，当x ∈⎝ ⎭⎪⎫0，2时，f (x )是减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪2，1时，f (x )是增函数． 14．[解答] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由题意，得x ＝1和x ＝－23为f ′(x )＝0的解，∴－23a ＝1－23，b 3＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23， ∴a ＝－12，b ＝－2.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，由f (－1)＝－1－12＋2＋c ＝32，得c ＝1，∴f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋1，f ′(x )＝3x 2－x －2.∴f (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1.当x ＝－23时，f (x )有极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝4927；当x ＝1时，f (x )有极小值，f (1)＝－12.15．[解答] (1)f ′(x )＝3x 2－a ，故3x 2－a ≥0在R 上恒成立， ∴a ≤0.(2)f (x )在(－1,1)上单调递减，则3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，即a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立，∴a ≥3.16．[解答] (1)a ＝1，则f (x )＝|x －2|＋b ln x ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2＋b ln xx ，x －2＋b ln x x①当0<x <2时，f (x )＝－x ＋2＋b ln x ，f ′(x )＝－1＋bx， 由条件，得－1＋b x≥0恒成立，即b ≥x 恒成立． ∴b ≥2.②当x ≥2时，f (x )＝x －2＋b ln x ，f ′(x )＝1＋b x， 由条件，得1＋b x≥0恒成立，即b ≥－x 恒成立． ∴b ≥－2.∵f (x )的图象在(0，＋∞)上单调递增，不间断． 综合①，②得，b 的取值范围是b ≥2.(2)令g (x )＝|ax －2|＋ln x －1x，即g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2＋ln x －1x ⎝⎛⎭⎪⎫0<x <2a ，ax －2＋ln x －1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥2a .当0<x <2a 时，g (x )＝－ax ＋2＋ln x －1x，g ′(x )＝－a ＋1x ＋1x2，∵0<x <2a ，∴1x >a 2，则g ′(x )>－a ＋a 2＋a 24＝a a －4≥0， 即g ′(x )>0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增．当x ≥2a 时，g (x )＝ax －2＋ln x －1x，g ′(x )＝a ＋1x ＋1x2>0，∴g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫2a，＋∞上是单调增函数．∵g (x )的图象在(0，＋∞)上不间断，∴g (x )在(0，＋∞)上是单调增函数．∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －a 2，而a ≥2，∴ln 2a ≤0， 则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a <0，g (1)＝|a －2|－1＝a －3，①当a ≥3时，∵g (1)≥0，∴g (x )＝0在(0,1]上有惟一解，即方程f (x )＝1x解的个数为1个；②当2≤a <3时，∵g (1)<0，∴g (x )＝0在(0,1]上无解，即方程f (x )＝1x解的个数为0个．。