(江苏版)备战18高考数学模拟试卷分项专题03导数及应用

1．(2016·河北衡水中学调考)f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若f (x )－f ′(x )＜1，f (0)＝2016，则不等式f (x )＞2015·e x ＋1(其中e 为自然对数的底数)的解集为________．2．(2017·福建“四地六校”联考)已知曲线f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________________． 3．(2016·泰州二模)若函数f (x )＝x 2|x －a |在区间0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________________．4．(2016·扬州期末)若函数f (x )＝ln x －m x (m ∈R )在区间1，e]上取得最小值4，则实数m 的值是________．5．(2016·南京调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________________． 6．函数y ＝ln 2xx 的极小值为________．7．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p 元，则销售量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8300－170p －p 2.问该商品零售价定为________元时毛利润最大(毛利润＝销售收入－进货支出)．8．(2016·盐城模拟)当x ∈－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是__________．9．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(2x －x 2)e x，x ≤0，－x 2＋4x ＋3，x ＞0，g (x )＝f (x )＋2k ，若函数g (x )恰有两个不同的零点，则实数k 的取值范围为________________．10．(2016·苏州模拟)已知函数f (x )＝ln1＋x1－x. (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值．答案精析1．(0，＋∞) 2.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，723．(－∞，0]∪3，＋∞) 4.－3e 5．(32，4)解析 因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x )在(1,2)上有极值点．方法一 令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此需1＜x 2＜2，即1＜－1＋1＋2a ＜2，即4＜1＋2a ＜9，所以32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为(32，4)．方法二 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎨⎧f ′(1)＝3－2a ＜0，f ′(2)＝8－2a ＞0，解得32＜a ＜4，故实数a 的取值范围为(32，4)． 6．0解析 函数的定义域为(0，＋∞)．令y ＝f (x )，f ′(x )＝2ln x －ln 2x x 2＝－ln x (ln x －2)x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝e 2. f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表：故当x ＝1时，函数y ＝ln 2xx 取到极小值0. 7．30解析 由题意知，毛利润＝销售收入－进货支出，设该商品的毛利润为L (p )，则 L (p )＝pQ －20Q ＝Q (p －20) ＝(8300－170p －p 2)(p －20) ＝－p 3－150p 2＋11700p －166000， 所以L ′(p )＝－3p 2－300p ＋11700.令L ′(p )＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)． 此时，L (30)＝23000.因为在p ＝30附近的左侧L ′(p )＞0，右侧L ′(p )＜0.所以L (30)是极大值，根据实际问题的意义知，L (30)是最大值． 8．－6，－2]解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4＞0，∴φ(x )在(0,1]上递增， φ(x )max ＝φ(1)＝－6， ∴a ≥－6.当x ∈－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4.当x ∈－2，－1)时，φ′(x )＜0， 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )＞0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2， ∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.9.⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，2＋1e 2 解析 由y ＝(2x －x 2)e x (x ≤0)求导，得y ′＝(2－x 2)e x ，故y ＝(2x －x 2)e x (x ≤0)在(－2，0]上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，且当x ＜0时，恒有y ＝(2x －x 2)e x ＜0.又y ＝－x 2＋4x ＋3(x ＞0)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以可作出函数y ＝f (x )的图象，如图．由图可知，要使函数g (x )恰有两个不同的零点，需－2k ＝0或－2k ＝－22－2e 2或3＜－2k ＜7，即实数k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－32∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，2＋1e 2. 10．(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )， 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2. 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )＞0(0＜x ＜1)， 所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )＞g (0)＝0，x ∈(0,1)，即当x ∈(0,1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立．当k ＞2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－(k －2)1－x 2.所以当0＜x ＜4k －2k 时，h ′(x )＜0， 因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减． 当0＜x ＜4k －2k 时，h (x )＜h (0)＝0，即f (x )＜k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k ＞2时，f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立．综上可知，k 的最大值为2.。

线y＝f(x)上任意一点的切线的倾斜角α的取值范围是________．2．(2017·福建福州三中月考)已知点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是____________________．3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)＜0的解集为__________________．4．(2016·兰州诊断)在直角坐标系xOy中，设P是曲线C：xy＝1(x＞0)上任意一点，l是曲线C在点P处的切线，且l交坐标轴于A，B两点，则以下结论正确的是________．①△OAB的面积为定值2；②△OAB的面积有最小值3；③△OAB的面积有最大值4；④△OAB的面积的取值范围是3,4]．5．若函数f(x)＝2x2－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________．6．若函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值，则实数a的取值范围是________．7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a＞0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是________．8．(2016·江苏南京、盐城第二次模拟)若存在两个正实数x，y，使得等式x＋a(y－2e x)(ln y－ln x)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围为________．9．已知函数f (x )＝12x －14sin x －34cos x 的图象在A (x 0，f (x 0))点处的切线斜率为12，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4的值为__________． 10．若函数f (x )＝ln x ＋ax 存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是____________________．11．(2016·景德镇第二次质检)已知f (x )＝ax ＋a －2x ＋2－2a (a ＞0)，若f (x )≥2ln x 在1，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围是________．12．函数f (x )＝ax －cos x ，x ∈π4，π3]，若∀x 1，x 2∈π4，π3]，x 1≠x 2，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，则实数a 的取值范围是________．13．若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有3个单调区间，则a 的取值范围为________．14．已知函数f (x )＝e x1＋ax 2(a ＞0)，若f (x )为R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是________．答案精析1．π3，π2) 2.6x －y －4＝0或3x －2y ＋1＝0 3.(－∞，0)∪(12，2) 4.①5．1，32)解析 ∵f (x )＝2x 2－ln x (x ＞0)，∴f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x (x ＞0)，由f ′(x )＝0，得x ＝12，当x ∈(0，12)时，f ′(x )＜0；当x ∈(12，＋∞)时，f ′(x )＞0，根据题意，⎩⎪⎨⎪⎧ k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.6．(1,4) 解析 y ′＝3x 2－3a ，当a ≤0时，y ′≥0，函数y ＝x 3－3ax ＋a 为单调函数，不合题意，舍去；当a ＞0时，y ′＝3x 2－3a ＝0⇒x ＝±a ，不难分析，当1＜a ＜2，即1＜a ＜4时，函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内有极小值．7．(3，2)解析 由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝(2a )2－4×3×1＞0，－1＜－2a 6＜1，f ′(－1)＝3－2a ＋1＞0，f ′(1)＝3＋2a ＋1＞0，又a ＞0， 解得3＜a ＜2.8．(－∞，0)∪1e ，＋∞) 解析 由题意得当a ＝0时，x ＝0，所以a ≠0，所以原方程可化为－1a ＝(y x －2e)ln y x ＝(t －2e)ln t (t ＝y x ＞0)，令m (t )＝(t －2e)ln t ，t ＞0，则m ′(t )＝ln t ＋t －2e t ，m ″(t )＝1t ＋2e t 2＞0，所以当t ＞e 时，m ′(t )＞m ′(e)＝0；当0＜t ＜e 时，m ′(t )＜m ′(e)＝0.因此m (t )≥m (e)＝－e ，从而－1a ≥－e.所以a ＜0或a ≥1e ，即a ∈(－∞，0)∪1e ，＋∞)．9．2＋ 3解析 ∵f ′(x )＝12－14cos x ＋34sin x ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋12， 又f ′(x 0)＝12，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π6＝0， ∴x 0＝k π＋π6，k ∈Z ，∴tan x 0＝tan π6＝33，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4＝tan x 0＋11－tan x 0＝1＋331－33＝2＋ 3. 10．(－∞，2－1e )∪(2－1e ，2)解析 f ′(x )＝1x ＋a (x ＞0)．∵函数f (x )＝ln x ＋ax 存在与直线2x －y ＝0平行的切线，∴方程1x ＋a ＝2在区间(0，＋∞)上有解，即a ＝2－1x 在区间(0，＋∞)上有解，∴a ＜2.若直线2x －y ＝0与曲线f (x )＝ln x ＋ax 相切，设切点为(x 0,2x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧1x 0＋a ＝2，2x 0＝ln x 0＋ax 0，解得x 0＝e ，a ＝2－1e .综上，实数a 的取值范围是(－∞，2－1e )∪(2－1e ，2)．11．1，＋∞)解析 f (x )≥2ln x 在1，＋∞)上恒成立，即f (x )－2ln x ≥0在1，＋∞)上恒成立．设g (x )＝f (x )－2ln x ＝ax ＋a －2x ＋2－2a －2ln x ，则g ′(x )＝a －a －2x 2－2x ＝(x －1)(ax ＋a －2)x 2. 令g ′(x )＝0，则x ＝1或x ＝2－a a .由于g (1)＝0，a ＞0，因此2－a a ≤1(否则2－a a 是g (x )的极小值点，即g (2－a a )＜g (1)＝0)，所以a ≥1.12．(－∞，－32]解析 由f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0知，函数f (x )在π4，π3]上是减函数．又f ′(x )＝a ＋sin x ，所以f ′(x )≤0在π4，π3]上恒成立，即a ≤－sin x 在π4，π3]上恒成立．当π4≤x ≤π3时，－32≤－sin x ≤－22，故－sin x 的最小值为－32，所以a ≤－32.13．(－∞，0)解析 由f (x )＝ax 3＋x ，得f ′(x )＝3ax 2＋1.若a ≥0，则f ′(x )＞0恒成立，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若a ＜0，由f ′(x )＞0得－－13a ＜x ＜－13a ，由f ′(x )＜0，得x ＜－－13a 或x ＞－13a .故当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(－－13a ，－13a )，单调递减区间为(－∞，－－13a )，( －13a ，＋∞)，满足题意．14．(0,1]解析f′(x)＝e x(1＋ax2)－2ax e x(1＋ax2)2＝e x(1＋ax2－2ax)(1＋ax2)2，由题意f(x)为R上的单调函数，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在R上恒成立．又a＞0，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，解得0＜a≤1，所以实数a的取值范围是0＜a≤1.。

第2讲利用导数研究函数的单调性基础巩固题组(建议用时:40分钟）一、填空题1．函数f（x）＝x－ln x的单调递减区间为________．解析函数的定义域是（0,＋∞)，且f′(x)＝1－错误!＝错误!，令f′(x)〈0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0，1）．答案（0,1)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:①f(b)>f（c）〉f(d)；②f(b)>f（a）>f（e)；③f（c)>f（b）>f（a)；④f（c）>f（e)>f(d）．其中正确的是________（填序号)．解析依题意得，当x∈（－∞，c)时,f′(x）>0，因此，函数f(x）在（－∞，c）上是增函数，由a<b〈c，所以f（c）〉f(b)>f(a）．答案③3．若函数f(x）＝2x3－3mx2＋6x在区间（2，＋∞）上为增函数，则实数m的取值范围为________．解析∵f′（x）＝6x2－6mx＋6，当x∈（2,＋∞)时,f′(x）≥0恒成立,即x2－mx＋1≥0恒成立,∴m≤x＋错误!恒成立．令g(x）＝x＋错误!,g′（x)＝1－错误!，∴当x>2时，g′（x）>0,即g（x）在(2，＋∞）上单调递增,∴m≤2＋错误!＝错误!.答案错误!4．已知函数f（x）＝（－x2＋2x)e x（x∈R，e为自然对数的底数），则函数f（x）的单调递增区间为________．解析因为f（x)＝（－x2＋2x）e x，所以f′（x)＝（－2x＋2）e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2）e x。

令f′（x)>0,即（－x2＋2）e x>0，因为e x〉0，所以－x2＋2>0,解得－错误!〈x<错误!，所以函数f(x）的单调递增区间为（－错误!，错误!)．答案（－错误!，错误!）5．已知函数f(x)＝－错误!x2＋4x－3ln x在区间上不单调,则t的取值范围是________．解析由题意知f′（x）＝－x＋4－错误!＝－错误!，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）在区间上就不单调，由t<1<t ＋1或t<3〈t＋1，得0<t〈1或2〈t<3。

导数及其应用1．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】函数()2ln f x x x =-的单调递增区间为__________．【答案】⎛ ⎝⎭2．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】若函数()2,0,{,0x x x f x x lnx x a+≤=->在其定义域上恰有两个零点，则正实数a 的值为______． 【答案】e【解析】考查函数()()20{x x x f x ax lnx+≤=-，其余条件均不变，则：当x ⩽0时,f (x )=x +2x ，单调递增， f (−1)=−1+2−1<0,f (0)=1>0，由零点存在定理,可得f (x )在(−1,0)有且只有一个零点； 则由题意可得x >0时,f (x )=ax −lnx 有且只有一个零点，即有ln xa x =有且只有一个实根。

令()()2ln 1ln ,'x x g x g x x x -==， 当x >e 时,g ′(x )<0,g (x )递减; 当0<x <e 时,g ′(x )>0,g (x )递增。

即有x =e 处取得极大值,也为最大值,且为1e， 如图g (x )的图象,当直线y =a (a >0)与g (x )的图象 只有一个交点时,则1a e=. 回归原问题，则原问题中a e =.点睛： (1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．3．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与函数()()2220f x x a x =+>和()()3220g x x a x =+>均相切（其中a 为常数），切点分别为()11,A x y 和()22,B x y ，则12x x +的值为__________．【答案】56274．【南师附中2017届高三模拟二】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线:xC y e =上一点，直线:20l x y c ++=经过点P ，且与曲线C 在P 点处的切线垂直，则实数c 的值为__________．【答案】4ln2--【解析】设(),tP t e ，因为x y e '=，所以切线斜率t k e =，由题设1122tt e e -=-⇒=，故ln2t =，即点()ln2,2P ，将其代入20x y c ++=可得4ln2c =--，应填答案4ln2--。

专题3.3 导数的综合应用班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题：请把答案直接填写在答题卡相应的位置．．．．．．．．上(共10题，每小题6分，共计60分)． 1. 【2017课标3，理11改编】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =_________【答案】12【解析】2. 【江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考】已知函数()()31,ln 4f x x mxg x x =++=-.{}min ,a b 表示,a b 中的最小值，若函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，则实数m 的取值范围是 ▲ ．【答案】()53,44--【解析】试题分析：()23f x x m '=+，因为()10g =，所以要使()()(){}()min ,0h x f x g x x =>恰有三个零点，须满足()10,0,0f f m ><<，解得51534244m m >->⇒-<<- 3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数()y f x =的定义域为R ，对于x R ∀∈，'()()f x f x <，且(1)f x +为偶函数，(2)1f =，则不等式()xf x e <的解集为 ． 【答案】(0,)+∞ 【解析】试题分析：令()()x f x g x e =，则()()()0xf x f xg x e'-'=<，因为(1)f x +为偶函数，所以(1)(1)(0)(2)1g(0)1f x f x f f +=-+⇒==⇒=，因此()()1(0)0x f x e g x g x <⇒<=⇒>4. 【2017届高三七校联考期中考试】若()1ln ,(),0xexf x x a xg x a e =--=<，且对任意[]()1212,3,4,x x x x ∈≠121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ▲ ． 【答案】22[3,0)3e - 【解析】则()'21()10xe x a h x x ex-=--≤在(3,4)x ∈上恒成立，[]11,3,4x x e a x e x x --∴≥-+∈恒成立 令[]11(),3,4x x e u x x ex x--=-+∈，[]21112(1)113'()11,3,424x x x e x u x ee x x x ---⎡⎤-⎛⎫∴=-+=--+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 21211331,'()0244x e e u x x -⎡⎤⎛⎫-+>>∴<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦Q ，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[]3,4x ∈的最大值为22(3)33u e =-综上，实数a 的取值范围为22[3,0)3e -.5. 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af (b )与bf (a )的大小关系为________．【答案】af (b )≤bf (a )【解析】∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫f x x ′＝xfx －f x x 2≤－2fxx 2≤0.则函数f x x在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a <b ，则f a a≥f b b.即af (b )≤bf (a )．6.设D 是函数y ＝f (x )定义域内的一个区间，若存在x 0∈D ，使f (x 0)＝－x 0，则称x 0是f (x )的一个“次不动点”，也称f (x )在区间D 上存在“次不动点”，若函数f (x )＝ax 2－3x －a ＋52在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是________．【答案】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，127.电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 【答案】40【解析】由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0<x <40时，y ′<0； 当x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值．8.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 【答案】(－∞，0)【解析】f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．∵f (x )＝ax 3＋x ，∴f ′(x )＝3ax 2＋1. 要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0.9.函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．【答案】2110.设函数f (x )＝e 2x 2＋1x ，g (x )＝e 2x e x ，对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)，不等式g x 1k ≤f x 2k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________． 【答案】[1，＋∞)解析】因为对任意x 1、x 2∈(0，＋∞)， 不等式g x 1k≤f x 2k ＋1恒成立，所以kk ＋1≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max . 因为g (x )＝e 2xex ，所以g ′(x )＝(x e 2－x )′＝e 2－x ＋x e 2－x ·(－1)＝e 2－x (1－x )． 当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当x ＝1时，g (x )取到最大值，即g (x )max ＝g (1)＝e ； 因为f (x )＝e 2x 2＋1x，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝e 2x ＋1x ≥2e，当且仅当e 2x ＝1x，即x ＝1e时取等号，故f (x )min ＝2e.所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤g x 1f x 2max ＝e 2e ＝12. 所以kk ＋1≥12.又因为k 为正数，所以k ≥1.二、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指．定区域内．．．．。

3.2 导数的应用第1课时导数与函数的单调性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)求函数y＝f(x)的极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，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考察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：第一步求f(x)在区间(a，b)上的极值；第二步将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值.【知识拓展】1.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.2.可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀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零.3.对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)函数的极大值不一定比极小值大.( √ )(4)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件.( × ) (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.( √ ) (6)三次函数在R 上必有极大值和极小值.( × )1.(教材改编)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， ∴单调递减区间为(0,4).2.(教材改编)函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调递增区间为 . 答案 (π3，π)解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0，得cos x <12，又x ∈(0，π)，所以π3<x <π.3.(教材改编)函数y ＝3x 3－9x ＋5的极大值为 . 答案 11解析 y ′＝9x 2－9.令y ′＝0，得x ＝±1. 当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：从上表可以看出，当x ＝－1时，函数y 有极大值， 3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11.4.(2016·苏中八校联考)函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为 . 答案 (0,1)解析 函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1).5.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是 . 答案 (－∞，－1)解析 ∵y ＝e x＋ax ，∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵当x >0时，－e x <－1， ∴a ＝－e x<－1.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例1 (1)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为 .(2)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 (1)(0,1) (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 解析 (1)y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝x －x ＋x(x >0).令y ′<0，得0<x <1，∴单调递减区间为(0,1). (2)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.(1)函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为 .(2)已知函数f (x )＝x ln x ，则下面关于函数f (x )单调性的判断正确的是 . ①在(0，＋∞)上递增； ②在(0，＋∞)上递减； ③在(0，1e)上递增；④在(0，1e)上递减.答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ (2)④ 解析 (1)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，＋∞.(2)因为函数f (x )＝x ln x ，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 ).题型二 含参数的函数的单调性例2 (2016·江苏新海中学月考改编)已知函数f (x )＝2x 3＋32tx 2－3t 2x ＋t －12(t ≠0)，求f (x )的单调区间.解 f ′(x )＝6x 2＋3tx －3t 2＝3(2x －t )(x ＋t ). 令f ′(x )＝0，得x ＝－t 或x ＝t2.∵t ≠0，以下分两种情况进行讨论： ①若t <0，则t2<－t .由f ′(x )>0，得x <t2或x >－t ；由f ′(x )<0，得t2<x <－t .②若t >0，则t2>－t .由f ′(x )>0，得x <－t 或x >t2；由f ′(x )<0，得－t <x <t2.∴当t <0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，t 2)，(－t ，＋∞)，单调递减区间为(t2，－t )；当t >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－t )，(t 2，＋∞)，单调递减区间为(－t ，t2).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0的点和函数的间断点. (3)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.讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增.题型三 已知函数单调性求参数例3 (2016·南通模拟)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－1)2－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1，即a 的取值范围为(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1,4]上单调递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立.所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝(1x－1)2－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞).引申探究1.本题(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 由h (x )在[1,4]上单调递增得， 当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 即当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)，∴a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1].2.本题(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， 即当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，∴a >－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞). 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.已知函数f (x )＝e xln 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 (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 －1x2(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].5.用分类讨论思想研究函数的单调性典例 (16分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴.(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性.思想方法指导 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. 规范解答解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .[2分]由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴， 得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， ∴b ＝－2a －1.[4分](2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －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.[8分] 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，[9分]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；[11分]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. [14分]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.[16分]1.(2015·课标全国Ⅱ改编)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 . 答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0. 当x ≠0时，令g (x )＝f xx， 则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0. 则当x ＞0时，g ′(x )＝[f xx]′ ＝xfx －f xx 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数. 所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0 ⇔f x x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f xx＜0⇔f (x )＞0.综上，知使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1).2.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的 条件.答案 充分不必要解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件. 3.在区间(－1,1)内不是增函数的函数是 . ①y ＝e x＋x ； ②y ＝sin x ；③y ＝x 3－6x 2＋9x ＋2； ④y ＝x 2＋x ＋1. 答案 ④解析 ①y ＝e x ＋x ，y ′＝e x＋1>0，在区间(－1,1)内是增函数； ②y ＝sin x ，y ′＝cos x ，在区间(－1,1)内是增函数；③y ＝x 3－6x 2＋9x ＋2，y ′＝3x 2－12x ＋9＝3(x －2)2－3，在区间(－1,1)内是增函数； ④y ＝x 2＋x ＋1，y ′＝2x ＋1，在区间(－12，1)内y ′>0，在区间(－1，－12)内y ′<0，在区间(－1,1)内不单调.4.已知函数y ＝f (x )在定义域[－4,6]内可导，其图象如图，记y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为 .答案 [－43，1]∪[113，6]解析 不等式f ′(x )≤0的解集即函数y ＝f (x )的减区间，由题图知y ＝f (x )的减区间为[－43，1]，[113，6]，故f ′(x )≤0的解集为[－43，1]∪[113，6].5.(2017·江苏扬州中学月考)若函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 . 答案 [12，＋∞)解析 f ′(x )＝2mx ＋1x －2，由题意知，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m ≥－1x 2＋2x在(0，＋∞)上恒成立，令t ＝1x>0，则2m ≥－t 2＋2t ，又∵(－t 2＋2t )max ＝1，∴2m ≥1，∴m ≥12.6.定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2，则12e ()xf x 与21e ()xf x 的大小关系为 . 答案 1221e ()e ()xxf x f x ＞ 解析 设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f xx－f xxx2＝f x －f xex，由题意得g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即1212()()e ex x f x f x ＜， 所以1221e ()e ()xxf x f x ＞.7.(2016·苏州模拟)若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调减区间为(－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的解集， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，b ＋c ＝－12.8.(2016·无锡模拟)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 .①f (b )>f (c )>f (d ) ②f (b )>f (a )>f (e ) ③f (c )>f (b )>f (a ) ④f (c )>f (e )>f (d ) 答案 ③解析 依题意得，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 )，因此③正确.9.若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a 的取值范围是 . 答案 (－19，＋∞)解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a .当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19， 所以a 的取值范围是(－19，＋∞).10.(2016·全国甲卷改编)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是 .答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 解析 ∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)恒成立.当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在(0,1]上为增函数，得a ≥f (1)＝－13；当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，f (t )＝43t －53t 在[－1,0)上为增函数，得a ≤f (－1)＝13.综上，可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13. 11.(2016·江苏南京十三中月考)函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0). (1)讨论f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(1,2)上是增函数，求a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)， ∴f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，令f ′(x )＝0，即3ax 2＋6x ＋3＝0，则Δ＝36(1－a ). ①当a ≥1时，Δ≤0，f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上是增函数； ②当a <1且a ≠0时，Δ>0，f ′(x )＝0有两个根，x 1＝－1＋1－aa，x 2＝－1－1－aa.(ⅰ)当0<a <1时，易知当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 2，x 1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)上是增函数，在(x 2，x 1)上是减函数；(ⅱ)当a <0时，易知当x ∈(－∞，x 1)或x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )>0， 故函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上是减函数， 在(x 1，x 2)上是增函数.(2)当a >0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3>0(x ∈(1,2))， 故a >0时，f (x )在区间(1,2)上是增函数， 当a <0时，由f (x )在区间(1,2)上是增函数，可得⎩⎪⎨⎪⎧f，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋9≥0，12a ＋15≥0，解得a ≥－54，所以－54≤a <0.综上，a 的取值范围是[－54，0)∪(0，＋∞).12.已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x(x >0)，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2(x >0). 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去. 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数.综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5). 13.已知函数f (x )＝13x 3－a 2x 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a ). ①当a ＝0时，f ′(x )＝x 2≥0恒成立， ∴f (x )在R 上单调递增.②当a >0时，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )的增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，减区间为(0，a ).③当a <0时，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )>0；当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )的增区间为(－∞，a )，(0，＋∞)，减区间为(a,0). (2)∵g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ，∴g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即当x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x)max ＝－22即可.所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22).。

1．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝ln x－x－ax，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋1 4，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．4．(2016·山东)已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋32对于任意的x∈1,2]成立．5．已知函数f(x)＝x ln x和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m 的取值范围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n2－1＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1. 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax 2.令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a . ①当a ≤－14时，f ′(x )≤0恒成立， 所以函数f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当a ＞－14时，由f ′(x )＝0， 得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a2. (i)若－14＜a ＜0，则x 1＞x 2＞0， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜x 2，x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得x 2＜x ＜x 1. 所以f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)．(ii)若a ＝0，由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x 1＞0＞x 2， 由f ′(x )＜0，得x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜x 1.所以f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 综上所述， 当a ≤－14时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14＜a ＜0时，f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a2)；当a ≥0时，f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 2．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0. 若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增． (2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在－1,0]上单调递减，在0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎨⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎨⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1， 则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0， 即e －m ＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是－1,1]．3．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34. 因此，当a ＝－34时， x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故1是h (x )的一个零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x ＞0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点． (ⅱ)若－3＜a ＜0，则f (x )在(0, －a3)上单调递减，在(－a3，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f (－a 3)＝2a 3－a 3＋14.①若f (－a 3)＞0，即－34＜a ＜0，f (x )在(0,1)上无零点；②若f (－a 3)＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点； ③若f (－a 3)＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3＜a ≤－54时， f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时， h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点． 4．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0， f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减． 当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3·⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①当0＜a ＜2时，2a ＞1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时， f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减． ②当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③当a ＞2时，0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减， 在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x ≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4，设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)， 使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12， 可得h (x )≥h (2)＝12， 当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈1,2]成立． 5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )， 即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x ＝0. 令h (x )＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x 2＝－[(x －12)2＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )， 即ln x ＜m (x －1x )，设F (x )＝ln x －m (x －1x )，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0， F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2) ＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2， 当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2. 当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾． 综上所述，实数m 的取值范围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时， ln x ＜12(x －1x )成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1 ＝4k4k 2－1， ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k4k 2－1(k ∈N *)， ⎩⎪⎨⎪⎧ln3－ln1＜44×12－1，ln5－ln3＜4×24×22－1，…ln (2n ＋1)－ln (2n －1)＜4×n4×n 2－1(n ∈N *)，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．。

1．函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为________．2．(2016·常州模拟)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____________．3．(2016·镇江一模)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝x ln x，则不等式f(x)＜－e的解集为______________．4．(2016·镇江模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)e x，若f(x)在－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是____________．5．(2017·江苏扬州中学月考)若函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是____________________．6．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k＞0)，(1)若函数f(x)的单调递减区间是(0,4)，则实数k的值为____________；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是____________．7．已知函数y＝－13x3＋bx2－(2b＋3)x＋2－b在R上不是单调减函数，则b的取值范围是________________．8．(2016·兰州一模)若函数f(x)＝x2－e x－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______________________．9．(2016·常州武进期中)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)＜f(－x)，则满足13(2x－1)f(2x－1)＜f(3)的实数x的取值范围是________．10．(2016·天津十二区县重点高中第一次联考)已知函数f (x )＝ln x －1x ，g (x )＝ax ＋b .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若直线g (x )＝ax ＋b 是函数f (x )＝ln x －1x 的图象的切线，求a ＋b 的最小值．答案精析的单调性1．(0,1] 2.(－∞，0)3．(－∞，－e)解析当x ＞0时，f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得x ＝1e ，易知当x ＞0时，f (x )min ＝f (1e )＝－1e ＞－e ，故只能在x ＜0时，求解f (x )＜－e.因为函数f (x )为奇函数，在同一平面直角坐标系中作出f (x )的大致图象如图所示，根据函数单调性，且f (－e)＝－f (e)＝－e·lne ＝－e ，得所求不等式的解集为x ＜－e.4.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 5．12，＋∞)解析 f ′(x )＝2mx ＋1x －2，由题意知，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m ≥－1x 2＋2x 在(0，＋∞)上恒成立，令t ＝1x ＞0，则2m ≥－t 2＋2t ，又∵(－t 2＋2t )max ＝1，∴2m ≥1，∴m ≥12.6．(1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)≤0，解得k ≤13.又k ＞0，故0＜k ≤13.7．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析 y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立，所以Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，所以－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b ＜－1或b ＞3.8．(－∞，2ln2－2]解析 因为f (x )＝x 2－e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －e x －a ，因为函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln2，则当x ＜ln2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞ln2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以当x ＝ln2时，g (x )取得最大值，g (x )max ＝g (ln2)＝2ln2－2，所以a ≤2ln2－2.9．(－1,2)解析 令F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∵当x ∈(－∞，0]时，xf ′(x )＜f (－x )恒成立，且由题意知f (－x )＝－f (x )， ∵当x ∈(－∞，0]时，F ′(x )＜0，即F (x )在(－∞，0]上递减．不等式13(2x －1)f (2x －1)＜f (3)可化为(2x －1)f (2x －1)＜3f (3)，即F (2x －1)＜F (3)，易知F (x )为偶函数，所以不等式可化为|2x －1|＜3，解得－1＜x ＜2.10．解 (1)h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －1x －ax －b ，则h ′(x )＝1x ＋1x 2－a .∵h (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴对∀x ＞0，都有h ′(x )＝1x ＋1x 2－a ≥0，即对∀x＞0，都有a≤1x＋1x2.∵1x＋1x2＞0，∴a≤0.故实数a的取值范围是(－∞，0]．(2)设切点(x0，ln x0－1x0)，则切线方程为y－(ln x0－1 x0)＝(1x0＋1x20)(x－x0)，即y＝(1x0＋1x20)x－(1x0＋1x20)x0＋(ln x0－1x0)，即y＝(1x0＋1x20)x＋(ln x0－2x0－1)，令1x0＝t＞0，由题意得a＝1x0＋1x20＝t＋t2，b＝ln x－2x0－1＝－ln t－2t－1，令a＋b＝φ(t)＝－ln t＋t2－t－1，则φ′(t)＝－1t＋2t－1＝(2t＋1)(t－1)t，当t∈(0,1)时，φ′(t)＜0，φ(t)在(0,1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)＞0，φ(t)在(1，＋∞)上单调递增．∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.。