新课标高考数学总复习课时训练2.12导数在研究函数中的应用(含答案详析)
2024全国高考真题数学汇编：导数在研究函数中的应用
2024全国高考真题数学汇编导数在研究函数中的应用一、单选题1．（2024上海高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合 0000,,,M x x x x f x f x R ，在使得 1,1M 的所有 f x 中，下列成立的是（）A ．存在 f x 是偶函数B ．存在 f x 在2x 处取最大值C ．存在 f x 是严格增函数D ．存在 f x 在=1x 处取到极小值二、多选题2．（2024全国高考真题）设函数2()(1)(4)f x x x ，则（）A ．3x 是()f x 的极小值点B ．当01x 时， 2()f x f xC ．当12x 时，4(21)0f xD ．当10x 时，(2)()f x f x 3．（2024全国高考真题）设函数32()231f x x ax ，则（）A ．当1a 时，()f x 有三个零点B ．当0a 时，0x 是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b 为曲线()y f x 的对称轴D ．存在a ，使得点 1,1f 为曲线()y f x 的对称中心三、填空题4．（2024全国高考真题）曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，则a 的取值范围为．四、解答题5．（2024全国高考真题）已知函数3()e x f x ax a ．(1)当1a 时，求曲线()y f x 在点 1,(1)f 处的切线方程；(2)若()f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．6．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x ax x x ．(1)当2a 时，求 f x 的极值；(2)当0x 时， 0f x ，求a 的取值范围．7．（2024全国高考真题）已知函数 1ln 1f x a x x ．(1)求 f x 的单调区间；(2)当2a 时，证明：当1x 时， 1e x f x 恒成立．8．（2024上海高考真题）对于一个函数 f x 和一个点 ,M a b ，令 22()()s x x a f x b ，若 00,P x f x 是 s x 取到最小值的点，则称P 是M 在 f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x，求证：对于点 0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在 f x 的“最近点”；(2)对于 e ,1,0x f x M ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在 f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x 在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x 在定义域R 上存在导函数()f x ，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点11,M t f t g t ， 21,M t f t g t ．若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，试判断 f x 的单调性．9．（2024北京高考真题）设函数 ln 10f x x k x k ，直线l 是曲线 y f x 在点 ,0t f t t 处的切线．(1)当1k 时，求 f x 的单调区间.(2)求证：l 不经过点 0,0.(3)当1k 时，设点 ,0A t f t t ， 0,C f t ， 0,0O ，B 为l 与y 轴的交点，ACO S 与ABO S 分别表示ACO △与ABO 的面积．是否存在点A 使得215ACO ABO S S △△成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：1.09ln31.10 ，1.60ln51.61 ，1.94ln71.95 ）10．（2024天津高考真题）设函数 ln f x x x ．(1)求 f x 图象上点 1,1f 处的切线方程；(2)若 f x a x 在 0,x 时恒成立，求a 的值；(3)若 12,0,1x x ，证明 121212f x f x x x ．11．（2024全国高考真题）已知函数3()ln (1)2x f x ax b x x (1)若0b ，且()0f x ，求a 的最小值；(2)证明：曲线()y f x 是中心对称图形；(3)若()2f x 当且仅当12x ，求b 的取值范围．参考答案1．B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数2,1,111,1x f x x x x即可判断.【详解】对于A ，若存在()y f x 是偶函数,取01[1,1]x ,则对于任意(,1),()(1)x f x f ,而(1)(1)f f ,矛盾,故A 错误；对于B ，可构造函数 2,1,,11,1,1,x f x x x x满足集合 1,1M ，当1x 时，则 2f x ，当11x 时， 1,1f x ，当1x 时， 1f x ，则该函数 f x 的最大值是 2f ，则B 正确；对C ，假设存在 f x ，使得 f x 严格递增，则M R ，与已知 1,1M 矛盾，则C 错误；对D ，假设存在 f x ，使得 f x 在=1x 处取极小值，则在1 的左侧附近存在n ，使得 1f n f ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B.2．ACD【分析】求出函数 f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数 f x 在 1,3上的值域即可判断C ；直接作差可判断D.【详解】对A ，因为函数 f x 的定义域为R ，而 22141313f x x x x x x ，易知当 1,3x 时， 0f x ，当 ,1x 或 3,x 时， 0f x 函数 f x 在 ,1 上单调递增，在 1,3上单调递减，在 3, 上单调递增，故3x 是函数 f x 的极小值点，正确；对B ，当01x 时， 210x x x x ，所以210x x ，而由上可知，函数 f x 在 0,1上单调递增，所以 2f x f x ，错误；对C ，当12x 时，1213x ，而由上可知，函数 f x 在 1,3上单调递减，所以 1213f f x f ，即 4210f x ，正确；对D ，当10x 时， 222(2)()12141220f x f x x x x x x x ，所以(2)()f x f x ，正确；故选：ACD.3．AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为0,x x a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出()f x 在(1,0),(0,),(,2)a a a 上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，则()(2)f x f b x 为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A 选项，2()666()f x x ax x x a ，由于1a ，故 ,0,x a 时()0f x ，故()f x 在 ,0,,a 上单调递增，(0,)x a 时，()0f x ，()f x 单调递减，则()f x 在0x 处取到极大值，在x a 处取到极小值，由(0)10 f ，3()10f a a ，则(0)()0f f a ，根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点，又(1)130f a ，3(2)410f a a ，则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a ，则()f x 在(1,0),(,2)a a 上各有一个零点，于是1a 时，()f x 有三个零点，A 选项正确；B 选项，()6()f x x x a ，a<0时，(,0),()0x a f x ，()f x 单调递减，,()0x 时()0f x ，()f x 单调递增，此时()f x 在0x 处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x ，即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x ，根据二项式定理，等式右边3(2)b x 展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x ，于是等式左右两边3x 的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的,a b ，使得x b 为()f x 的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33f a ，若存在这样的a ，使得(1,33)a 为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a ，事实上，32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a ，于是266(126)(1224)1812a a x a x a即126012240181266a a a a，解得2a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f x x ax ，2()66f x x ax ，()126f x x a ，由()02a f x x ，于是该三次函数的对称中心为,22a a f ，由题意(1,(1))f 也是对称中心，故122a a ，即存在2a 使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：（1）()f x 的对称轴为()(2)x b f x f b x ；（2）()f x 关于(,)a b 对称()(2)2f x f a x b ；（3）任何三次函数32()f x ax bx cx d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是()0f x 的解，即,33b b f aa是三次函数的对称中心4． 2,1 【分析】将函数转化为方程，令 2331x x x a ，分离参数a ，构造新函数 3251,g x x x x 结合导数求得 g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令 2331x x x a ，即3251a x x x ，令 32510,g x x x x x 则 2325351g x x x x x ，令 00g x x 得1x ，当 0,1x 时， 0g x ， g x 单调递减，当 1,x 时， 0g x ， g x 单调递增， 01,12g g ，因为曲线33y x x 与 21y x a 在 0, 上有两个不同的交点，所以等价于y a 与 g x 有两个交点，所以 2,1a .故答案为：2,1 5．(1) e 110x y (2)1, 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析0a 和0a 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知()e x f x a 有零点，可得0a ，进而利用导数求 f x 的单调性和极值，分析可得2ln 10a a ，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当1a 时，则()e 1x f x x ，()e 1x f x ，可得(1)e 2f ，(1)e 1f ，即切点坐标为 1,e 2 ，切线斜率e 1k ，所以切线方程为 e 2e 11y x ，即 e 110x y .（2）解法一：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若0a ，则()0f x 对任意x R 恒成立，可知()f x 在R 上单调递增，无极值，不合题意；若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，则 120g a a a，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, ；解法二：因为()f x 的定义域为R ，且()e x f x a ，若()f x 有极小值，则()e x f x a 有零点，令()e 0x f x a ，可得e x a ，可知e x y 与y a 有交点，则a ，若0a ，令()0f x ，解得ln x a ；令()0f x ，解得ln x a ；可知()f x 在 ,ln a 内单调递减，在 ln ,a 内单调递增，则()f x 有极小值 3ln ln f a a a a a ，无极大值，符合题意，由题意可得： 3ln ln 0f a a a a a ，即2ln 10a a ，构建 2ln 1,0g a a a a ，因为则2,ln 1y a y a 在 0, 内单调递增，可知 g a 在 0, 内单调递增，且 10g ，不等式2ln 10a a 等价于 1g a g ，解得1a ，所以a 的取值范围为 1, .6．(1)极小值为0，无极大值.(2)12a 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就12a 、102a 、0a 分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当2a 时，()(12)ln(1)f x x x x ，故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x，因为12ln(1),11y x y x在 1, 上为增函数，故()f x 在 1, 上为增函数，而(0)0f ，故当10x 时，()0f x ，当0x 时，()0f x ，故 f x 在0x 处取极小值且极小值为 00f ，无极大值.（2） 11ln 11ln 1,011a x ax f x a x a x x x x，设 1ln 1,01a x s x a x x x，则222111211111a a x a a ax a s x x x x x ，当12a 时， 0s x ，故 s x 在 0, 上为增函数，故 00s x s ，即 0f x ，所以 f x 在 0, 上为增函数，故 00f x f .当102a 时，当0x 0s x ，故 s x 在210,a a 上为减函数，故在210,a a上 0s x s ，即在210,a a上 0f x 即 f x 为减函数，故在210,a a上 00f x f ，不合题意，舍.当0a ，此时 0s x 在 0, 上恒成立，同理可得在 0, 上 00f x f 恒成立，不合题意，舍；综上，12a .【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.7．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x 时，1e 21ln 0x x x 即可.【详解】（1）()f x 定义域为(0,) ，11()ax f x a x x当0a 时，1()0ax f x x，故()f x 在(0,) 上单调递减；当0a 时，1,x a时，()0f x ，()f x 单调递增，当10,x a时，()0f x ，()f x 单调递减.综上所述，当0a 时，()f x 的单调递减区间为(0,) ；0a 时，()f x 的单调递增区间为1,a ，单调递减区间为10,a.（2）2a ，且1x 时，111e ()e (1)ln 1e 21ln x x x f x a x x x x ，令1()e 21ln (1)x g x x x x ，下证()0g x 即可.11()e 2x g x x ，再令()()h x g x ，则121()e x h x x，显然()h x 在(1,) 上递增，则0()(1)e 10h x h ，即()()g x h x 在(1,) 上递增，故0()(1)e 210g x g ，即()g x 在(1,) 上单调递增，故0()(1)e 21ln10g x g ，问题得证8．(1)证明见解析(2)存在，0,1P (3)严格单调递减【分析】（1）代入(0,0)M ，利用基本不等式即可；（2）由题得 22(1)e x s x x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；（3）根据题意得到 10200s x s x ，对两等式化简得 01()f xg t ，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明0x t ，最后得到函数单调性.【详解】（1）当(0,0)M 时， 222211(0)02s x x x x x ，当且仅当221x x 即1x 时取等号，故对于点 0,0M ，存在点 1,1P ，使得该点是 0,0M 在 f x 的“最近点”．（2）由题设可得 2222(1)e 0(1)e x x s x x x ，则 2212e x s x x ，因为 221,2e x y x y 均为R 上单调递增函数，则 2212e xs x x 在R 上为严格增函数，而 00s ，故当0x 时， 0s x ，当0x 时， 0s x ，故 min 02s x s ，此时 0,1P ，而 e ,01x f x k f ，故 f x 在点P 处的切线方程为1y x .而01110MP k ，故1MP k k ，故直线MP 与 y f x 在点P 处的切线垂直．（3）设 221(1)()s x x t f x f t g t ，222(1)()s x x t f x f t g t ，而 12(1)2()s x x t f x f t g t f x ， 22(1)2()s x x t f x f t g t f x ，若对任意的t R ，存在点P 同时是12,M M 在 f x 的“最近点”，设 00,P x y ，则0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则0x 也是两函数的极小值点，则存在0x ,使得 10200s x s x ，即 10000212()()0s x x t f x f x f t g t ① 20000212()()0s x x t f x f x f t g t ②由①②相等得 044()0g t f x ，即 01()0f x g t ，即 01()f x g t，又因为函数()g x 在定义域R 上恒正，则 010()f xg t 恒成立，接下来证明0x t ，因为0x 既是 1s x 的最小值点，也是 2s x 的最小值点，则 1020(),()s x s t s x s t ，即 2220011x t f x f t g t g t ，③ 2220011x t f x f t g t g t ，④③ ④得 222200222()2()22()x t f x f t g t g t 即 22000x t f x f t ，因为 2200,00x t f x f t 则 0000x t f x f t，解得0x t ，则 10()f tg t 恒成立，因为t 的任意性，则 f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 01()f x g t，再利用最值点定义得到0x t 即可.9．(1)单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入1k ，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1t F t t t ，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入215ACO ABO S S 得到13ln(1)21501t t t t ，再设新函数15()13ln(1)2(0)1t h t t t t t研究其零点即可.【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11x f x x x f x x x x，当 1,0x 时， 0f x ；当 0,x ，()0f x ¢>；()f x 在(1,0) 上单调递减，在(0,) 上单调递增.则()f x 的单调递减区间为(1,0) ，单调递增区间为(0,) .（2）()11k f x x ，切线l 的斜率为11k t，则切线方程为()1()(0)1k y f t x t t t，将(0,0)代入则()1,()111k k f t t f t t t t，即ln(1)1k t k t t tt ，则ln(1)1t t t ，ln(1)01t t t ，令()ln(1)1t F t t t，假设l 过(0,0)，则()F t 在(0,)t 存在零点.2211()01(1)(1)t t t F t t t t ，()F t 在(0,) 上单调递增，()(0)0F t F ，()F t 在(0,) 无零点， 与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).（3）1k 时，12()ln(1),()1011x f x x x f x x x.1()2ACO S tf t ，设l 与y 轴交点B 为(0,)q ，0t 时，若0q ，则此时l 与()f x 必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知0q .所以0q ，则切线l 的方程为 111ln 1x t y t t t，令0x ，则ln(1)1t y q y t t.215ACO ABO S S ，则2()15ln(1)1t tf t t t t，13ln(1)21501t t t t ，记15()13ln(1)2(0)1th t t t t t， 满足条件的A 有几个即()h t 有几个零点.2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)t t t t t t t h t t t t t t ，当10,2t时， 0h t ，此时 h t 单调递减；当1,42t时， 0h t ，此时 h t 单调递增；当 4,t 时， 0h t ，此时 h t 单调递减；因为1(0)0,0,(4)13ln 520131.6200.802h h h，15247272(24)13ln 254826ln 548261.614820.5402555h，所以由零点存在性定理及()h t 的单调性，()h t 在1,42上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()h t 有两个零点，即满足215ACO ABO S S 的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.10．(1)1y x (2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到2a ，再证明2a 时条件满足；（3）先确定 f x 的单调性，再对12,x x 分类讨论.【详解】（1）由于 ln f x x x ，故 ln 1f x x .所以 10f ， 11f ，所以所求的切线经过 1,0，且斜率为1，故其方程为1y x .（2）设 1ln h t t t ，则 111t h t t t，从而当01t 时 0h t ，当1t 时 0h t .所以 h t 在 0,1上递减，在 1, 上递增，这就说明 1h t h ，即1ln t t ，且等号成立当且仅当1t .设 12ln g t a t t ，则ln 1f x a x x x a x x a x g .当 0,x0, ，所以命题等价于对任意 0,t ，都有 0g t .一方面，若对任意 0,t ，都有 0g t ，则对 0,t 有112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t，取2t ，得01a ，故10a .再取t，得2022a a a，所以2a .另一方面，若2a ，则对任意 0,t 都有 212ln 20g t t t h t ，满足条件.综合以上两个方面，知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b ，有 ln 1ln 1f b f a a b b a.证明：前面已经证明不等式1ln t t ，故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a，且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a a b b a a b b b a b b a a a a a a b a b a b b，所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a，即 ln 1ln 1f b f a a b b a.由 ln 1f x x ，可知当10e x 时 0f x ，当1ex 时()0f x ¢>.所以 f x 在10,e上递减，在1,e上递增.不妨设12x x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211ex x 时，有122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x ，结论成立；情况二：当1210e x x 时，有 12121122ln ln f x f x f x f x x x x x .对任意的10,e c，设ln ln x x x c cln 1x x 由于 x单调递增，且有1111111ln 1ln11102e2e ec c，且当2124ln 1x c c，2cx2ln 1c 可知2ln 1ln 1ln 102c x x c.所以 x 在 0,c 上存在零点0x ，再结合 x 单调递增，即知00x x 时 0x ，0x x c 时 0x .故 x 在 00,x 上递减，在 0,x c 上递增.①当0x x c 时，有 0x c ；②当00x x112221e e f f c，故我们可以取1,1q c .从而当201cx q1ln ln ln ln 0x x x c c c c c c q c.再根据 x 在 00,x 上递减，即知对00x x 都有 0x ；综合①②可知对任意0x c ，都有 0x ，即ln ln 0x x x c c .根据10,e c和0x c 的任意性，取2c x ，1x x，就得到1122ln ln 0x x x x .所以12121122ln ln f x f x f x f x x x x x 情况三：当12101e x x时，根据情况一和情况二的讨论，可得11e f x f21e f f x而根据 f x 的单调性，知 1211e f x f x f x f或 1221e f x f x f f x .故一定有12f x f x 成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 f x 的单调性进行分类讨论.11．(1)2 (2)证明见解析(3)23b【分析】（1）求出 min 2f x a 后根据()0f x 可求a 的最小值；（2）设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，可证 ,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n 也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断 12f 即2a ，再根据()2f x 在 1,2上恒成立可求得23b .【详解】（1）0b 时， ln 2xf x ax x，其中 0,2x ，则112,0,222f x a a x x x x x，因为 22212x x x x，当且仅当1x 时等号成立，故 min 2f x a ，而 0f x 成立，故20a 即2a ，所以a 的最小值为2 .，（2） 3ln12x f x ax b x x的定义域为 0,2，设 ,P m n 为 y f x 图象上任意一点，,P m n 关于 1,a 的对称点为 2,2Q m a n ，因为 ,P m n 在 y f x 图象上，故 3ln 12m n am b m m，而 3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m，2n a ，所以 2,2Q m a n 也在 y f x 图象上，由P 的任意性可得 y f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1,a .（3）因为 2f x 当且仅当12x ，故1x 为 2f x 的一个解，所以 12f 即2a ，先考虑12x 时， 2f x 恒成立.此时 2f x 即为 3ln21102x x b x x在 1,2上恒成立，设 10,1t x ，则31ln201t t bt t在 0,1上恒成立，设 31ln2,0,11t g t t bt t t，则2222232322311t bt b g t bt t t，当0b ，232332320bt b b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当203b 时，2323230bt b b ，故 0g t 恒成立，故 g t 在 0,1上为增函数，故 00g t g 即 2f x 在 1,2上恒成立.当23b ，则当01t 时， 0g t故在 上 g t 为减函数，故 00g t g ，不合题意，舍；综上， 2f x 在 1,2上恒成立时23b .而当23b 时，而23b 时，由上述过程可得 g t 在 0,1递增，故 0g t 的解为 0,1，即 2f x 的解为 1,2.综上，23b .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.。
高考数学一轮复习 第二章 第十二节 导数在研究函数中的应用(一)课时作业 文(含解析)
第十二节 导数在研究函数中的应用(一)题号 1 2 3 4 5 6 7 答案1.函数y ＝x ＋xln x 的单调递减区间是( ) A ．(－∞，e －2) B ．(0，e －2) C ．(e －2，＋∞) D ．(e 2，＋∞) 答案：B2．已知函数y ＝f(x)的图象如下图所示，则其导函数y ＝f ′(x)的图象可能是( )解析：由函数f(x)的图象看出，在y 轴左侧，函数有两个极值点，且先增后减再增，在y 轴右侧函数无极值点，且是减函数，根据函数的导函数的符号和原函数单调性间的关系可知，导函数在y 轴左侧应有两个零点，且导函数值是先正后负再正，在y 轴右侧无零点，且导函数值恒负，由此可以断定导函数的图象是A 的形状．故选A.答案：A3．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 ．(0，＋∞) B ．(－1，0) C ．(1，＋∞) D ．(0，1) 解析：∵y′＝a(3x 2－1)＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33， ∴当－33＜x ＜33时，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33＜0. ∴要使y′＜0，必须取a ＞0.故选A. 答案：A4．(2013·福建教学检查)对于在R 上可导的任意函数f(x)，若满足(x －1)f′(x)≥0，则必有( )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)＞2f(1)解析：依题意，当x ＞1时，f′(x)≥0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(2)≥f(1)；当x ＜1时，f′(x)≤0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，故f(0)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)．故选C.答案：C5．(2013·安徽马鞍山三模)对于实数集R 上的可导函数f(x)，若满足(x 2－3x ＋2)f′(x)＜0，则在区间[1，2]上必有( )A ．f (1)≤f(x)≤f(2)B ．f (x)≤f(1)C ．f (x)≥f(2)D ．f (x)≤f(1)或f(x)≥f(2)解析：由(x 2－3x ＋2)f′(x)＜0知，当x 2－3x ＋2＜0，即1＜x ＜2时，f′(x)＞0，所以f(x)是区间[1，2]上的递增函数，所以f(1)≤f(x)≤f(2)．故选A.答案：A 6．函数y ＝xln x在区间()1，＋∞上( ) A ．是减函数 B ．是增函数 C ．有极小值 D ．有极大值答案：C7．(2013·浙江卷) 已知函数y ＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f′(x)的图象如右图所示，则该函数的图象是( )解析：由y ＝f′(x)的图象知，y ＝f(x)的图象为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢．故选B. 答案：B8．已知x ＝3是函数f(x)＝aln x ＋x 2－10x 的一个极值点，则实数a ＝________． 解析：f′(x)＝a x ＋2x －10，由f′(3)＝a3＋6－10＝0得a ＝12，经检验满足题设条件．答案：129．设函数f(x)＝13x 3－(1＋a)x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f(x) 的单调减区间为________．解析：f′(x)＝x 2－2(1＋a)x ＋4a ＝(x －2)(x －2a)，由a ＞1知，当x ＜2时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(－∞，2)上是增函数；当2＜x ＜2a 时，f′(x)＜0，故f(x)在区间(2，2a)上是减函数；当x ＞2a 时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(2a ，＋∞)上是增函数．综上，当a ＞1时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数，在区间(2，2a)上是减函数．答案：(2，2a) 10．设曲线y ＝xn ＋1(n∈N *)在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y′＝(n ＋1)x n，∴切线斜率为n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)．∴x n＝1－1n ＋1＝n n ＋1.∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×…×9899×99100＝lg 1100＝－2.答案：－211．(2013·大纲全国卷)已知函数f(x)＝x 3＋3ax 2＋3x ＋1. (1)当a ＝－2时，讨论f(x)的单调性；(2)若x∈[2，＋∞)时，f(x )≥0，求a 的取值范围．解析：(1)当a ＝－2时，f(x)＝x 3－32x 2＋3x ＋1，f′(x)＝3x 2－62x ＋3. 令f′(x)＝0，得x 1＝2－1，x 2＝2＋1.当x∈(－∞，2－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，2－1)上是增函数； 当x∈(2－1，2＋1)时，f′(x)＜0，f(x)在(2－1，2＋1)上是减函数； 当x∈(2＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(2＋1，＋∞)是增函数； (2)由f(2)≥0得，a≥－54.当a≥－54，x∈(2，＋∞)时，f′(x)＝3(x 2＋2ax ＋1)≥3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－52x ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(x －2)＞0，所以f(x)在(2，＋∞)是增函数，于是当x∈[2，＋∞)时，f(x)≥f(2)≥0.综上知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，＋∞.12．已知函数f(x)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x ，a ∈R. (1)若a ＝1，判断函数f(x)是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，请说明理由； (2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝－ax .至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f(x 0)＞g(x 0)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f(x)＝x －1x －2ln x ，其定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝1＋1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)不存在极值．(2)函数f(x)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－2x＝ax 2－2x ＋a x 2，当a≤0时，因为f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当a ＞0时，x∈(0，＋∞)时，方程f′(x)＝0与方程ax 2－2x ＋a ＝0有相同的实根． Δ＝4－4a 2＝4(1－a 2)，①当0＜a ＜1时，Δ＞0，可得x 1＝1－1－a 2a ，x 2＝1＋1－a2a ，且0＜x 1＜x 2，x∈(0，x 1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，x 1)上单调递增； x∈(x 1，x 2)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x 1，x 2)上单调递减； x∈(x 2，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(x 2，＋∞)上单调递增．②当a≥1时，Δ≤0，所以f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当0＜a ＜1时，f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－a 2a 与⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－a 2a ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－a 2a ，1＋1－a 2a ；当a≥1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． (3)若存在一个x 0∈[1，e]，使得f(x 0)＞g(x 0)成立，则有ax 0＞2ln x 0，即a ＞2ln x 0x 0.令F(x)＝2ln xx ，只需当x∈[1，e]时，a ＞F(x)min 即可．因为F′(x)＝2（1－ln x ）x 2，且当x∈[1，e]时，F′(x)≥0， 所以F(x)在[1，e]上单调递增，故F(x)min ＝F(1)＝0，因此a 的取值范围为a ＞0.。
高考数学总复习 第二章 第十四节导数在研究函数中的应
第十四节 导数在研究函数中的应用(二)题号 1 2 3 4 5 答案1.(2012·郴州检测)f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[]－1，1上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，可得x ＝0或2(舍去)，当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0，当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0，所以当x ＝0时，f (x )取得最大值为2.故选C.答案：C2．(2013·揭阳二模)已知函数f (x )＝1x －ln x ＋1，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析：令g (x )＝x －ln (x ＋1)，则g ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1， 由g ′(x )＞0，得x ＞0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 由g ′(x )＜0得－1＜x ＜0，即函数g (x )在(－1,0)上单调递减， 所以当x ＝0时，函数g (x )有最小值，g (x )min ＝g (0)＝0，于是对任意的x ∈(－1,0)∪(0，＋∞)，有g (x )≥0，故排除B 、D ，因函数g (x )在(－1,0)上单调递减，则函数f (x )在(－1，0)上递增，故排除C ，故选A. 答案：A3．(2013·淄博一检)已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.答案：A4．(2012·石家庄质检)函数f (x )满足f (0)＝0，其导函数f ′(x )的图象如下图所示，则f (x )在[－2,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．2D ．3解析：易知f (x )为二次函数，且常数项为0，设f (x )＝ax 2＋bx ，则f ′(x )＝2ax ＋b .由图得导函数的表达式为f ′(x )＝2x ＋2，所以f (x )＝x 2＋2x .当x ＝－1时，f (x )在[－2,1]上有最小值－1.故选A.答案：A5．(2013·辽宁营口二模)若函数f (x )＝x 3－3x ＋m 有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C ．[－2,2]D ．(－2,2)解析：由函数f (x )＝x 3－3x ＋m 有三个不同的零点，则函数f (x )有两个极值点，极小值小于0，极大值大于0.由f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)＝0， 解得x 1＝1，x 2＝－1，所以函数f (x )的两个极值点为x 1＝1，x 2＝－1. 由于x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0；x ∈(－1,1)时，f ′(x )＜0；x ∈(1，＋∞)时f ′(x )＞0，所以函数的极小值f (1)＝m －2和极大值f (－1)＝m ＋2.在(－∞，－1)时，f (x )是从－∞开始递增的，x ∈(1，＋∞)时，f (x )是递增向＋∞的，所以能保证有三个零点．因为函数f (x )＝x 3－3x ＋m 有三个不同的零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2＞0，m －2＜0，解之得－2＜m ＜2.故选D.答案：D6．(2012·佛山一中检测)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是____________．解析：首先考虑定义域(0，＋∞)，由f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－1x≤0及x >0知，0<x ≤1.答案：(0,1]7．已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是______．解析：f ′(x )＝m －2x ，令f ′(x )＝0，则x ＝m 2，由题设得m2∈[－2，－1]，故m ∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]8．(2013·东莞二模改编)已知函数g (x )＝13ax 3＋2x 2－2x ，函数f (x )是函数g (x )的导函数．(1)若a ＝1，求g (x )的单调减区间；(2)若对任意x 1，x 2∈R 且x 1≠x 2，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f x 1＋f x 22，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，g (x )＝13x 3＋2x 2－2x ，g ′(x )＝x 2＋4x －2，由g ′(x )＜0解得－2－6＜x ＜－2＋ 6.∴当a ＝1时函数g (x )的单调减区间为 (－2－6，－2＋6)；(2)易知f (x )＝g ′(x )＝ax 2＋4x －2，依题意知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f x 1＋f x 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222＋4×x 1＋x 22－2－ax 21＋4x 1－2＋ax 22＋4x 2－22＝－a 4(x 1－x 2)2＜0，因为x 1≠x 2，所以a ＞0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．9. (2013·佛山一模)设函数f (x )＝e x－1x，x ≠0.(1)判断函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：对任意正数a ，存在正数x ，使不等式|f (x )－1|＜a 成立．解析：(1)f ′(x )＝x e x －e x －1x 2＝x －1e x ＋1x2， 令h (x )＝(x －1)e x ＋1，则h ′(x )＝e x ＋e x (x －1)＝x e x，当x ＞0时，h ′(x )＝x e x＞0，∴h (x )是(0，＋∞)上的增函数， 所以h (x )＞h (0)＝0，故f ′(x )＝h xx 2＞0，即函数f (x )是(0，＋∞)上的增函数．(2)|f (x )－1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x－x －1x ， 当x ＞0时，令g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x－1＞0，故g (x )＞g (0)＝0，所以|f (x )－1|＝e x－x －1x，原不等式化为e x－x －1x ＜a ，即e x－(1＋a )x －1＜0，令φ(x )＝e x －(1＋a )x －1，则φ′(x )＝e x－(1＋a )，由φ′(x )＝0得：e x＝1＋a ，解得x ＝ln(1＋a )， 当0＜x ＜ln(1＋a )时，φ′(x )＜0； 当x ＞ln(1＋a )时，φ′(x )＞0.故当x ＝ln(1＋a )时，φ(x )取得最小值φ(ln(1＋a ))＝a －(1＋a )ln(1＋a )，令s (a )＝a 1＋a －ln(1＋a )，a ＞0则s ′(a )＝11＋a 2－11＋a ＝－a1＋a2＜0.故s (a )＜s (0)＝0，即φ(ln(1＋a ))＝a －(1＋a )ln(1＋a )＜0.。
(完整版)导数在研究函数中的应用(含标准答案)
导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若____ ___，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若____ ___，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若_____ __，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 3．函数的极大值在包含0x 的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x 为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (0x )为函数的极大值． 4．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (0x )为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点． 5．函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．二、自我查验1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55.函数ln xy x=的最大值为（ ） A ．1e - B ．e C ．2e D ．103【典型例题】考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．【变式训练1】已知()3222f x x ax a x =+-+．（1）若1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若0a >，求函数()f x 的单调区间．考点二 利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数()ln 3,f x x ax a =-+∈R . （1）当1a =时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·安徽)设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数.当a ＝43时，求f (x )的极值点；考点三 利用导函数求函数最值问题【例3】已知a 为实数，.（1）求导数； （2）若，求在[]2,2-上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数ln y x x =-的单调递减区间为（ ） A ．](1,1- B ．)(0,+∞ C ．[)1,+∞ D ．](0,1()))(4(2a x x x f --=()xf '()01=-'f ()x f2.函数()e x f x x -=的单调递减区间是（ ）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(,1)-∞D ．(1,)-+∞ 3.函数()()3e x f x x =-的单调递增区间是（ ） A ．()0,3 B ．()1,4C ．()2,+∞D ．(),2-∞4.设函数()2ln f x x x=+，则（ ） A ．12x =为()f x 的极大值点 B ．12x =为()f x 的极小值点C ．2x =为()f x 的极大值点D ．2x =为()f x 的极小值点5．函数32()23f x x x a =-+的极大值为6，那么a 的值是（ ） A ．0 B ．1 C ．5 D ．6【复习与巩固】A 组 夯实基础一、选择题1．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 >>2.函数()2ln f x x a x =+在1x =处取得极值，则a 等于（ ）A ．2B ．2-C ．4D ．4-3.函数()e xf x x =-（e 为自然对数的底数）在区间[]1,1-上的最大值是（ ）A.1B.1C.e ＋1D.e －1二、填空题4.若函数()321f x x x mx =+++是R 上的单调增函数，则实数m 的取值范围是________________．5.若函数()23exx axf x +=在0x =处取得极值，则a 的值为_________. 6.函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是_____________. 三、解答题 7.已知函数()21ln ,2f x x x =-求函数()f x 的单调区间8.已知函数(),1ln xf x ax x x=+>． （1）若()f x 在()1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若2a =，求函数()f x 的极小值.B 组 能力提升一、选择题1．已知函数()213ln 22f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1a a -+内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．51,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.若函数32y x ax a =-+在()0,1内无极值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．(),0-∞C ．(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3.若函数()3232f x x x a =-+在[]1,1-上有最大值3，则该函数在[]1,1-上的最小值是（ ） A ． B ．0 C ．D ．1二、填空题4．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________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题7．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围；(2)求g (x )的最大值．12-128．设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f ′(x )>0 （2）f ′(x )<0 （3）f ′(x )＝0 3. 小于 4. 大于 极值 5.不超过 不小于 二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞3.解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D5..A 当(0,e)x ∈时函数单调递增，当(e,)x ∈+∞时函数单调递减， A. 三．典型例题【例题1】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a =时，()322f x x x x =+-+，∴()2321f x x x '=+-， ∴切线斜率为()14k f '==，又()13f =，∴切点坐标为()1,3，∴所求切线方程为()341y x -=-，即410x y --=．（2）()()()22323f x x ax a x a x a '=+-=+-，由()0f x '=，得x a =-或3ax =.0,.3a a a >∴>-Q 由()0f x '>，得x a <-或3a x >，由()0f x '<，得.3aa x -<<∴函数()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递增区间为(),a -∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【例题2】（1）当1a =时，()ln 3f x x x =-+，()()1110xf x x x x-'=-=>， 令()0f x '>，解得01x <<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增； 令()0f x '<，解得1x >，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减； 所以当1x =时取极大值，极大值为()12f =，无极小值. （2）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1f x a x'=-. 当0a ≤时，1()0f x a x'=->在()0,+∞上恒成立，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；令()0f x '<，解得1x a >，所以函数()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式训练2】解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax 1＋ax 22. 当a ＝43时，若f ′(x )＝0， 则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12) 12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x ) ＋0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点.【例题3】1）.（2）由得，故， 则43x =或，由，，41641205504.39329627f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-=-⨯=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故，.【变式训练3】1）当0a ≥时，函数()e 20x f x a '=+>，()f x 在R 上单调递增，当0a <时，()e 2x f x a '=+，令e 20x a +=，得ln(2)x a =-，所以当(,ln(2))x a ∈-∞-()423)4()(2'22--=-+-=ax x x a x x x f ()01=-'f 21=a 2421)21)(4()(232+--=--=x x x x x x f ()34,143'2=-=⇒--=x x x x x f 或0)2()2(==-f f 29)1(=-f 29)(max =x f 2750)(min -=x f时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2）由（1）可知，当0a ≥时，函数()e 20x f x ax =+>，不符合题意. 当0a <时，()f x 在(,ln(2))a -∞-上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增.①当ln(2)1a -≤()f x 最小值为(1)2e f a =+.解2e 0a +=，得.②当ln(2)1a ->()f x 最小值为(ln(2))22ln(2)f a a a a -=-+-，解22ln(2)0a a a -+-=，得2ea =-，不符合题意.应用体验： 1.D【解析】函数的定义域为)(0,+∞，令1110x y x x-'=-=≤，解得](0,1x ∈，又0x >，所以](0,1x ∈，故选D. 考点：求函数的单调区间. 2.A【解析】导数为()()()e e 1e x x x f x x x ---'=+⋅-=-，令()0f x '<，得1x >，所以减区间为()1,+∞.考点：利用导数求函数的单调区间． 3.C【解析】()()()e 3e e 2x x x f x x x '=+-=-，令()()e 20x f x x '=->，解得2x >，所以函数()f x 的单调增区间为()2,+∞．故选C ． 4.【解析】()22212x f x x x x-'=-+=，由()0f x '=得2x =，又函数定义域为()0,+∞，当02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当2x >时，()0f x '>，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ． 考点：函数的极值点． 5.D【解析】()()322()23,6661f x x x a f x x x x x '=-+∴=-=-Q ，令()0,f x '= 可得0,1x =，容易判断极大值为()06f a ==. 考点：函数的导数与极值. 复习与巩固 A 组 1.C【解析】由()f x '图象可知函数()f x 在(),c -∞上单调递增，在(),c e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，又(),,,a b c c ∈-∞，且a b c <<，故()()()f c f b f a >>． 考点：利用导数求函数单调性并比较大小． 2.B【解析】()2a f x x x '=+，由题意可得()121201af a '=⨯+=+=，2a ∴=-.故选B.考点：极值点问题. 3.D【解析】()e 1x f x '=-，令()0,f x '=得0x =.又()()()010e 01,1e 11,111,e f f f =-==->-=+>且11e 11e 2e e ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭＝2e 2e 10e--=>，所以()()max 1e 1,f x f ==-故选D.考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】由题意得()0f x '≥在R 上恒成立，则()2320f x x x m '=++≥，即232m x x ≥--恒成立.令()232g x x x =--，则()max m g x ≥⎡⎤⎣⎦，因为()g x232x x =--为R 上的二次函数，所以()2max11333g x g ⎛⎫⎛⎫=-=-⨯-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭11233⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⎭，则m 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.5.0【解析】()()()()()2226e 3e 36e e x xxx x a x ax x a x a f x +-+-+-+'==， 由题意得()00f a '==． 考点：导数与极值． 6.1【解析】因为()e 1x f x '=-，()00,()00f x x f x x ''>⇒><⇒<，所以()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，从而函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是0(0)e 01f =-=.考点：函数的最值与导数.7.【解析】()21ln 2f x x x =-的定义域为()0,+∞，()211x f x x x x-'=-=，令()0f x '=，则1x =或1-（舍去）.∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 递增， ∴()f x 的递减区间是()0,1，递增区间是()1,+∞．考点：利用导数求函数的单调区间． 8.（1）14a ≤-（2）【解析】（1）函数(),1ln x f x ax x x =+>，则()2ln 1ln x f x a x-'=+，由题意可得()0f x '≤在()1,x ∈+∞上恒成立，∴2211111ln ln ln 24a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭， ∵()1,x ∈+∞，()ln 0,,x ∴∈+∞021ln 1=-∴x 时，函数2111ln 24t x ⎛⎫=--⎪⎝⎭取最小值41-，41-≤∴a ，（2）当2a =时，()2ln x f x x x =+，()22ln 12ln ln x x f x x -+'=， 令()0f x '=，得22ln ln 10x x +-=，解得21ln =x 或ln 1x =-（舍去），即x =当1x <<()0f x '<，当x >()0f x '>， ∴()f x的极小值为f =.B 组 1.D【解析】因为函数()213ln 22f x x x =-+在区间()1,1a a -+上不单调，所以()2141222x f x x x x-'=-=在区间()1,1a a -+上有零点，由()0f x '=，得12x =，则10,111,2a a a -≥⎧⎪⎨-<<+⎪⎩得312a ≤<，故选D ． 考点：函数的单调性与导数的关系．2.C【解析】232y x a '=-，①当0a ≤时，0y '≥，所以32y x ax a =-+在()0,1上单调递增，在()0,1内无极值，所以0a ≤符合题意；②当0a >时，令0y '=，即2320x a -=，解得12,33x x =-=，当,x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，0y '>，当x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<，所以32y x ax a =-+的单调递增区间为,,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为⎛ ⎝⎭，当x =数取得极大值，当x =原函数取得极小值，要满足原函数在()0,1内无极值，1≥，解得32a ≥.综合①②得，a 的取值范围为(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U ，故选C.考点：导函数，分类讨论思想. 3.C【解析】()()23331f x x x x x '=-=-，当()0f x '>时，1>x 或0<x ，当()0f x '<时，10<<x ，所以()f x 在区间[]1,0-上函数递增，在区间[]1,0上函数递减，所以当0=x 时，函数取得最大值()30==a f ，则()32332f x x x =-+，所以()211=-f ，()251=f ，所以最小值是()211=-f ． 考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.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，＋∞5.解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎨⎧a >2，a3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)6.解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴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 ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)7.解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.8.解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：0]，[ln 2，＋∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增．f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ，g ″(t )＝e t －2，∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.∴f(k＋1)>0.∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．。
高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析
高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析1.已知函数在点处的切线方程为．（1）求函数的解析式；（2）若经过点可以作出曲线的三条切线，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】解：（I）．根据题意，得即解得所以．（II）设切点为，则，，切线的斜率为则=，即．∵过点可作曲线的三条切线，∴方程有三个不同的实数解，∴函数有三个不同的零点，∴的极大值为正、极小值为负则．令，则或，列表：（-∞，0）0（0，2）2（2，+∞）极大值极小值由，解得实数的取值范围是．【考点】导数的运用点评：主要是考查了导数在研究函数单调性中的运用，属于中档题。
2.已知二次函数的导数为，，对于任意实数都有，则的最小值为_____________．【答案】2【解析】先求导，由f′（0）＞0可得b＞0，因为对于任意实数x都有f（x）≥0，所以结合二次函数的图象可得a＞0且b2-4ac≤0，又因为利用均值不等式即可求解．解：∵f'（x）=2ax+b，∴f'（0）=b＞0；∵对于任意实数x都有f（x）≥0，∴a＞0且b2-4ac≤0，∴b2≤4ac，∴c＞0；而对于,当a=c时取等号．故答案为2．【考点】导数的运用点评：本题考查了求导公式，二次函数恒成立问题以及均值不等式，综合性较强3.设函数的临界点是0和4.（1）求常数k的值；（2）确定函数的单调区间和极值.【答案】（1）（2）当为增函数，为减函数；可判断极大值为极小值为【解析】解:（1）依题意有，由于临界点是0和4，∴0和4是方程的两根，可求得（2）由（1）可知，∴当为增函数，为减函数；可判断极大值为极小值为【考点】导数的运用点评：解决的关键是根据导数的符号判定函数单调性，以及临界点的含义得到解析式来求解，属于基础题。
4.函数lnx的单调递减区间是（）A．()B．()C．（）D．（0，e）【答案】D【解析】函数定义域，，令得，所以减区间为【考点】函数单调性点评：判定函数单调性先求定义域，然后由导数小于零求得减区间，由导数大于零求得增区间5.函数y＝x3－ax2＋x－2a在R上不是单调函数，，则a的取值范围是________．【答案】(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】函数导数，因为函数在R上不是单调函数，所以导数值有正有负，即导函数与x轴有两个交点或【考点】函数单调性点评：本题通过函数导数判定函数单调性，在R上不是单调函数，则存在极值点，即存在导数值大于零和小于零的情况6.曲线上的点到直线的最短距离是______________【答案】【解析】设与平行的直线与曲线相切，由得，令得，所以切点，最短距离为【考点】直线与曲线相切点评：本题另一解法：设出曲线上点，求出点到直线的距离，进而求得的最小值7.求曲线过原点的切线方程【答案】【解析】，切线斜率为2，又切线过原点，所以切线为【考点】切线方程点评：函数在某点处切线斜率通过函数在该点处的导数求解8.已知函数f(x)＝x3－ax2＋(a2－1)x＋b(a，b∈R)，其图象在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间、极值点，并求出f(x)在区间[－2,4]上的最大值．【答案】(1) a＝1，b＝ (2) f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)，x＝0和x＝2是f(x)的极值点，在区间[－2,4]上的最大值为8【解析】(1)f′(x)＝x2－2ax＋a2－1， 1分∵(1，f(1))在x＋y－3＝0上，∴f(1)＝2， 2分∵(1,2)在y＝f(x)上，∴2＝－a＋a2－1＋b， 3分又f′(1)＝－1，∴a2－2a＋1＝0，解得a＝1，b＝. 4分(2)∵f(x)＝x3－x2＋，∴f′(x)＝x2－2x， 5分、、的变化情况表：表 7分x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)由f′(x)＝0可知x＝0和x＝2是f(x)的极值点，（ 8分）所以f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)．（9分）∵f(0)＝，f(2)＝，f(－2)＝－4，f(4)＝8， (11分)∴在区间[－2,4]上的最大值为8. 12分【考点】函数导数求函数性质点评：由导数的几何意义可求切线斜率，导数大于零得增区间，导数小于零得减区间，增减区间分界处取极值，极值点边界点处可求得函数在某一区间上的最值9.曲线在点(1，一3)处的切线方程是___________ ．【答案】．【解析】∵，∴，∴切线斜率为，∴在点(1，一3)处的切线方程是y-(-3)=-5(x-1)即【考点】本题考查了导数的几何意义点评：函数在点处的导数的几何意义就是曲线在点处的切线的斜率10.已知二次函数f(x)的图象如右图所示，则其导函数f ′(x)的图象大致形状是【答案】C【解析】由图象可以看出，函数在函数是先减后增，故根据单调性与导数的对应关系作出选择解：由图知，当x<1时，导数为负；当x>1时，导数为正；当x=1时，导数为0；对照四个选择项，只有C有这个特征，是正确的．故应选C【考点】导数的正负与函数单调性点评：考查导数的正负与函数单调性的关系，利用图象法来考查这一知识点，是现在比较热的一方式11.函数的增区间为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】已知函数的定义域为，又，所以函数的增区间为。
新高考数学文科一轮总复习课时练习4.2导数在函数中的应用(含答案详析)
第 2 讲 导数在函数中的应用1． (2012 年辽宁 )函数 y ＝1x 2－ lnx 的单一递减区间为 ()2A ． (－ 1,1]B ． (0,1]C ． [1，＋∞ )D ． (0，＋∞ )2．(2013 年广东广州二模 )已知函数 y ＝f(x)的图象如图 K4- 2-1 所示，则其导函数 y ＝ f ′ (x)的图象可能是 ()图 K4- 2-1A B C D3． (2011年海南海口调研测试)函数 y ＝ f(x) 在定义域－ 3，3 内可导，其图象如图2 K4- 2-2 ，记 y ＝ f(x)的导函数为 y ＝ f ′ (x)，则不等式 f ′ (x)≤ 0 的解集为 ()A. －3，1∪ [1,2)2 2B.－1，1 ∪ 4，82 3 3C. － 1， 1 ∪ [2,3) 3D.－3，－ 1 ∪ 1，4 ∪ 8， 322 3 3 图 K4- 2-2 图 K4- 2-34．若 a>0 ，b>0 ，且函数 f(x)＝ 4x 3－ ax 2－2bx ＋ 2 在 x ＝ 1 处有极值，则ab 的最大值等于 ( )A ． 2B ．3C ．6D ． 93－ 3x ＋ m 有三个不一样的零点， 则实数 m 的取值5．(2013 年辽宁营口二模 )若函数 f(x)＝ x 范围是 ( )A ． (1，＋∞ )B ． (－∞，－ 1)C ． [ －2,2]D ． (－ 2,2)26． (2012 年陕西 )设函数 f( x)＝ x ＋ lnx ，则 ()A ． x ＝ 1为 f(x)的极大值点2B ． x ＝ 1 为 f(x)的极小值点2C ． x ＝ 2 为 f(x)的极大值点D ． x ＝ 2 为 f(x)的极小值点7．图 K4- 2-3 为函数 f( x)＝ ax 3＋ bx 2＋cx ＋ d 的图象， f ′ (x)为函数 f( x)的导函数，则不等式 x ·f ′ (x)＜ 0 的解集为.8． (2012 年北京 )已知函数 f(x)＝ ax 2＋ 1(a>0)， g(x)＝ x 3＋ bx.(1)若曲线 y ＝f(x)与曲线 y ＝ g(x)在它们的交点 (1， c)处拥有公共切线，求 a ，b 的值； (2)当 a ＝ 3，b ＝－ 9 时，若函数 f(x)＋ g(x)在区间 [k,2]上的最大值为 28，务实数 k 的取值范围．9．(2012 年山东 )已知函数 f(x)＝ lnx ＋ k(k 为常数， e ＝ 2.718 28 是自然对数的底数 )，曲xe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)的单一区间；(3)设 g(x)＝ xf ′ (x)，此中 f ′ (x)为 f(x)的导函数．－2证明：对随意 x>0， g(x)<1 ＋ e .第 2 讲 导数在函数中的应用1．B 分析： ∵ y ＝ 1x 2－ lnx ，∴ y ′＝ x －1.由 y ′≤ 0，解得－ 1≤ x ≤1.又 x>0，∴ 0<x ≤ 1.应选 B. 2 x2．A 分析： 由函数 f(x)的图象看出，在 y 轴左边，函数有两个极值点，且先增后减再 增，在 y 轴右边函数无极值点，且是减函数， 依据函数的导函数的符号和原函数单一性间的 关系可知，导函数在 y 轴右边应有两个零点，且导函数值是先正后负再正，在 y 轴右边无零 点，且导函数值恒负，由此能够判定导函数的图象是A 的形状．应选 A.3． C 分析： f ′ (x)＝ 12x 2－ 2ax － 2b ，因为 f(x)在 x ＝ 1 处有极值，则4．Df ′ (1)＝ 12－ 2a －a ＋b 2 ＝ 9，当且仅当 a ＝ b ＝ 3 时，等号建立．此2b ＝ 0.于是 a ＋ b ＝ 6.因为 a>0 ，b>0 ，ab ≤2时，f ′ (x)＝ 12x 2－ 6x －6＝ 6(2x 2－ x － 1)＝ 6(x － 1)(2x ＋ 1)，所以， x ＝ 1 是其的一个极值点． 所以 ab 的最大值等于 9.应选 D.5．D 分析： 由函数 f(x)＝ x 3－ 3x ＋m 有三个不一样的零点，则函数 f(x)有两个极值点，极小值小于 0，极大值大于 0.由 f ′ (x)＝ 3x 2－ 3＝ 3(x ＋1)(x －1) ＝0， 解得 x 1＝1， x 2＝－ 1，所以函数 f(x)的两个极值点为 x 1＝ 1， x 2＝－ 1.因为 x ∈ (－∞，－ 1)时， f ′ (x) ＞0; x ∈ (－1,1)时， f ′ (x)＜ 0; x ∈ (1，＋∞ )时， f ′ (x)＞ 0，所以函数的极小值f(1) ＝m － 2 和极大值 f(－ 1)＝ m ＋ 2.因为函数 f(x)＝ x 3－ 3x ＋ m 有三个不一样的零点，m ＋2>0 ，解得－ 2<m<2.所以m －2<0 ， 6．D7． (－∞，－ 3)∪ (0， 3)8． 解： (1)f ′ (x)＝ 2ax ，g ′ (x)＝ 3x 2＋ b.因为曲线 y ＝ f(x) 与曲线 y ＝ g(x)在它们的交点 (1， c)处拥有公共切线，所以f(1)＝ g(1) ，f ′ (1)＝g ′(1) ．即 a ＋1＝ 1＋ b 且 2a ＝ 3＋ b.解得 a ＝ 3， b ＝3.(2)记 h(x)＝ f(x)＋ g(x)，当 a ＝3， b ＝－ 9 时， h(x)＝ x 3＋ 3x 2－ 9x ＋ 1，则 h ′(x)＝ 3x 2 ＋6x － 9.令 h ′(x)＝ 0，解得 x 1＝－ 3， x 2＝ 1.h(x)与 h ′ (x)在 (－∞， 2]上的状况以下表：x (－∞，－ 3)－ 3(－ 3,1)1 (1,2) 2h ′(x) ＋0 －0 ＋h( x)28－ 43由此可知：当 k ≤－ 3 时，函数 h(x)在区间 [k,2]上的最大值为 h(－ 3)＝ 28；当－ 3<k<2 时，函数 h(x)在区间上的最大值小于 28.所以，实数 k 的取值范围是 (－∞，－ 3] ．1－ lnx － k9． (1) 解： f ′ (x)＝x，xe1－ k由已知得， f ′ (1)＝＝0，所以 k ＝ 1.1－ ln x － 1(2)解： 由 (1) 知， f ′ (x)＝x.xe设 k(x)＝ 1－ lnx － 1，则 k ′ (x)＝－ 11x x 2－ x <0， 即 k(x)在 (0，＋∞ ) 上是减函数，由 k(1)＝ 0 知，当 0<x<1 时， k(x)>0，进而 f ′( x)>0 ；当 x>1 时， k(x)<0，进而 f ′( x)<0.故 f(x)的单一递加区间是 (0,1)，单一递减区间是 (1，＋∞ )．(3)证明： 因为 g(x)＝ xf ′ (x)，1所以 g(x)＝ x (1－ x － xlnx)， x ∈ (0，＋∞ )．e－ 2令 h(x)＝ 1－x － xlnx ，得 h ′ (x)＝－ lnx － 2＝－ (lnx － lne )．所以当 x ∈ (0， e －2 )时， h ′(x)>0，函数 h(x)单一递加；－2，＋∞ )时， h ′ (x)<0 ，函数 h(x)单一递减． 当 x ∈ (e－ 2 － 2所以当 x ∈ (0，＋∞ ) 时， h(x)≤ h(e )＝ 1＋e .又当 x ∈ (0，＋∞ )时， 0<1x <1.e1 －2－ 2所以当 x ∈ (0，＋∞ ) 时， x h(x)<1 ＋ e，即 g(x)<1＋ e .e。
高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析
高二数学导数在研究函数中的应用试题答案及解析1.已知函数在点处的切线方程为．（1）求函数的解析式；（2）若经过点可以作出曲线的三条切线，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】解：（I）．根据题意，得即解得所以．（II）设切点为，则，，切线的斜率为则=，即．∵过点可作曲线的三条切线，∴方程有三个不同的实数解，∴函数有三个不同的零点，∴的极大值为正、极小值为负则．令，则或，列表：（-∞，0）0（0，2）2（2，+∞）极大值极小值由，解得实数的取值范围是．【考点】导数的运用点评：主要是考查了导数在研究函数单调性中的运用，属于中档题。
2.已知函数在处取得极值.(1)求;(2)设函数为R上的奇函数,求函数在区间上的极值.【答案】(1)（2）在处有极大值无极小值.【解析】∵(1)∴∴∴（2）因为其为奇函数∴∴令∴或1 ∵∴∴当∴在处有极大值无极小值.【考点】本题主要考查应用导数研究函数的单调性、极值。
点评：中档题，本题属于导数应用中的基本问题，通过研究导数的正负，明确函数的单调性。
判断函数的驻点是何种类型的极值点。
3.设函数，则函数的导数（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【考点】基本函数求导数点评：函数求导公式，需熟记4.已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋1（1）求函数在区间[－4,4]上的单调性．（2）求函数在区间[－4,4]上的极大值和极小值与最大值和最小值.【答案】（1）函数f(x)在[－4，－1)和(3,4]上为增函数，在(－1,3)上为减函数（2）最大值为6，最小值为-75【解析】解：（1）∵f(x)＝x3－3x2－9x＋1，∴f′(x)＝3x2－6x－9＝令f′(x)>0，结合－4≤x≤4，得－4≤x<－1或3<x≤4.令f′(x)<0，结合－4≤x≤4，得－1<x<3.∴函数f(x)在[－4，－1)和(3,4]上为增函数，在(－1,3)上为减函数．（2）由（1）得函数f(x）在x=-1时取得极大值，即f(-1)=6在x=3时取得极小值，f（3）= -26而f(-4)=-75, f(4)=-19所以最大值为6，最小值为-75【考点】导数的运用点评：解决的关键是根据导数的符号确定单调区间，以及极值，属于基础题。
高考数学一轮强化训练 2.12导数在研究函数中的应用 文 新人教A版
高考数学一轮强化训练 2.12导数在研究函数中的应用 文新人教A 版强化训练1.223y x x =--+在区间[a ,2]上的最大值为154,则a 等于( )A.32-B.12C.12-D.12或32-答案:B解析:∵y =-(x +1)24+在[a ,2]上的最大值为154,∴a >-1且在x =a 时215234y a a ,=--+=最大.解之12a =或3(2a =-舍去).∴12a =.2.32()32f x x x =-+在区间[-1,1]上的最大值是( )A.-2B.0C.2D.4答案:C解析:f ′2()363(x x x x x =-=-2),令f ′(x )=0可得x =0或2(2舍去),当10x -≤<时,f ′(x )>0,当01x <≤时,f ′(x )<0,所以当x =0时,f (x )取得最大值为2.3.函数f (x )的定义域为开区间(a ,b ),导函数f ′(x )在(a ,b )内的图象如图所示,则函数f (x )在(a ,b )内有极小值点 个.( )A.1B.2C.3D.4答案:A解析:观察图象可知,f ′(x )只有一处是先小于0,后大于0的.4.要建造一个长方体形状的仓库,其内部的高为3 m,长和宽的和为20 m,则仓库容积的最大值为 3m . 答案:300解析:设长为x m,则宽为(20-x ) m,仓库的容积为V , 则V 2(20)3360x x x x =-⋅=-+, V ′=-6x +60,令V ′=0,得x =10.当0<x <10时,V ′>0;当x >10时,V ′<0.∴x =10时300(V ,=最大3m )5.已知函数f (x )3232ax x =-+1(x ∈R ),其中a >0.(1)若a =1,求曲线y =f (x )在点(2,f (2))处的切线方程; (2)若在区间11[]22-,上,f (x )>0恒成立,求a 的取值范围.解:(1)当a =1时323()1(2)2f x x x f,=-+,=3;f ′(x )233x x f =-,′(2)=6.所以曲线y =f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y -3=6(x -2),即y =6x -9.(2)f ′2()333(x ax x x ax =-=-1).令f ′(x )=0,解得x =0或1x a=.以下分两种情况讨论:若02a <≤,则112a ≥.当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:当11[]22x ∈-,时,f (x )>0等价于1()021()02f f ⎧->,⎪⎨⎪>,⎩ 即 508508a a -⎧>,⎪⎨+⎪>.⎩解不等式组得-5<a <5.因此02a <≤.②若a >2,则1102a <<.当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:当11[]22x ∈-,时,f (x )>0等价于1()021()0f f a ⎧->,⎪⎨⎪>,⎩ 即25081102a a-⎧>,⎪⎨->,⎪⎩25a <<或2a <.因此2<a <5.综合①和②,可知a 的取值范围为0<a <5.见课后作业A题组一 导数与函数的单调性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),+∞答案:D解析:()(3)f x x =-⋅e xf ,′(x )=e (2)0xx ->, ∴x >2.∴f (x )的单调递增区间为(2),+∞.2.若函数()23k k h x x x =-+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:因为h ′2()2k x x=+,所以h ′2222()20k x k x x x +=+=≥在(1),+∞上恒成立,即22k x ≥-在(1),+∞上恒成立.所以k ∈[-2,+)∞.3.已知函数y =ax 与b y x=-在(0),+∞上都是减函数,则函数325y ax bx =++的单调递减区间为 . 答案:2()3b a-∞,-和(0),+∞解析:根据题意a <0,b <0.由325y ax bx =++,得y ′232ax bx =+.令y ′<0,可得x >0或23b x a<-.故所求减区间为2()3b a -∞,-和(0),+∞.4.设函数32()91(f x x ax x 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. 解:(1)因32()91f x x ax x =+--,所以 f ′222()3293()933a a x x ax x =+-=+--,即当3a x =-时,f ′(x )取得最小值293a --.因斜率最小的切线与12x +y =6平行,即该切线的斜率为-12.所以29123a --=-,即29a =. 解得3a =±,由题设a <0,所以a =-3.(2)由(1)知a =-3,因此32()391f x x x x =---,f ′2()3693(x x x =--=x -3)(x +1).令f ′(x )=0,解得1213x x =-,=.当(1)x ∈-∞,-时,f ′(x )>0,故f (x )在(-∞,-1)上为增函数; 当(13)x ∈-,时,f ′(x )<0,故f (x )在(-1,3)上为减函数; 当(3)x ∈,+∞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). 题组二 导数与函数的极值、最值5.函数32()39f x x ax x =++-,已知f (x )在x =-3时取得极值,则a 等于( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案:D解析:因为32()39f x x ax x =++-,所以f ′2()323x x ax =++.由题意有f ′(-3)=0,所以23(3)2(3)30a ⨯-+⨯-+=.由此解得a =5. 6.若函数3()3f x x x a =-+有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A.(-2,2) B.[]22-, C.(1)-∞,- D.(1),+∞答案:A解析:由f ′2()333(x x x =-=-1)(x +1), 且当x <-1时,f ′(x )>0. 当-1<x <1时,f ′(x )<0; 当x >1时,f ′(x )>0.所以当x =-1时函数f (x )有极大值,当x =1时函数f (x )有极小值.要使函数f (x )有3个不同的零点,只需满足(1)0(1)0f f ->,⎧⎨<.⎩解之得-2<a <2.7.函数y =sin 2x x x -,∈,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的最大值是 ，最小值是 .答案:2π 2π-解析:∵y ′=2cos2x -1=0,∴6x π=±.而33()()6666f f ππππ-=-+,=-,端点()()2222f f ππππ-=,=-,所以y 的最大值是2π,最小值是2π-.8.设a 为实数,函数f (x )=e x-22x a x +,∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值;(2)求证:当a >ln2-1且x >0时,e 221x x ax >-+.解:(1)由f (x )=e 22xx a x -+,∈R 知f ′(x )=e 2xx -,∈R .令f ′(x )=0,得x =ln2.于是当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln 2),+∞,f (x )在x =ln2处取得极小值,极小值为f (ln2)=e ln22-ln2+2a =2(1-ln2+a ).(2)证明:设g (x )=e 221x x ax x -+-,∈R .于是g ′(x )=e 22xx a x -+,∈R . 由(1)知当a >ln2-1时,g ′(x )最小值为g ′(ln2)=2(1-ln2+a )>0. 于是对任意x ∈R ,都有g ′(x )>0,所以g (x )在R 内单调递增. 于是当a >ln2-1时,对任意(0)x ∈,+∞,都有g (x )>g (0). 而g (0)=0,从而对任意(0)()0x g x ∈,+∞,>.即e 2210x x ax -+->,故e 221x x ax >-+. 题组三 导数的综合应用9.已知对任意实数x ,都有f (-x )=-f (x ),g (-x )=g (x ),且x >0时,f ′(x )>0,g ′(x )>0,则x <0时( )A.f ′(x )>0,g ′(x )>0B.f ′(x )>0,g ′(x )<0C.f ′(x )<0,g ′(x )>0D.f ′(x )<0,g ′(x )<0 答案:B解析:由题意知f (x )是奇函数,g (x )是偶函数.当x >0时,f (x ),g (x )都单调递增,则当x <0时,f (x )单调递增,g (x )单调递减,即f ′(x )>0,g ′(x )<0.10.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R =R (x )=21400(0400)280000(400)x x x x ⎧-≤≤,⎪⎨⎪>,⎩则总利润最大时,每年生产的产品是 单位.( )A.100B.150C.200D.300 答案:D解析:由题意得,总成本函数为C =C (x )=20 000+100x , 所以总利润函数为P =P (x )=R (x )-C(x )= 230020000(0400)260000100(400)x x x x x ⎧--≤≤,⎪⎨⎪->,⎩而P ′(x )=300(0400)100(400)x x x -≤≤,⎧⎨->,⎩令P ′(x )=0,得x =300,易知x =300时,P 最大.11.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:对于A,抛物线为函数f (x ),直线为f ′(x );对于B,上凸的曲线为函数f (x ),下凹的曲线为f ′(x );对于C,下面的曲线为函数f (x ),上面的曲线f ′(x ).只有D 不符合题设条件. 12.(2011江苏高考,17)请你设计一个包装盒.如图所示,ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D 四个点重合于图中的点P ,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒.E,F 在AB 上,是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点.设AE=FB=x (cm). (1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大,试问x 应取何值?(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大,试问x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.解:设包装盒的高为h (cm),底面边长为a (cm).由已知得60222(30)02x a x h x -=,==-,<x <30.(1)S =4ah =8x (30-x )=28(15)x --+1 800,所以当x =15时,S 取得最大值.232(2)22(30)V a h x x V ==-+,′=62(20)x x -.由V ′=0得x =0(舍)或x =20.当(020)x ∈,时,V ′>0;当(2030)x ∈,时,V ′<0. 所以当x =20时,V 取得极大值,也是最大值.此时12h a=.即包装盒的高与底面边长的比值为12.高考资源网（ ）您身边的高考专家。
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第二章 函数与导数第12课时 导数在研究函数中的应用
1. 函数y ＝3x 2
－6lnx 的单调减区间是__________． 答案：(0，1)
2. 已知函数f(x)＝12x －sinx ，则f(x)在[0，π]上的值域为________． 答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6－32，π2 解析：f′(x)＝12－cosx ，令f ′(x)＝0，得x ＝π3，经检验知当x ＝π3
时，函数f(x)取最小值． 3. 已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x ＋1)(x －a)，若f(x)在x ＝a 处取到极大值，则实数a 的取值范围是________．
答案：(－1，0)
解析：分a>0，－1<a<0，a<－1三种情况，结合导函数f ′(x)的图象分析可得．
4. 设f(x)＝12
x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是__________．
答案：m ≥32
解析：f′(x)＝2x 3－6x 2＝2x 2(x －3)，所以f(x)在x ＝3处取最小值．要使f(x)＋9≥0恒成
立，只需f(3)＋9≥0，解得m ≥32
. 5. 若函数f(x)＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．
答案：(－2，2)
解析：f′(x)＝3x 2－3，令f′(x)＝0得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x)>0；当x ∈(－1，
1)时，f ′(x)<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0.函数f(x)在x ＝－1处取得极大值，在x ＝1处取得极小值．要使函数有3个不同的零点，只需两个极值异号即可，∴ f(－1)f(1)<0，即(a ＋2)(a －2)<0，a ∈(－2，2)．
6. 要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20 cm ，要使其体积最大，则高为________．
答案：2033
解析：设圆锥的高为x ，则底面半径为202－x 2，其体积为V ＝13
πx(202－x 2)(0＜x ＜20)，V ′＝13
π(400－3x 2)， 令V′＝0，解得x 1＝2033，x 2＝－2033
(舍去)． 当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033
＜x ＜20时，V ′＜0； ∴ 当x ＝2033
时，V 取最大值．
7. 若函数f(x)＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12
，＋∞是增函数，则a 的取值范围是________． 答案：a ≥3
解析：f′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上恒成立．令
g(x)＝1x 2－2x ，求导可得g(x)在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上的最大值为3，所以a ≥3. 8. 已知x 、y 为正数，则x 2x ＋y ＋y x ＋2y
的最大值为________． 答案：23
解析：因为x 、y 为正数，
所以设u ＝x 2x ＋y ＋y x ＋2y ＝12＋y x ＋1x y
＋2. 令t ＝y x
(t>0)， 则u ＝1t ＋2＋12＋1t
＝1t ＋2＋t 2t ＋1， 所以u′＝－1（t ＋2）2＋1（2t ＋1）2＝－3（t ＋1）（t －1）
（t ＋2）2（2t ＋1）2
， 令u′＝0，得t ＝1，且当t ∈(0，1)时，u ′>0，当t ∈(1，＋∞)时，u ′<0，所以当t ＝1时，
u 的最大值为23
. 9. 已知函数f(x)＝x 3－3ax 2－bx ，其中a 、b 为实数．
(1) 若f(x)在x ＝1处取得的极值为2，求a 、b 的值；
(2) 若f(x)在区间[－1，2]上为减函数，且b ＝9a ，求a 的取值范围． 解：(1) 由题意知：f′(1)＝0且f(1)＝2，即⎩
⎪⎨⎪⎧3－6a －b ＝0，1－3a －b ＝2，解得a ＝43，b ＝－5. (2) ∵ f′(x)＝3x 2－6ax －b ＝3x 2－6ax －9a ，又f(x)在[－1，2]上为减函数，∴ f ′(x)≤0对x ∈[－1，2]恒成立，即3x 2－6ax －9a ≤0对x ∈[－1，2]恒成立．∴ f′(－1)≤0且f′(2)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋6a －9a ≤0，12－12a －9a ≤0⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，a ≥47a ≥1，∴ a 的取值范围是a ≥1.
10. 工厂生产某种零件，每天需要固定成本100元，每生产1件，还需再投入资金2元，若每天生产的零件能全部售出，每件的销售收入P(x)(元)与当天生产的件数x(件)之间的关系
为P(x)＝⎩⎨⎧83－13x 2，0<x ≤10，520x －1331x 3，x>10，设当天利润为y 元． (1) 写出y 关于x 的函数关系式；
(2) 要使当天利润最大，当天应生产多少件零件？(注：利润等于销售收入减去总成本)
解：(1) 当0<x ≤10时，y ＝x ⎝⎛⎭⎫83－13x 2－100－2x ＝－13
x 3＋81x －100；当x>10时，y ＝x ⎝⎛⎭⎫520x －1331x 3－2x －100＝－2x －1331x 2
＋420.∴ y ＝⎩
⎨⎧－13x 3＋81x －100，0<x ≤10，x ∈N *，－2x －1331x 2＋420，x>10，x ∈N *.
(2) 设y ＝h(t)＝⎩⎨⎧－13t 3
＋81t －100，0<t ≤10，
－2t －1 331t 2＋420，t>10. ①当0<t ≤10时，y ′＝81－t 2.令y′＝0，得t ＝9.
当0<t<9时，y ′>0；
当9<t<10时，y ′<0.
当t ＝9时，y max ＝386；
②当t>10时，y ′＝－－2×1331t 3
－2.令y′＝0，得t ＝11. 当10<t<11时，y ′>0；
当t>11时，y ′<0.当t ＝11时，y max ＝387.∵x ∈N *，∴综合①②知，当x ＝11时，y 取得最大值．故要使当天利润最大，当天应生产11件零件．
11. (文)已知函数f(x)＝12
ax 2－2x ＋2＋lnx ，a ∈R . (1) 当a ＝0时，求f(x)的单调增区间；
(2) 若f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点，求实数a 的取值范围．
解：(1) 当a ＝0时，f(x)＝－2x ＋2＋lnx.
令f ′(x)＝1x －2＝1－2x x ＞0，解得0＜x ＜12
，
所以f(x)的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12或⎝⎛⎦
⎤0，12. (2) 令f′(x)＝ax －2＋1x ＝ax 2－2x ＋1x ＝0，f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点f ′(x)＝0
在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根．令g(x)＝ax 2－2x ＋1，x ∈(1，＋∞)．①当a ＝0时，g(x)＝－2x ＋1，不符合在(1，＋∞)上有一个根的条件，舍去；②当a ＞0时，g(x)＝ax 2－2x ＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根g(1)＜00＜a ＜1；③ 当a ＜0时，g(x)＝ax 2
－2x ＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根g(1)＞0
a ＞1，矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是0＜a ＜1.(注：②③可以合并为ag(1)＜00＜a ＜1)
(理)已知函数f(x)＝2ln(x －1)－(x －1)2.
(1) 求函数f(x)的单调递增区间；
(2) 若关于x 的方程f(x)＋x 2－3x －a ＝0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，求实数a 的取值范围．
解：(1) 函数f(x)的定义域是(1，＋∞)．
因为f′(x)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －1－（x －1）＝－2x （x －2）x －1
， 又x>1，令f′(x)>0得x 的取值范围是(1，2)，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，2)．
(2) 由f(x)＋x 2－3x －a ＝0，得x ＋a ＋1－2ln(x －1)＝0.
令g(x)＝x ＋a ＋1－2ln(x －1)，则g′(x)＝1－2
x －1＝x －3x －1，且x>1.由g ′(x)>0，得x>3，由g′(x)<0，得1<x<3.
所以函数g(x)在[2，3]内单调递减，在[3，4]内单调递增，画出草图，可知方程f(x)＋x 2－3x －a ＝0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，
必须⎩⎪⎨⎪⎧g （2）≥0，g （3）<0，g （4）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3≥0，a ＋4－2ln2<0，a ＋5－2ln3≥0，
解得2ln3－5≤a<2ln2－4，
综上所述，实数a 的取值范围是[2ln3－5，2ln2－4)．。