【高三总复习】2013高中数学技能特训：2-7 利用导数研究函数的性质(人教B版) 含解析
考点08 利用导数研究函数的性质(解析版)
考点08 利用导数研究函数的性质考纲要求1、了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次函数的多项式函数的单调性。
2、了解函数极大（小）值、最大（小）值与导数的关系，会求不超过三次函数的多项式函数的极大（小）值、最大（小）值。
近三年高考情况分析利用导数研究函数的单调性、奇偶性、极值和最值是近几年高考的热点和难点，在考查中主要以压轴题的方式出现，难度较大。
纵观这几年江苏高考不难发现主要利用导数研究函数的单调性以及零点和不等式等知识点的结合。
因此在复习中要注意加强函数的性质的研究和学习。
考点总结1、利用导数研究函数的单调性要注意一下两点：（1）求函数的单调性不要忘记求函数的定义域。
（2）给定区间的单调性不要忽略等号；2、利用导数求函数的单调区间，这类问题常于含参的不等式结合，要重视分类讨论的思想和数形结合的思想的应用。
3、求参数的取值范围，这类问题可以转化为研究函数的极值或者最值问题；三年高考真题1、【2020年江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C ：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是__________．【答案】【解析】设圆心到直线距离为，则所以令（负值舍去）当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值为，故答案为：2、【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，则，当，即时取等号，∴，则.当时，，即恒成立，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则时，取得最小值，∴，综上可知，的取值范围是.故选C.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，则的最小值是_____________．【答案】−3√32【解析】f′(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx−2=4(cosx+1)(cosx−12)，所以当cosx<12时函数单调递减，当cosx>12时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为，函数的递增区间为，所以当时，函数f(x)取得最小值，此时sinx=−√32,sin2x=−√32，所以f(x)min=2×(−√32)−√32=−3√32，故答案是−3√32.4、【2019年高考北京理数】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．【答案】【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.若函数为奇函数，则即，即对任意的恒成立，则，得.若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，即在R上恒成立，又，则，即实数的取值范围是.5、【2018年高考江苏】若函数f(x)=2x3−ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[−1,1]上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3【解析】由得或，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此解得.从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，则故答案为.6、【2020年全国1卷】.已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.【解析】(1)当时，，，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.(2)由得，，其中，①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；②.当时，分离参数a得，，记，，令，则，，故单调递增，，故函数单调递增，，由可得：恒成立，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此，,综上可得，实数a的取值范围是.7、【2020年天津卷】.已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即.(ii) 依题意，.从而可得，整理可得：，令，解得.当x变化时，的变化情况如下表：单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由，得.对任意的，且，令，则. ①令.当x>1时，，由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.因为，，，所以. ②由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，故③由①②③可得.所以，当时，任意的，且，有.8、【2020年山东卷】已知函数．（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解析】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为;（2）解法一：,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时，，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时，∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：等价于,令,上述不等式等价于,显然为单调增函数，∴又等价于，即，令,则在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴,，∴a的取值范围是[1,+∞).9、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）．令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0<a<3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或．若，b=1，则，与0<a<3矛盾.若，，则或或a=0，与0<a<3矛盾．综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10、【2019年高考北京理数】已知函数．（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解析】（Ⅰ）由得.令，即，得或.又，，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与.（Ⅱ）令.由得.令得或.的情况如下：所以的最小值为，最大值为.故，即.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.11、【2019年高考浙江】已知实数，设函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意均有求的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当时，．，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（2）由，得．当时，等价于．令，则．设，则．（i）当时，，则．记，则.故10 +单调递减极小值单调递增所以，．因此，．（ii）当时，．令，则，故在上单调递增，所以．由（i）得，．所以，．因此．由（i）（ii）知对任意，，即对任意，均有．综上所述，所求a 的取值范围是．二年模拟试题题型一函数的单调性1、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数,若有且只有两个整数使得,且,则的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】，，当时，函数单调递增，不成立；当时，函数在上单调递增，在上单调递增；有且只有两个整数使得,且，故且即；故选：.2、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x 的不等式的解集为（）A ．B ．C．D．【答案】B【解析】根据题意设，则，又当时，，则有，所以在上单调递减，又在上是偶函数，所以，所以是偶函数，所以，又为偶函数，且在上为减函数，且定义域为，则有，解得或，即不等式的解集为，故选：B.3、（江苏省如皋市2019-2020学年高三上学期10月调研）设函数，则不等式的解集为_____________.【答案】【解析】因为,所以,所以函数为奇函数,因为(当且仅当时,等号成立) 所以函数为上的递增函数,所以不等式可化为,所以根据函数为奇函数可化为,所以根据函数为增函数可化为,可化为,可化为,解得:,所以不等式的解集为:.故答案为4、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数，函数（）.（1）讨论的单调性；【解析】（1）解：的定义域为，，当，时，，则在上单调递增；当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；当，时，，则在上单调递减；当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；（2）证明：设函数，则.因为，所以，，则，从而在上单调递减，所以，即.5、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）已知实数，设函数．（1）求函数的单调区间；【解析】(1)由,解得．①若,则当时,,故在内单调递增；当时,,故在内单调递减．②若,则当时,,故在内单调递增；当时,,故在内单调递减．综上所述,在内单调递减,在内单调递增．6、（2020届江苏省南通市海门中学高三上学期10月检测）设，函数，为函数的导函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数与函数存在相同的零点，求实数a的值；（3）求函数在区间上的最小值.【解析】（1）因为所以，当时，，所以函数在上单调递增；当时，当或时，，当时，，所以函数在和在上单调递增，在上单调递减；同理当时，函数在和在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，函数的零点是0，而，所以不合题意，舍去；当时，函数的零点是和，因为，所以由函数与函数存在相同的零点，得，即，解得.（3）由（1）得，当时，函数在上单调递增，此时函数在区间上的最小值为；当，即时，函数在区间上的最小值为；当，即时，因为，，所以，此时函数的最小值为.所以函数在区间上的最小值为题型二利用导数研究函数的极值与最值1、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知在区间上有极值点，实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】,由于函数在上有极值点，所以在上有零点.所以，解得.故选：D.2、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数的极大值是，极小值是，则( )A．与有关，且与有关B．与有关，且与无关C．与无关，且与无关D．与无关，且与有关【答案】C【解析】∵，∴，令，得，或，当变化时，、的变化如下表：递增极大值递减极小值递增∴，，∴，故选：C．3、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知、、、，从这四个数中任取一个数，使函数有极值点的概率为（）A．B．C．D．1【答案】B【解析】f′（x）＝x2+2mx+1，若函数f（x）有极值点，则f′（x）有2个不相等的实数根，故△＝4m2﹣4＞0，解得：m＞1或m＜﹣1，而a＝log0.55＜﹣2，0＜b＝log32＜1、c＝20.3＞1，0＜d＝（）2＜1，满足条件的有2个，分别是a，c，故满足条件的概率p，故选：B．4、（2019年北京101中学月考）如图，已知直线与曲线相切于两点，函数，则函数（）A．有极小值，没有极大值B．有极大值，没有极小值C．至少有两个极小值和一个极大值D．至少有一个极小值和两个极大值【答案】C【解析】如图，由图像可知，直线与曲线切于a，b，将直线向下平移到与曲线相切，设切点为c，当时，单调递增，所以有且．对于=，有，所以在时单调递减；当时，单调递减，所以有且．有，所以在时单调递增；所以是的极小值点．同样的方法可以得到是的极小值点，是的极大值点．故选C．5、（2019年北京人民大学附属中学月考）已知且，函数在上的最大值为3，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】当时，，，由得（舍）或，此时为增函数，由得，此时为减函数，则当时，取得极大值，极大值为，当时，取得最小值，最小值为，∵在上的最大值为3，∴当时，函数的最大值不能超过3即可，当时，为增函数，则当时，函数的最大值为，即，得，当时，为减函数，则，此时满足条件．综上实数的取值范围是或，故选A．6、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（）A．B．C．D．【答案】AC【解析】函数,,∵是函数的极值点，∴，即，,,,即A选项正确,B选项不正确;,即C正确,D不正确.故答案为:AC.7、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知函数，其中，，记为的最小值，则当时，的取值范围为___________.【答案】【解析】函数，导数，当时，，在递增，可得取得最小值，且为，由题意可得方程有解；当时，由，可得(负的舍去)，当时，，在递增，可得为最小值，且有，方程有解；当时，在递减，在递增，可得为最小值，且有，即，解得.综上可得的取值范围是.故答案为：.8、（江苏省如皋市2019-2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)）已知，实数，满足方程，则的最小值为______.【答案】0【解析】设，，则在直线上，在曲线，∴求的最小值，即为求曲线上的点到直线上的点的距离的最小值。
利用导数研究函数性质
利用导数研究函数性质导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
通过研究函数的导数，我们可以了解函数的性质，包括函数的增减性、极值点、凹凸性等。
本文将介绍如何利用导数来研究函数的性质。
一、函数的增减性函数的增减性描述了函数在定义域内的变化趋势。
通过导数可以判断函数在某一点的增减性。
1. 若函数在某一点的导数大于0，则函数在该点上是增函数；2. 若函数在某一点的导数小于0，则函数在该点上是减函数；3. 若函数在某一点的导数等于0，则函数在该点上可能是极值点。
通过求解函数的导数，我们可以得到函数的增减区间，从而了解函数的整体变化趋势。
二、函数的极值点函数的极值点是函数在定义域内的局部最大值或最小值点。
通过导数可以判断函数的极值点。
1. 若函数在某一点的导数为0，并且导数在该点的左侧由负变正，右侧由正变负，则该点为函数的极大值点；2. 若函数在某一点的导数为0，并且导数在该点的左侧由正变负，右侧由负变正，则该点为函数的极小值点。
通过求解函数的导数，并分析导数的变化情况，我们可以确定函数的极值点。
三、函数的凹凸性函数的凹凸性描述了函数曲线的弯曲程度。
通过导数的二阶导数可以判断函数的凹凸性。
1. 若函数在某一点的二阶导数大于0，则函数在该点上是凹函数；2. 若函数在某一点的二阶导数小于0，则函数在该点上是凸函数；3. 若函数在某一点的二阶导数等于0，则函数在该点上可能是拐点。
通过求解函数的二阶导数，我们可以得到函数的凹凸区间，从而了解函数曲线的弯曲情况。
四、函数的拐点函数的拐点是函数曲线由凹变凸或由凸变凹的点。
通过导数的二阶导数可以判断函数的拐点。
1. 若函数在某一点的二阶导数为0，并且二阶导数在该点的左侧由负变正，右侧由正变负，则该点为函数的拐点。
通过求解函数的二阶导数，并分析二阶导数的变化情况，我们可以确定函数的拐点。
综上所述，利用导数可以研究函数的增减性、极值点、凹凸性和拐点等性质。
通过求解函数的导数和二阶导数，并分析其变化情况，我们可以全面了解函数的性质，从而更好地理解和应用函数。
高三数学寒假精品讲义 第3讲 利用导数研究函数的性质(解析版)
第3讲利用导数研究函数的性质【题型精讲】题型一：导数的几何意义1．（2021·陕西·西安中学高三期中）若函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，则实数a 取值范围是（）A．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B．()0,∞+C．[)2,+∞D．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C 【详解】解：因为函数()21ln 2f x x ax x =-+存在平行于x 轴的切线，所以()10f x x a x'=-+=在()0,∞+上有解，即1a x x =+在()0,∞+上有解，因为12x x +≥，所以2a ≥，故选：C.2．（2021·河南驻马店·模拟预测（文））已知函数()2ln 21f x x x x =-+，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为（）A．210x y +-=B．20x y --=C．0x y +=D．240x y --=【答案】C 【详解】解：∵()2ln 21f x x x x =-+的导数为()2ln 2f x x x x '=+-，∴()1121f '=-=-．∵()11f =-，∴曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()11y x +=--，即0x y +=．故选：C．3．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知点P 在曲线22sin cos 22x xy =-上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）A．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C．3,44ππ⎡⎤⎢⎣⎦D．30,,44πππ⎡⎤⎡⎫⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭【答案】D 【详解】22sin cos cos 22x xy x =-=- ，sin y x '∴=.设()00,P x y ，则曲线在点P 处的切线的斜率为0tan sin k x α==，1tan 1α∴-≤≤.0απ≤< ，30,,44ππαπ⎡⎤⎡⎫∴∈⋃⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭故选：D4．（2021·全国·高三专题练习）点P 在曲线323y x x =-+上移动，设点P 处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是（）A．0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭B．3,24ππ⎛⎤⎥⎝⎦C．3,4ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D．30,,24πππ⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭【答案】D 【详解】2311y x '=-≥-，即tan 1α≥-，又[)0,απ∈，所以30,,24ππαπ⎡⎫⎡⎫∈⋃⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭，故选：D.5．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（理））函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，则实数a 的取值范围是（）A．(,2]-∞B．[)2,+∞C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】C 【详解】由题意，函数()ln f x x ax =+的定义域(0,)+∞，且1()f x a x'=+，因为函数()ln f x x ax =+存在与直线20x y -=平行的切线，即12a x +=有解，即12a x=-在(0,)+∞有解，因为0x >，可得10x >，则10x -<，可得122x-<，所以2a <，即实数a 的取值范围是(,2)-∞.故选：C.6．（2021·全国·高三专题练习）若函数2()ln f x a x bx =+在点()()1,1f 处的切线方程为y x =，则函数()y f x =的增区间为（）A．(0,1)B．0,2⎛ ⎝⎭C．,2⎫+∞⎪⎪⎝⎭D．2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【答案】C 【详解】将1x =代入y x =得到1y =，所以切点为()1,1.因为()2af x bx x'=+，所以()()12111ln111f a b a f a b b ⎧=+==-⎧⎪⇒⎨⎨===⎩'+⎪⎩，所以()22221212x x x f x x x x x ⎛⎫⎛+- ⎪-⎝⎭⎝⎭'=-+==()0x >，当2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数.所以函数()y f x =的增区间为2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.故选：C题型二：利用导数研究函数的单调性1、与函数的单调区间有关的问题1．（2021·西藏·林芝市第二高级中学高三月考（理））函数()()3e xf x x =-的单调递增区间是（）A．(),2-∞B．()0,3C．()1,4D．()2,+∞【答案】D 【详解】函数()()3xf x x e =-的定义域为R ，()(2)x f x x e '=-，令()0f x '>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+∞.故选：D.2．（2021·河南·高三月考（文））若函数()3213f x x ax x =--存在递减区间，则实数a 的取值范围是（）A．[]1,1-B．()(),11,-∞-+∞ C．()1,1-D．(][),11,-∞-+∞ 【答案】B 【详解】由题设，()221f x x ax '=-+，由()f x 存在递减区间，即存在x 使()0f x ¢<，∴2440a ∆=->，可得1a <-或1a >.故选：B3．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D4．（2021·西藏·拉萨中学高三月考（文））函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，则m 的范围是（）A．(,1)-∞B．(,1]-∞C．(1,)+∞D．[1,)+∞【答案】D 【详解】函数32123y x x mx =+++是R 上的单调函数，即220y x x m '=++≥或220y x x m '=++≤(舍)在R 上恒成立440m ∴∆=-≤，解得m 1≥故选：D5．（2021·全国·高三月考（理））若()3213f x x ax =-的单调减区间是()4,0-，则a 的值是（）A．2-B．2C．4-D．4【答案】A 【详解】由题意，函数()3213f x x ax =-，可得()22f x x ax '=-，令()0f x '<，可得()20x x a -<，因为()f x 的单调减区间是()4,0-，可得24a =-，解得2a =-．故选：A.6．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B7．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（理））若21()ln(2)2f x x b x =-++在()1,+¥上是减函数，则b 的取值范围是（）A．()3,+∞B．[)3,+∞C．(]3,-∞D．(),3-∞【答案】C 【详解】由题知，21()ln(2)2f x x b x =-++，()2bf x x x '=-++.若()f x 在()1,+∞上是减函数，则()0f x '≤在()1,+∞上恒成立，由()02b f x x x '=-+≤+得，()()2211b x x x ≤+=+-，当()1,x ∈+∞时，()()22111113x +->+-=，所以3b ≤.故选：C.8．（2021·江西宜春·模拟预测（文））“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”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【答案】A 【详解】若2()2ln f x x mx x =-+在(0,)+∞上单调递增，则1()40f x x m x'=-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，∴有14x m x +≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，即min 14m x x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，而144x x +≥=当且仅当12x =时等号成立，则4m ≤.∴“4m <”是“函数()22ln f x x mx x =-+在()0,∞+上单调递增”的充分不必要条件.故选：A．9．（2021·浙江·高三专题练习）若函数()1ln f x kx x x =-+在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（）A．1[,)2+∞B．[1,)+∞C．[2,)+∞D．(,2]-∞-【答案】C 【详解】由()1ln f x kx x x =-+知，()211f x k x x'=--，因为()f x 在()1,+∞上单调递增，所以()0f x '≥在()1,+∞上恒成立，即2110k x x --≥，则211k x x≥+在()1,+∞上恒成立，令()211g x x x =+，因为()23120g x x x '=--<在()1,+∞上恒成立，所以()g x 在()1,+∞上单调递减，则()()12g x g <=，所以2k ≥.故选:C .10．（2021·重庆市清华中学校高三月考）函数21()9ln 2f x x x =-在区间()2,1m m +上单调递减，则实数m 的取值范围是（）A．[)0,1B．()0,1C．[]0,2D．()0,2【答案】A 【详解】解：()f x 的定义域是(0,)+∞，9(3)(3)()x x f x x x x+-'=-=，令()0f x '>，解得：3x >，令()0f x '<，解得：03x <<，故()f x 在(0,3)递减，在(3,)+∞递增，若函数21()92f x x lnx =-在区间(2,1)m m +上单调递减，则20m且013m <+ 且21m m <+，解得：01m < ，故选：A ．2、构造函数比较大小或解不等式1．（2021·山西大附中高三月考（理））已知定义域为R 的奇函数()y f x =的导函数为()y f x '=，当0x ≠时，()()0f x f x x '+<，若2211(2(2),ln (ln )3333a fb fc f ==--=，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A．a b c <<B．b c a<<C．a c b<<D．c a b<<【答案】B 【详解】解：令函数()()g x xf x =，因为定义域为R 的()y f x =是奇函数，所以函数()g x 为偶函数；()()()g x f x xf x ''=+，当0x >时，因为()()0f x f x x '+<，所以()()0xf x f x x'+<，所以()()0xf x f x '+<，即()0g x '<，所以()g x 在(0,)+∞上为减函数，()()()()222111(),2(2)22,ln (ln )ln ln 3ln 3333333a f g b f g g c f g g g ⎛⎫⎛⎫===--=-====-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为2ln 323<<，所以()()2ln 323g g g ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即a c b >>.故选：B2．（2021·江西赣州·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足1()()02f x f x '+>且有1(2)f e=，则()f x >）A．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C．(,2)-∞D．(2,)+∞【答案】D 【详解】设2()e ()x g x f x =，则221()e ()()2x x g x f x e f x ''=+，因为1()()02f x f x '+>，所以()0g x '>，所以()g x 是R 上的增函数，(2)e (2)1g f ==，不等式()f x >2e ()1xf x >，即()(2)g x g >，所以2x >，故选：D．3．（2021·陕西渭南·高三月考（理））已知定义在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，且()tan ()0f x x f x '+⋅>，则（）63ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64ππ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭46ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【详解】因为()tan ()0f x x f x '+⋅>，所以()sin ()0,cos xf x f x x'+⋅>cos ()sin ()0x f x x f x '∴⋅+⋅>，令()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()2cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x'⋅+⋅'=>，所以()g x 单调递增，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x---===--，所以()g x 为奇函数，(0)0g =，所以6430cos cos cos643f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<，即0643f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以A，C 错误；63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以063ππ⎛⎫⎛⎫+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()f x为奇函数，所以063ππ⎛⎫⎛⎫-+> ⎪ ⎝⎭⎝⎭，所以B 正确；64ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭064f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又因为()f x为奇函数，所以046ππ⎛⎫⎛⎫-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 错误．故选：B4．（2021·内蒙古宁城·高三月考（文））已知函数()y f x =对任意的(0,)x π∈满足()cos ()sin f x x f x x '>（其中()f x '为函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是（）A．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D【详解】解：令()()cos g x f x x =，(0,)x π∈故()()cos ()sin 0g x f x x f x x ''=->，故()g x 在(0,)π递增，所以(()36g g ππ>，可得1()(236f f ππ>63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以D 正确；故选：D．5．（2021·云南·昆明一中高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，'()()ln 20f x f x +<，则下列不等关系成立的是（）A．2(1)(0)f f >B．2(2)(1)f f >C．2(0)(1)f f >-D．()23log 32(1)f f <【答案】D 【详解】设()()2xh x f x =，则()()()()()22ln 22ln 2x x x h x f x f x f x f x '''=+=+⎡⎤⎣⎦，又()()ln 20f x f x '+<，20x >，所以()0h x '<，所以()h x 在(),-∞+∞上单调递减，由10>可得2(1)(0)f f >，故A 错；由21>可得22(2)2(1)f f <，即2(2)(1)f f <，故B 错；由01>-可得012(0)2(1)f f -<-，即2(0)(1)f f <-，故C 错；因为2log 31>，所以()()2log 31h h <，得()()23log 321f f <，故D 正确.故选：D6．（2021·四川·成都外国语学校高三月考（文））设()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()f x f x '>，对任意的正数a ，下面不等式恒成立的是（）A．()()0af a e f =B．()()0af a e f ＞C．()()0af f a e <D．()()0af f a e >【答案】B 【详解】构造函数()()x f x F x e =，则()()()xf x f x F x e'-'=，因为()()f x f x '>，所以()()0f x f x '->，故()0F x '>，因此()F x 在R 上单调递增，所以对于任意的正数a ，有()()0F F a <，即()()00af f a e e <，即()()0af a f e <，又因为0a e >，所以()()0ae f f a <，结合选项可知B 正确，故选：B7．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（文））定义在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上的函数()f x ，其导函数为()f x '，若恒有()()cos sin xf x f x x'>-，则下列不等式成立的是（）63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎝⎭⎝⎭B．63f ππ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎝⎭⎝⎭D．63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】D 【详解】令()()cos f x g x x=，则()()()2cos sin cos f x x f x xg x x'+'=因为()()cos sin x f x f x x'>-，因为,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭所以()()cos sin 0f x x f x x '+<得()()()2cos sin 0cos f x x f x xg x x'+'=<所以()()cos f x g x x=在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故63g g ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63122f f ππ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭<，有63f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选：D8．（2021·江苏·苏州中学高三月考）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有22()()f x xf x x '+>，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<的解集为（）A．(,2019)-∞-B．(2023,2019)--C．(2023)-∞-,D．(2019,0)-【答案】A 【详解】解：设2()()g x x f x =，由()f x 为奇函数，可得22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-，故()g x 为R 上的奇函数，当0x >时，202()()f x xf x x '>>+，()[2()()]0g x x f x xf x ''∴=+>，()g x 单调递增，根据奇函数的对称性可知，()g x 在R 上单调递增，则不等式2(2021)(2021)4(2)0x f x f +++-<可转化为()2(2021)(2021)4(2)42x f x f f ++<--=，即()()20212g x g +<，20212x ∴+<即2019x <-，即(),2019x ∈-∞-．故选：A9．（2021·河南省信阳市第二高级中学高三月考（理））已知定义在R 上的函数()f x 满足：对任意()(),0x R f x f x -'∈<恒成立，其中()f x '为()f x 的导函数，则不等式()4()123x e f x e f x +>-的解集为（）A．()4,+∞B．()1,4-C．(),3-∞D．(),4-∞【答案】D 【详解】设()()xf xg x e =，则()()()xf x f xg x e '-'=，因为对任意()(),0x R f x f x -'∈<，所以()0g x '>在R 上恒成立，所以()g x 在R 上单调递增，又4123()()x e f e f x x >-+等价于()()123123x x f x f x ee+-+->，即()(2)13g x g x +>-，因为()g x 在R 上单调递增，所以123,x x +>-解得4x <，所以原不等式的解集是(,4)-∞.故选：D.10．（2021·新疆喀什·模拟预测）定义在R 上的偶函数()f x 存在导数()f x '，且当0x >时，有()2f x x '>恒成立，若2(2)383(21)f m m m f m -++-<+，则实数m 的取值范围是（）A．1(3，)+∞B．(,3)-∞-C．1(3,)3-D．(-∞，13)(3-⋃，)+∞【答案】D 【详解】解：()f x 是R 上的偶函数，令2()()g x f x x =-，则22()()()()()g x f x x f x x g x -=---=-=，()g x ∴为偶函数，∴当0x >时，()()20g x f x x '='->，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增，①2(2)383(21)f m m m f m -++-<+ ，222(21)(21)[(2)(2)](21)(2)(383)0f m m f m m f m f m m m ∴+-+----=+---+->，22(21)(21)(2)(2)f m m f m m ∴+-+>---，即(21)(2)g m g m +>-，∴由①得|21||2|m m +>-，展开得23830m m +->，解得，13m >或3m <-，故选：D ．题型三：利用导数研究函数的极值、最值1．（2021·河南·高三月考（理））函数221()e 4x f x x x x =---的极大值为（）A．12-B．12e-C．0D．14-【答案】B 【详解】函数221()e 4x f x x x x =---的定义域为R ，则()2()(21)e 1x f x x ¢=+-，令()0f x '=，解得0x =，12x =-，当12x <-或0x >时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当102x -<<时，()0f x '<，则()f x 单调递减，所以当12x =-时，()f x 取得极大值1122e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭．故选：B2．（2021·河南南阳·高三期中（理））已知函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0，若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则n m -的最大值为（）A．2B．3C．4D．6【答案】C 【详解】解：函数32()2f x x ax bx =+++在1x =处取得极小值0所以()()1010f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即12031210a b a b +++=⎧⎨⨯+⨯+=⎩解得：0a =，3b =-()332f x x x ∴=-+由()2330f x x '=-=得：1x =±当(),1x ∈-∞-和()1,+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增当()1,1x ∈-时，()0f x '<，即()f x 单调递减所以()f x 的极大值为(1)4f -=，极小值为(1)0f =由()3324f x x x =-+=得：1x =-或2x =由()3320f x x x =-+=得：1x =或2x =-若1[,]x m n ∀∈，2[,]x m n ∃∈，使得()()12f x f x =，且12x x ≠，则()()224max n m -=--=故选：C.3．（2021·山西太原·高三期中）若2x =是函数21()2ln 2f x ax x x =--的极值点，则函数（）A．有最小值2ln 2-，无最大值B．有最大值2ln 2-，无最小值C．有最小值2ln 2-，最大值2ln 2D．无最大值，无最小值【答案】A 【详解】由题设，2()1f x ax x'=--且(2)0f '=，∴220a -=，可得1a =.∴2(1)(2)()1x x f x x x x+-'=--=且0x >，当02x <<时()0f x '<，()f x 递减；当2x >时()0f x '>，()f x 递增；∴()f x 有极小值(2)2ln 2f =-，无极大值.综上，有最小值2ln 2-，无最大值.故选：A4．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三月考（文））如图是函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象，则2212x x +=（）A．23B．43C．83D．4【答案】C【详解】由图示可知：()32f x x bx cx d =+++经过（0，0）、（1，0）、（2，0），所以有：()()()001020f f f ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即0108420d b c d b c d =⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩，解得：032d b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()3232f x x x x =-+，()2362f x x x '=-+.由图示可知12,x x 是()3232f x x x x =-+的极值点，所以12,x x 是23620x x -+=的两根.所以()222121212482433x x x x x x +=+-=-=.故选：C5．（2021·全国·高三月考（理））已知函数21,0,()ln 1,0,x ax x f x ax x x ⎧-+≤⎪=⎨-+>⎪⎩若x ∈R 时，()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．212,e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B．(2,1)--C．(2,0)-D．(2,1)-【答案】A 【详解】因为(0)10=>f 成立，故原命题即()0f x >对任意的0x ≠成立，此时21()010()()1ln 10(ln )0x x a x x ax x xf x f x ax x x x x a x x x ⎧⎧+-<-+<⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨-+>⎪⎪+->⎩⎪⎩，，，，，由()0f x >得01x x a x <⎧⎪⎨+<⎪⎩且0ln x x x x a >⎧⎨+>⎩，当0x <时，12x x+≤-，当且仅当1x =-时等号成立，故2a >-；当0x >时，记()ln g x x x x =+，则()ln 2g x x '=+在(0)+∞，上为增函数，且2()0g e -'=，故min 21()g x e =-，即21a e <-，综合所述，a 的取值范围为21(2e --，.故选：A6．（2021·湖北·高三月考）已知函数()33f x x x =-，若函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，则实数m 的取值范围为（）A．(3,-B．()3,1--C．()D．[)2,1-【答案】A 【详解】由()33f x x x =-得()2333(1)(1)f x x x x '=-=+-，∴当1x <-或1x >时，()0f x '>，当11x -<<时，()0f x '<，故1x =-是函数()f x 的极大值点，(1)132,f -=-+=令()332f x x x =-=，即2(1)(2)0x x x +--=，∴1x =-，或2x =，又函数()f x 在区间()2,8m m -上有最大值，∴222818182m m m m m ⎧<-⎪<-⎪⎨->-⎪⎪-≤⎩，解得3m -<≤故选：A.7．（2021·江苏·泰州中学高三月考）已知函数()2,01ln 1,13x x f x x x ≤≤⎧=⎨+<≤⎩，若存在实数1x ，2x 满足1203x x ≤<≤，且12()()f x f x =，则21x x -的最大值为（）A．e 1-B．12C．51ln 322-D．1【答案】A 【详解】当01x ≤≤时，022x ≤≤，当13x <≤时，1ln 11ln 3x <+≤+，则[0,2](1,1ln 3](1,2]⋂+=，令12()()(1,2]f x f x t ==∈，则112,e 2t t x x -==，121e 2t t x x --=-，设1()e 2t tg t -=-，(1,2]t ∈，11()e 02t g t -'=->，即1()e 2t tg t -=-在(1,2]t ∈上单调递增，max ()(2)e 1g t g ==-，所以21x x -的最大值为e 1-.故选：A8．（2021·浙江·高三月考）已知a R ∈，函数()224()ln 2ln f x x a x x a =+++的最小值为()g a ，则()g a 的最小值为（）A．2e-B．1e-C．e-D．e 2-【答案】B 【详解】解：由题意得：4222ln ln l (n )a a x x x xf x +++=22(ln )ln ln a x x x x x=++≥令22()(ln )ln P a a x x x =++，其最小值为ln x x 再令()()ln g a Q x x x ==，则'()ln 1Q x x =+当1(0,)∈x e 时，函数()Q x 单调递减；当1(,)∈+∞x e 时，函数()Q x 单调递增.故1=x e 时，()min 1Q x e =-故()g a 的最小值为1e-.故选：B9．（2021·重庆市第七中学校高三月考）“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件为（）A．[5,1]a ∈--B．[7,1]a ∈--C．[6,2]a ∈--D．[4,3]a ∈--【答案】B 【详解】当0x =时，不等式恒成立，当01x <≤时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23max43x x a x ⎛⎫--≥ ⎪⎝⎭，当20x -≤<时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，等价于23min43x x a x ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，令2343(),[2,0)(0,1]x x f x x x --=∈-⋃，232343143()x x f x x x x x --==--，令1t x =，则3234y t t t =--+，'2981y t t =--+，可知函数3234y t t t =--+在11,9⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在1(,1),,9⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上递减，所以当(0,1]x ∈，即[1,)t ∈+∞时，当1t =时，max 6y =-，即()6max f x =-，所以6a ≥-，当[2,0)x ∈-时，即1,2t ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，函数3234y t t t =--+在(,1)-∞-递减，在11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，所以当1t =-时，min 2y =-，所以2a ≤-，综上，当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立的充要条件为62a -≤≤-，所以[7,1]a ∈--是“当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立”的一个必要不充分条件，故选：B10．（2021·北京·潞河中学高三月考）若函数()32231,0e ,0ax x x xf x x ⎧++≤=⎨>⎩在[]22-,上的最大值为2，则实数a 的取值范围是（）A．1ln 2,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．10,ln 22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．(],0-∞D．1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【详解】当20x -≤≤时，()32231f x x x =++，则()()26661f x x x x x '=+=+．当21x -≤<-时，()0f x '>；当10x -<<时，()0f x '<．所以，函数()y f x =在1x =-处取得极大值，亦即最大值，即()()max 12f x f =-=．当0a >时，函数()ax f x e =在(]0,2上单调递增，由题意可知，()222af e =≤，得2ln 2a ≤，解得1ln 22a ≤，此时，10ln 22a <≤；当0a =时，且当02x <≤时，()12f x =≤合乎题意；当0a <时，函数()axf x e =在(]0,2上单调递减，此时，()()2012f f <=<，合乎题意．综上所述，实数a 的取值范围是1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选：D【题型精练】一、单选题1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()xf x f x x ->，且()20f -=，则不等式()0f x x >的解集是（）A．()()2,00,2- B．()(),22,-∞-+∞ C．()()2,02,-+∞ D．()(),20,2-∞-【答案】C 【详解】解：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x >时，'2()()0xf x f x x ->，∴()f x x 为增函数，()f x 为偶函数，()f x x 为奇函数，∴()f x x在(),0-∞上为增函数，∵()()220f f -==，若0x >，()202f =，所以2x >；若0x <，()202f -=-，()f x x 在(),0-∞上为增函数，可得20x -<<，综上得，不等式()0f x x>的解集是()()2,02,-+∞ .故选：C.2．（2021·河南·高三月考（文））函数()2e 21xf x x x x =---的极大值为（）A．1-B．1e-C．ln 2D．()2ln 21--【答案】B 【详解】由()2e 21x f x x x x =---可得()()()()1e 221e 2x xf x x x x '=+--=+-，由()0f x '>可得：ln 2x >或1x <-，由()0f x '<可得1ln 2x -<<，所以()f x 在(),1-∞-单调递增，在()1,ln 2-单调递减，在()ln 2,+∞单调递增，所以1x =-时，()f x 取得极大值为()111121e ef -=--+-=-，故选：B.3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3f x x ax =-在(2,1)--上单调递减则实数a 的取值范围为（）A．(,1)-∞-B．(,1]-∞-C．(1,)+∞D．[1,)-+∞【答案】B 【详解】2()2(2)f x x ax x x a '=-=-，∵()f x 在(2,1)--上单调递减，∴()0f x '≤在(2,1)--上恒成立，由二次函数()(2)f x x x a '=-的图象可知22a ≤-，即1a ≤-．故选：B4．（2021·北京·潞河中学高三月考）函数()ln f x kx x =-在[1,)+∞单调递增的一个必要不充分条件是（）A．2k >B．1kC．1k >D．0k >【答案】D 【详解】由题得1()f x k x'=-，函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，()0f x ∴' 在区间(1,)+∞上恒成立．1k x∴ ，而1y x=在区间(1,)+∞上单调递减，1k ∴ ．选项中只有0k >是1k的必要不充分条件.选项AC 是1k 的充分不必要条件，选项B 是充要条件.故选：D5．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知函数2()ln 22x f x m x x =+-，()0,x ∈+∞有两个极值点，则实数m 的取值范围是（）A．(],0-∞B．(],1-∞C．[)1,-+∞D．()0,1【答案】D 【详解】22()2m x x mf x x x x-+'=+-=,因为()f x 有两个极值点，故()f x '有两个变号零点，故2x 2x m 0-+=在()0,∞+上有两个不同的解，故0440m m >⎧⎨∆=->⎩，所以01m <<，故选：D.6．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数()x x f x e e -=+（其中e 是自然对数的底数），若 1.5(2)a f =，0.8(4)b f =，21log 5c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（）A．a b c <<B．c a b <<C．a c b<<D．b a c<<【答案】B 【详解】函数()x x f x e e -=+是偶函数，()x x f x e e -=-'，当0,()0;0,()0x f x x f x ''<<>>，即函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增，因为2222log 5log 25log 325=<=， 2.5 1.55222<==⨯，所以 1.522log 5522<<⨯，则 1.51.60.82log 5224<<=，1.50.82221(log (log 5)(log 5)(2)(4)5f f f f f =-=<<，即c a b <<．故选：B．7．（2021·陕西·泾阳县教育局教学研究室高三期中（文））已知函数()f x 的定义域为R ，且()21f =，对任意x ∈R ，()()0f x xf x '+<，则不等式()()112x f x ++>的解集是（）A．(),1-∞B．(),2-∞C．()1,+∞D．()2,+∞【答案】A 【详解】设()()g x xf x =，则()()()0g x f x xf x =+'<'所以()g x 在R 上单调递减，又()()2222g f ==由()()112x f x ++>，即()()12g x g +>，所以12x +<所以1x <故选：A8．（2021·广东深圳·高三月考）已知函数2ln ,0(),1,0x x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩若函数()()=-g x f x k 有三个零点，则（）A．e 1k -<≤B．11k e-<<C．e 0k -<<D．1ek -<<【答案】D 【详解】要使函数()f x k =有三个解，则()y f x =与y k =有三个交点，当0x >时，()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，可得()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，∴0x >时，()ln f x x x =有最小值11f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且10x e <<时，ln 0x x <；当0x +→时，()0f x →；当x →+∞时，()f x →+∞；当0x ≤时，2()1f x x =-+单调递增；∴()f x 图象如下，要使函数()g x 有三个零点，则10ek -<<，故选：D．二、多选题9．（2021·湖北·高三月考）已知函数()x f x xe ax =+．则下列说法正确的是（）A．当0a =时，()min 1f x e=-B．当1a =时，直线2y x =与函数()f x 的图象相切C．若函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，则0a ≥D．若在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，则1a e≤-【答案】ABD【详解】解：对于A：当0a =时，()x f x xe =，则()()'+1+x x x f x xe e e x ==，令()'0f x =，得1x =-，所以当1x <-时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当>1x -时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，所以()()1111f x f e e -≥-=-=-，所以()min 1f x e=-，故A 正确；对于B：当1a =时，()+x f x xe x =，则()'++1x x f x xe e =，设切点为()00,x y ，则过切点的切线方程为：()()()0000000+++1x x x y x e x e x e x x -=-，因为切线过原点，所以()()()00000000+++01x x x x e x x e x e -=-，解得00x =，此时()'000+0+12f e e =⨯=，所以直线2y x =与函数()f x 的图像相切，故B 正确；对于C：由函数()x f x xe ax =+得()()1+x f x x e a '=+，因为函数()f x 在区间[)0,+∞上单调递增，所以()()1+0x f x x e a '=+≥在区间[)0,+∞上恒成立，即()1x a x e ≥--在区间[)0,+∞上恒成立，令()()1x g x x e =--，则()()'+2x g x x e =-，又令[)0,x ∈+∞，所以，()'0g x <，函数()g x 单调递减，所以()()000+21g x g e e ≤=-=，所以1a ≥，故C 不正确；对于D：在区间[]0,1上()2f x x ≤恒成立，等价于2x xe ax x +≤在区间[]0,1上恒成立，当0x =时，不等式恒成立；当01x <≤时，x a x e ≤-恒成立，令()x h x x e =-，则()'1x h x e =-，令()'0h x =，得0x =，因为01x <≤，()'0h x <，函数()h x 单调递减，所以()()1111h x h e e ≥=-=-，所以1a e -≤，故D 正确；故选：ABD.10．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数()()[)ln ,0,1e 44,1,x x f x x x⎧-∈⎪⎪=⎨-⎪+∈+∞⎪⎩(其中e 是自然对数的底数)，函数()()g x f x kx =-有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则（）A．实数k 的取值范围为()0,1B．实数k 的取值范围为()0,e C．123x x x 的取值范围为4,e ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭D．123x x x 的取值范围为()e,+∞【答案】AC【详解】由图可知，0,k >则方程44kx x-=+，即2440kx x -+=有两个正实数解，所以16160,k =-> 解得)1(0k ∈，；由图可知，12301,x x x <<<<所以234x x k⋅=，且11ln x k ex =-因为11ln 1x k ex =-<，则111x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，所以21112311441,1ln x ex x x x x k x e ⎛⎫⎛⎫⋅⋅==-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设1)0(1lnx t =∈-，，则()24t e e g t t⋅=-，所以()()22421'0t g t t e e t ⋅-=->，即()g t 单调递增，又4()1g e -=，且0t ⇒时，()g t →+∞，所以()4,g t e ∈+∞⎛⎫ ⎪⎝⎭.故选：AC11．（2021·重庆·高三月考）定义域在R 上函数()f x 的导函数为()f x ¢，满足()()2'2f x f x <-，()211f e =-，则下列正确的是（）A．()00f >B．()421f e >-C．()()()2021202021f ef e ->-D．()()22202120201f e f e ->-【答案】BCD【详解】由题意，构造函数2()1()x f x g x e +=，则2()2(()1)()xf x f xg x e '-+'=，由()()2'2f x f x <-可知()0g x '>，所以2()1()x f x g x e +=在R 上单调递增，且2(1)1(1)1f g e +==，故(0)(1)1g g <=，即(0)11f +<，(0)0f <，A 错误；由(2)(1)1g g >=可得()421f e >-，故B 正确；当1x >时，()(1)1g x g >=，所以2()11x f x e+>，()0f x >，所以()()()22f x f x f x '<<-，()()02f x f x '-->，令()()2,1x f x h x x e +=>，则()()()20x f x f x h x e''--=>，所以()h x 单调递增，()()20212020h h >，即()()202120202202122020f f e e >++，所以()()2220212020f ef e >++，()()()2021202021f ef e ->-，故C 正确；由(2021)(2020)g g >可得()()22202120201f e f e ->-，故D 正确；故选：BCD12．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x '是其导函数，恒有()()sin cos f x f x x x'>，则（）A．234f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B．2426f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．()2cos116f f π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭D．()cos 13f f π⎛⎫>21⋅ ⎪⎝⎭【答案】AD【详解】因为0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以sin 0x >，cos 0x >，又()()sin cos f x f x x x'>，所以()()cos sin f x x f x x '>．构造函数()()cos g x f x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()cos sin 0g x f x x f x x -''=>，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，因为34ππ>，所以34g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 3344f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即34f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 正确；因为46ππ>，所以46g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以cos cos 4466f f ππππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即46f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；因为16π<，所以()16g g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos166f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()1cos16f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故C 错误；因为13π>，所以()13g g π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()cos 1cos133f f ππ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()21cos13f f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确，故选：AD.三、填空题13．（2021·江西赣州·高三期中（理））已如函数3()5,(2,2)f x x x x =+∈-，若()2()20f t f t +->.则t 的取值范围为___________.【答案】(1,0)(0,2)- 【详解】3()5f x x x =+，()3()5f x x x f x -==---，函数为奇函数.2()350f x x '=+>，函数单调递增，()2()20f t f t +->，即()2(2)f t f t ->，故22222222t t t t -<<⎧⎪-<-<⎨⎪>-⎩，解得(1,0)(0,2)t ∈-⋃.故答案为：(1,0)(0,2)- .14．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知函数()3()x f x e ax a R =+-∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是________.【答案】(,3]-∞【详解】对于任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x <，都有211212()()()x f x x f x a x x -<-成立，∴不等式等价为1212()()f x a f x a x x ++<恒成立，令()()f x a h x x+=，则不等式等价为当12x x <时，12()()h x h x <恒成立，即函数()h x 在(1,)+∞上为增函数；3()x e ax a h x x+-+=，则23()0x x xe e a h x x -+-'=在[1，)+∞上恒成立；30x x xe e a ∴-+- ；即3x x a xe e -- 恒成立，令()x x g x xe e =-，()0x g x xe ∴'=>；()g x ∴在[1，)+∞上为增函数；()g x g ∴ （1）0=；30a ∴- ；3a ∴ ．a ∴的取值范围是(,3]-∞．故答案：(,3]-∞．15．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()20f =，()()()0xf x f x x '<>，则不等式()0xf x <的解集为______．【答案】(2,0)(2,)-+∞ 【详解】令()()f x g x x=，则()2()()xf x f x g x x '-'=，当0x >时．由()()xf x f x '<，得()0g x '<，所以函数()()f x g x x=在(0,)+∞上是减函数，函数()f x 是定义在R 上的偶函数，∴()()f x f x -=，∴()()()f x g x g x x--==--，∴()g x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞ 上的奇函数，∴()g x 在(,0)-∞上递减，又(2)0f =，∴(2)(2)02f g ==，则()g x 的大致图象如图所示：∴02x <<时，()0>g x ，2x >时，()0<g x ，根据函数的奇偶性知，20x -<<时，()0<g x ，2x <-时，()0>g x ，当0x ≠时，()0xf x <等价于()0<g x ，当0x =时，()0xf x <不成立，∴不等式()0xf x <的解集为(2,0)(2,)-+∞ ，所以不等式()0xf x <的解集是(2,0)(2,)-+∞ ．故答案为：(2,0)(2,)-+∞ .16．（2021·陕西·千阳县中学二模（理））已知函数9()(),[1,9]g x x a a R x x=+-∈∈，则()g x 的值域是___________.设函数()|()|f x g x =，若对于任意实数a ，总存在0[1,9]x ∈，使得()0f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是___________【答案】[]6,10a a --(],2-∞【详解】（1）()()()223391x x g x x x +-'=-=，当[]1,3x ∈，()0g x '<，()g x 单调递减；当[]3,9x ∈，()0g x '>，()g x 单调递增；()()min 36g x g a ∴==-，又()()110,910g a g a =-=-，()max 10g x a ∴=-，故()g x 的值域是[]6,10a a --；（2） ()|()|f x g x =，当610a a -≥-，即8a ≥时，()max 66f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，当610a a -<-，即8a <时，()max 1010f x a a t =-=-≥恒成立，则2t ≤，综上，实数t 的取值范围是(],2-∞.故答案为：[]6,10a a --；(],2-∞。
高三数学二轮复习教学案一体化：利用导数研究函数的性质
专题二——利用导数研究函数的性质高考趋势导数作为进入高中考试范围的新内容，在考试中占比较大．常利用导数研究函数的性质，主要是利用导数求函数的单调区间、求函数的极值和最值，这些内容都是近年来高考的重点和难点，大多数试题以解答题的形式出现，通常是整个试卷的压轴题。
试题主要先判断或证明函数的单调区间，其次求函数的极值和最值，有时涉及用函数的单调性对不等式进行证明。
考点展示1.二次函数y f x =()的图象过原点且它的导函数y f x ='()的图象是如图所示的一条直线，则y f x =()图象的顶点在第 一 象限 2．如图，函数()f x 的图象是折线段ABC ，其中A B C ，，的坐标分别 为(04)(20)(64)，，，，，，则((0))f f = 2 ； 函数()f x 在1x =处的导数(1)f '= -2 ．3.曲线324y x x =-+在点(13)，处的切线的倾斜角为 45° 4.设曲线2ax y =在点（1，a ）处的切线与直线062=--y x 平行，则=a 15.设R a ∈，若函数ax e y x+=，R x ∈有大于零的极值点，则a 的取值范围1-<a6.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x ，有()0f x ≥，则(1)(0)f f '的最小值为 2 ． 7.已知函数3()128f x x x =-+在区间[]33-，上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M m -=__32_ _ 8.过点P （2，8）作曲线3x y =的切线，则切线方程为_ 12x-y-16=0或3x-y+2=0 样题剖析例1、设函数323()(1)1,32a f x x x a x a =-+++其中为实数。
（Ⅰ）已知函数()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（Ⅱ）已知不等式'2()1f x x x a >--+对任意(0,)a ∈+∞都成立，求实数x 的取值范围。
《利用导数研究函数的性质》典型例题
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
点拨
这是一道考查导数的实际应用问题,了解数学模型中的参数、结论的实际含义.与
存在性有关的不等式证明或求参数取值范围的问题转化为函数最值问题,把图形位
学而优 · 教有方
+ − = − + − ,
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
题型3 求导数应用中“存在性”问题(数学建模)
典例3
[简单问题解决能力]已知函数() =
− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
解析 由() ≥ + + ,得 − ( + ) − ≥ 在 ∈ 上恒成立.
设() = − ( + ) − ,则′() = − ( + ).
由′() = − ( + ) = ,得 = ( + ), ( > −).
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人教B版同步教材名师课件
利用导数研究函数的性质
---典型例题
学而优 · 教有方
考情分析
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导数与函数内容的结合命题已成为高考的热点题型,应引起足够的重视.理解
函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数单调性,掌握利用导数求函
数极值、最值的方法,会利用导数解决某些实际问题.以导数为研究函数的重
《利用导数研究函数的性质》知识探究
在区间(, )内可导,如果在(, )内,′() > ,则()在此区间是单调增加的;
如果在(, )内,′() < ,则()在此区间是单调减少的.
如果函数 = ()在的某个开区间内,总有′() > ,则()在这个区间上
严格增加,这时该函数在这个区间为严格增函数;如果函数自变量在某个开
(3)把函数()的间断点(即()的无定义点)的横坐标和(2)中各个实根按从小
到大的顺序排列起来,然后用这些值把函数()的定义域分成若干个小区间;
(4)用′()的值的符号判定函数()在各个相应小开区间的单调性.可列出自
变量变化时,(),′()的变化情况表,这样可使问题一目了然.
+ ′ = .
(7)′() + () ⇒ () = ().(8)′() + () ⇒ () = ().
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典型例题
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推测解释能力
典例4 已知定义在上的函数(),其导函数为′(),若′() − () <
− , () = ,则不等式() > + 的解集是( C )
A.(−∞, −]
B.(, +∞)
C.(−∞, )
D.(, +∞)
解析 利用函数的单调性解不等式,关键掌握常见的构造函数的模型,对其进行直接推理.
构成函数() =
则′() =
()
′()−()
C.() > () > ()
D.() > () > ()
解析
利用导数图象判断函数的增减性,导函数图象看正负,原函数图象看增减,结合函数
利用导数研究函数的性质
利用导数研究函数的性质导数是微积分中的重要概念之一，它可以帮助我们研究函数的性质。
本文将介绍如何利用导数研究函数的极值、范围与曲线形状等方面的性质。
首先，导数可以帮助我们找到函数的极值。
对于一个连续可微的函数而言，其极值点可以通过求导数并令导数等于零来确定。
具体而言，我们先求函数的导函数，然后找到导函数的零点，即求得函数的极值点。
通过求导数的方法，我们可以确定函数的极大值或者极小值，并进一步分析函数在这些点的增减性与凹凸性。
其次，导数也可以帮助我们研究函数的增减性与凹凸性。
如果函数的导数在一些区间内始终大于零，那么函数在该区间内是递增的；如果导数在一些区间内始终小于零，那么函数在该区间内是递减的。
通过求导数，我们可以确定函数在不同区间内的增减情况。
同样地，函数的凹凸性可以通过分析导数的二阶导数来确定。
如果函数的二阶导数在一些区间内始终大于零，那么函数在该区间内是凹的；如果二阶导数在一些区间内始终小于零，那么函数在该区间内是凸的。
再次，导数还可以帮助我们确定函数的范围。
如果函数在一些区间内的导数始终大于零，那么函数在该区间内是上升的；如果导数在一些区间内始终小于零，那么函数在该区间内是下降的。
通过分析导数的正负性，我们可以确定函数的增减范围。
另外，函数的最大值和最小值也可以通过求导函数的极值点来确定。
最后，导数还可以帮助我们研究函数的曲线形状。
通过分析导数的零点以及正负性，我们可以确定函数的临界点和拐点。
临界点是函数曲线上的点，在这些点上函数的斜率为零。
拐点是函数曲线上的点，在这些点上函数的曲率发生变化。
通过分析这些点的位置和性质，我们可以了解函数曲线的形状。
综上所述，导数在研究函数的性质方面有着重要的作用。
它可以帮助我们确定函数的极值点、范围、增减性与凹凸性，以及曲线的形状。
在实际应用中，利用导数可以帮助我们优化函数、解决最优化问题等。
因此，对导数的研究是微积分中基础而重要的内容。
利用导数研究函数性质
山西师范大学现代文理学院本科毕业论文利用导数研究函数性质姓名院系数学与计算机科学系专业数学与应用数学班级 0803班学号0890110320指导教师答辩日期成绩论文题目：利用导数研究函数性质内容摘要导数作为研究函数性质极其重要而有力的工具，为我们解决许多函数问题提供了一种更简单易行的方法和途径，极大地丰富了数学思想方法。
本文通过结合具体的例子，论述了导数在研究函数性质时的一些应用：比如利用导数处理函数图像的切线问题、利用导数研究函数的单调性、解决极值最值问题、以导数为工具探讨函数零点个数、应用导数证明不等式、进行近似计算。
【关键词】导数函数的性质函数的零点不等式近似计算Title:The study of function by using derivativeA bstractResearch on the properties of function derivate as extremely important and powerful tool,for us to solve many function provides a more simple metheod and the way,greatly enriched the mathematical thought and methed.In this paper,through a combination of specific examples,discuss the research on the properties of function derivative in the application: Such as the use of the derivative function image tangent promblem,using derivative of monotonicity of functions,solving the most value problem with the derivative extremum,as a tool to examine zero number of functions,application of the derivative to prove inequality ,approximate calculation. 【Key Words】derivative properties of function zero of a function inequalityapproximate calculation目录引言 (1)一、导数的相关概念 (1)二、函数基本性质的研究 (2)（一）利用导数处理函数图像的切线问题 (2)（二）利用导数判断函数的单调性 (3)（三）利用导数求函数的极值、最值 (5)三、函数零点个数的探讨 (7)四、不等式的证明 (9)五、利用导数解决近似计算问题 (10)结束语 (11)参考文献 (11)致谢 (12)利用导数研究函数性质学生姓名：马江莲 指导老师：任辛喜 引言导数是联系初、高等数学的基础，是研究客观事物变化率和优化问题的有力工具，它的工具已经渗透到数学的很多分支，这在函数的研究中更是得到了体现。
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2-7利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.(2012·湖南衡阳模拟)函数f(x)＝x－a x在x∈[1,4]上单调递减，则实数a的最小值为()A．1B．2C．4D．5[答案] C[解析]当x∈[1,4]时，f′(x)＝1－a2x≤0，∴a≥2x恒成立，∴a≥4.2．(文)(2012·陕西理，7)设函数f(x)＝x e x，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点[答案] D[解析]本题考查了导数的应用—求函数的极值．f′(x)＝e x＋x e x，令f′(x)＝0，∴e x＋x e x＝0，∴x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＝e x＋x e x<0，x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＝e x＋x e x>0，∴x＝－1为极小值点，故选D.[点评]求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号，同时要注意函数的定义域．(理)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为()A.427，0 B．0，427C ．－427，0 D ．0，－427[答案] A[解析] f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ， 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1， 易得当x ＝13时f (x )取极大值427， 当x ＝1时f (x )取极小值0. 3．(文)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 )内的极大值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个[答案] B[解析] 由导函数的图象知，f (x )在(a ，b )内变化情况为增→减→增→减，故有两个极大值点．(理)(2012·重庆理，8)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如下图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)[答案] D[解析]当x<－2时，1－x>3，则f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，则f′(x)<0；∴函数f(x)有极大值f(－2)，当1<x<2时，－1<1－x<0，则f′(x)<0；x>2时，1－x<－1，则f′(x)>0，∴函数f(x)有极小值f(2)，故选D.4．(文)(2011·辽宁文，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)[答案] B[解析]由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.(理)(2012·河南省洛阳市高三年级统一考试)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式e x·f(x)>e x＋1的解集为()A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案] A[解析]构造函数g(x)＝e x·f(x)－e x，因为g′(x)＝e x·f(x)＋e x·f′(x)－e x＝e x[f(x)＋f′(x)]－e x>e x－e x＝0，所以g(x)＝e x·f(x)－e x为R上的增函数．又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.5．(文)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是()[答案] A[解析] 由图可知，当x >0时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的图象在(0，＋∞)上是单调递减的；当x <－2时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的图象在(－∞，－2)上也是单调递减的，所以只有A 符合，故选A.(理)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)，其导函数f ′(x )的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫12x ＋π4B ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫12x ＋π4C ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋3π4D ．f (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋3π4[答案] A[解析] f ′(x )＝A ωcos(ωx ＋φ)，由f ′(x )的图象知，A ω＝2，设周期为T ，则T 2＝3π2－⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝2π，∴T ＝2πω＝4π，∴ω＝12，∴A ＝4，∵f ′(x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，∴2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π2＋φ＝0， ∴π4＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，即φ＝π4＋k π，k ∈Z ， ∵0<φ<π，∴φ＝π4.故选A.6．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.[点评] 已知函数f (x )，由f ′(x )的符号可得到函数f (x )的单调区间，而f (x )在区间(k －1，k ＋1)上不单调，因此，k －1与k ＋1应分布在函数f (x )的两个单调区间内．请再练习下题：已知函数f (x )＝x 3－kx 在区间(－3，－1)上不单调，则实数k 的取值范围是________．[答案] 3<k <27[解析] f ′(x )＝3x 2－k .由3x 2－k >0，得x 2>k3，若k ≤0，则f (x )显然在(－3，－1)上单调递增，∴k >0，∴x >k3或x <－k 3. 由3x 2－k <0得－k 3<x <k 3，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－k 3上单调递增，在(－k 3，k3)上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫k3，＋∞上单调递增，由题设条件知－3<－k3<－1，∴3<k <27.7．(2011·福州模拟)已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案] －37[解析] f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减， 由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37， ∴最小值为－37.8．(2011·苏北四市调研)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2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________．[答案] [－2，－1][解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上，故－m ＋n ＝2①又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由条件知f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．[点评]f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，故[t，t＋1]是f(x)的减区间的子集．9．(2012·湖南长郡中学一模)已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cos x，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，则实数x 的取值范围为________．[答案](1，2)[解析]∵导函数是偶函数，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1)，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x)<f(x2－1)，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<2，∴实数x的取值范围是(1，2)．[点评]本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2012·哈尔滨质检)已知f(x)＝ax3－2ax2＋b(a≠0)．(1)求出f(x)的极值；(2)若f(x)在区间[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，求f(x)的解析式．[解析](1)f′(x)＝3ax2－4ax，令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝4 3.当a>0时，当x ＝43时，y 取得极小值b －3227a ， 同理当a <0时，x ＝0时，y 取得极小值b ， x ＝43时，y 取得极大值b －3227a .(2)当a >0时，f (x )在[－2,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (0)＝b ＝5. 又f (－2)＝b －16a <f (1)＝b －a ， 所以b －16a ＝－11，a ＝1.当a <0时，f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝b ＝－11. 又f (－2)＝b －16a >f (1)＝b －a ， 所以b －16a ＝5，a ＝－1.综上，f (x )＝x 3－2x 2＋5或f (x )＝－x 3＋2x 2－11.能力拓展提升11.(文)(2011·南开区质检)已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )A ．2B ．1C ．－1D ．－2[答案] A[解析] ∵a 、b 、c 、d 成等比数列，∴ad ＝bc ， 又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝－2.∴ad ＝2. (理)(2011·陕西咸阳模拟)已知函数f (x )＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2010的值为( )A.20102011B.10052011 C.40204021 D.20104021[答案] D[解析] ∵f ′(x )＝2ax ，∴f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(1)＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x )＝4x 2－1，∴1f (n )＝14n －1＝12n －1·12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和S n ＝1f (1)＋1f (2)＋…＋1f (n )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，∴S 2010＝20104021. 12．(文)(2012·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 [答案] A[解析] 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈[12，1]时，f ′(x )<0，当x ∈[1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )在[12，1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故选A.(理)(2012·潍坊模拟)已知非零向量a 、b 满足|a |＝3|b |，若函数f (x )＝13x 3＋|a |x 2＋2a ·b x ＋1在R 上有极值，则〈a ，b 〉的取值范围是( )A ．[0，π6]B ．(0，π3]C ．(π6，π2]D ．(π6，π][答案] D[解析] 据题意知，f ′(x )＝x 2＋2|a |x ＋2a ·b ，若函数存在极值，必有(2|a |)2－4×2a ·b >0，整理可得|a |2>2a ·b ，故cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |<|a |22|a |·|a |3＝32，解得π6<〈a ，b 〉≤π.13．(2012·深圳第一次调研)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )[答案] D[解析] 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间上单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．只有D 选项符合题意．14．(文)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为________．[答案] 1[解析] 因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a<2.令f ′(x )>0得x <1a ，∴f (x )在(0，1a )上单调递增；令f ′(x )<0得x >1a ， ∴f (x )在(1a ，2)上单调递减；所以当x ∈(0,2)时，f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a－a ·1a ＝－1，所以ln 1a ＝0，所以a ＝1.(理)(2011·安庆质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[答案] －13[解析] 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.15．(文)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，求a 、b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值点．[解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝8.即⎩⎪⎨⎪⎧12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8. 解得a ＝4，b ＝24.(2)f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)．当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f (x )没有极值点．当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝±a .当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．∴f (x )的单调增区间为(－∞，－a )和(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a )．故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点． (理)(2012·新课标全国文，21)设函数f (x )＝e x －ax －2.(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k的最大值．[分析](1)先确定函数的定义域，然后求导函数f′(x)，因不确定a的正负，故应讨论，结合a的正负分别得出在每一种情况下f′(x)的正负，从而确立单调区间；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．[解析](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x，则g′(x)＝－x e x－1(e x－1)2＋1＝e x(e x－x－2)(e x－1)2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.16．(文)(2013·唐山一中第一学期第二次月考)已知函数f(x)＝a ln x －ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间并比较f(x)与f(1)的大小关系；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2[f ′(x )＋m 2]在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围；(3)求证：ln22×ln33×ln44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N *)．[解析] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋x －3，f ′(x )＝x －1x (x >0)，由f ′(x )>0得x >1；由f ′(x )<0得0<x <1，所以，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]，可知f (x )min ＝f (1)，所以f (x )≥f (1)．(2)∵f ′(x )＝a (1－x )x (x >0)，tan45°＝1，∴f ′(2)＝－a 2＝1，得a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，∴g (x )＝x 3＋(m 2＋2)x 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，且g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0. 由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，所以，⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(1)<0，g ′(2)<0，g ′(3)>0.∴－373<m <－9.(3)证明如下：由(1)可知，当x ∈(1，＋∞)时f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，∴0<ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立．∵n ≥2，n ∈N *，则有0<ln n <n －1，∴0<ln n n <n －1n ， ∴ln22·ln33·ln44·…·ln n n <12·23·34·…·n －1n ＝1n(n ≥2，n ∈N *)． (理)(2012·山东文，22)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.71828…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；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2.[分析] (1)根据导数几何意义，利用f ′(x )＝0求解．(2)利用f ′(x )>0⇒单调递增区间，f ′(x )<0⇒单调递减区间．(3)易得g (x )＝1e x (1－x －x ln x )，直接对g (x )求导，研究其在(0，＋∞)上的单调性，进而求极值、最值，证g (x )max <1＋e －2是一条思路，但当对g (x )求导后发现几乎无法处理g ′(x )>0(g ′(x )<0)思路受阻．受(2)的启发，研究h (x )＝1－x －x ln x ，利用x ∈(0，＋∞)时1e x <1这一条件以及h (x )最大值来证就顺理成章了．[解析] (1)解：由f (x )＝ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－kx －x ln x x e x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)解：由(1)得f′(x)＝1x e x(1－x－x ln x)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－x ln x，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又e x>0，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝xf′(x)．所以g(x)＝1e x(1－x－x ln x)，x∈(0，＋∞)．由(2)h(x)＝1－x－x ln x，求导得h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－lne－2)，所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0<1e x<1，所以当x∈(0，＋∞)时，1e x h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2.综上所述结论成立．[点评]本题考查了导数的运算、切线方程、利用导数研究函数的极值、研究函数的单调区间、利用导数证明不等式等．1．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是()A．(0,1) B．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 [答案] D[解析]∵f ′(x )＝3x 2－6b ，由题意知，函数f ′(x )图象如右图． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(0)<0，f ′(1)>0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧－6b <0，3－6b >0.∴0<b <12. 2．(2011·福建文，10)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 ．9[答案] D[解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ＝0的一根为x ＝1，即12－2a －2b ＝0.∴a ＋b ＝6，∴ab ≤(a ＋b 2)2＝9，当且仅当a ＝b ＝3时“＝”号成立．3．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0.对任意正数a 、b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )[答案] A[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0，∴xf ′(x )≤－f (x )≤0.设y ＝f (x )x ，则y ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2≤0， 故y ＝f (x )x 为减函数或为常数函数．又a <b ，∴f (a )a ≥f (b )b ，∵a 、b >0，∴a ·f (b )≤b ·f (a )．[点评] 观察条件式xf ′(x )＋f (x )≤0的特点，可见不等式左边是函数y ＝xf (x )的导函数，故可构造函数y ＝xf (x )或y ＝f (x )x 通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a 、b 是实数，且e<a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 与b a 的大小关系是( )A ．a b >b aB ．a b <b aC ．a b ＝b aD ．a b 与b a 的大小关系不确定[答案] A[解析] 令f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2.当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e<a <b ，∴f (a )>f (b )，即ln a a >ln b b ，∴b ln a >a ln b ，∴ln a b >ln b a ，∴a b >b a .4．设函数f (x )是R 上以5为周期的可导偶函数，则曲线y ＝f (x )在x ＝5处的切线的斜率为( )A ．－15B ．0 C.15D ．5[答案] B[解析] ∵f (x )为可导偶函数．∴f (x )在x ＝0两边的导数符号相反，且在x ＝0处连续．∴f ′(0)＝0，又∵f (x )的周期为5.∴f ′(x )的周期也为5.∴f ′(5)＝0，即f (x )在x ＝5处的切线斜率为0.5．已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(2,3)∪(－3，－2)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)[答案] A [解析] 由f ′(x )图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，∴由条件可知f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c 在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f (x )在R 上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)b 的值为________；(2)f (2)的取值范围是________．[答案] (1)0 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞ [解析] (1)∵f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c ，∴f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .∵f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x ＝0时，f (x )取到极小值，即f ′(0)＝0，∴b ＝0.(2)由(1)知，f (x )＝－x 3＋ax 2＋c ，∵1是函数f (x )的一个零点，即f (1)＝0，∴c ＝1－a .∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝0的两个根分别为x 1＝0，x 2＝2a 3.又∵f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，且函数f (x )在R 上有三个零点，∴2a 3应是f (x )的一个极大值点，因此应有x 2＝2a 3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. 7．(2012·湖北文，22)设函数f (x )＝ax n (1－x )＋b (x >0)，n 为正整数，a 、b 为常数．函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＝1.(1)求a 、b 的值；(2)求函数f (x )的最大值；(3)证明：f (x )<1n e[分析] (1)根据导数的几何意义及点(1，f (1))在直线x ＋y ＝1上可求得a ，b .(2)通过求导函数f ′(x )，解不等式f ′(x )＞0，与f ′(x )＜0判定f (x )的单调性，求其最大值．(3)要证明f (x )＜1n e ，由(2)知f (x )的最大值为n n(n ＋1)n ＋1，即证n n (n ＋1)n ＋1＜1n e，即证(n ＋1n )n ＋1＞e ，只需证(n ＋1)ln n ＋1n ＞1，只需证ln n ＋1n ＞1n ＋1，① 令t ＝1＋1n ，则只需证ln t ＞1－1t ，构造函数φ(t )＝ln t ＋1t －1 (t＞0)，利用导数可证明①式成立．[解析] .(1)因为f (1)＝b ，由点(1，b )在x ＋y ＝1上，可得1＋b ＝1，即b ＝0，因为f ′(x )＝anx n －1－a (n ＋1)x n ，所以f ′(1)＝－a .又因为切线x ＋y ＝1的斜率为－1，所以－a ＝－1，即a ＝1，故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知，f (x )＝x n (1－x )＝x n －xn ＋1，f ′(x )＝(n ＋1)x n －1(n n ＋1－x )．令f ′(x )＝0，解得x ＝n n ＋1， 即f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点x ＝n n ＋1. 在(0，n n ＋1)上，f ′(x )>0，故f (x )单调递增； 而在(n n ＋1，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )单调递减． 故f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (n n ＋1)＝(n n ＋1)n ·(1－n n ＋1)＝n n(n ＋1)n ＋1. (3)令φ(t )＝ln t －1＋1t (t >0)，则φ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t 2(t >0)．在(0,1)上，φ′(t )<0，故φ(t )单调递减；而在(1，＋∞)上φ′(t )>0，φ(t )单调递增．故φ(t )在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t )>0(t >1)，即ln t >1－1t (t >1)．令t ＝1＋1n ，得ln n ＋1n >1n ＋1，即ln(n ＋1n )n ＋1>lne ， 所以(n ＋1n )n ＋1>e ，即n n (n ＋1)n ＋1<1n e. 由(2)知，f (x )≤n n (n ＋1)n ＋1<1n e， 故所证不等式成立．[点评]本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调等基础知识，考查应用函数思想解决数学问题的能力，逻辑思维能力和运算能力．判断单调性和求函数的最大值时，一定要注意不能忽视函数的定义域．。