高考数学：利用导数研究函数的单调性、极值、最值
高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)
函数与导数14 导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．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．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（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___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<， 当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。
【2021新高考数学】利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【举一反三】
1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________． x
1，＋∞ 【答案】 2
【解析】
由
y＝4x2＋1，得 x
y′＝8x－x12(x≠0)，令
y′>0，即
8x－x12>0，解得
x>1， 2
∴函数
y＝4x2＋1的单调增区间为
2
.
2
2
当 x (, 2 ) 时，函数为增函数；当 x ( 2 , ) 时，函数也为增函数.
2
2
令 f (x) 6x2 3 0 ，解得 2 x 2 .当 x ( 2 , 2 ) 时，函数为减函数.
2
2
22
故函数 f (x) 2x3 3x 的单调递增区间为 (, 2 ) 和 ( 2 , ) ，单调递减区间为 ( 2 , 2 ) .
当求得的单调区间不止一个时，单调区间要用“，”或“和”字等隔开，不要用符号“∪”连接
【举一反三】 1．函数 y＝4x2＋1的单调增区间为________．
x 2．函数 f(x)＝x·ex－ex＋1 的单调增区间是________． 3．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)的单调减区间是________． 4．已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调增区间是_______．
2x 2 (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
第十四讲 利用导数求函数的单调性、极值 、最值
【套路秘籍】
一．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． 二．函数的极值 (1)一般地，求函数 y＝f(x)的极值的方法 解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 时：
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数 (R)．(1)当时，求函数的极值；（2）若函数的图象与轴有且只有一个交点，求的取值范围．【答案】（1）当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为.（2）a的取值范围是．【解析】（1）遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数值符号，确定极值”.（2）根据= ，得到△= = .据此讨论：①若a≥1，则△≤0，此时≥0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增 .计算f（0），,得到结论.②若a＜1，则△＞0，= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．有．给出当变化时，的取值情况表.根据f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．作出结论.试题解析：（1）当时，，∴.令="0," 得. 2分当时,, 则在上单调递增;当时,, 则在上单调递减;当时,, 在上单调递增. 4分∴当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为. 6分（2）∵= ，∴△= = .①若a≥1，则△≤0， 7分∴≥0在R上恒成立，∴ f（x）在R上单调递增 .∵f（0），,∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点． 9分②若a＜1，则△＞0，∴= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．∴．当变化时，的取值情况如下表：x x（x，x）x++11分∵,∴.∴=.同理. ∴.令f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．而当时,, 13分故当时, 函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点.综上所述，a的取值范围是． 14分【考点】应用导数研究函数的极值、单调性及函数的图象，分类讨论思想.2.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值3.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.4.已知函数,是函数的导函数，且有两个零点和(),则的最小值为()A．B．C．D．以上都不对【答案】B【解析】，由题意，当或时，，当时，，因此的最小值是，选B．【考点】函数的极值与最值．5.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．6.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______．【答案】(，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)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.7.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】∵f(x)＝x e x，∴f′(x)＝e x＋x e x＝e x(1＋x)．∴当f′(x)＞0时，则x＞－1，函数y＝f(x)是增函数，同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8.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()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【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)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.9.若函数在区间内有极值，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】因为函数在区间内有极值，所以导数在区间内必有零点，于是.【考点】1.导数的公式与法则；2.函数的零点.10.某人进行了如下的“三段论”推理：如果，则是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以是函数的极值点.你认为以上推理的 ( ) A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确【答案】A【解析】本题中，如果，则是函数的极值点是错误的.若是函数的极值点，则函数在的左右两侧异号，而否则尽管有，都不能说明是函数的极值点.如，其导数，函数在上是增函数.所以不是函数的极值点.因此本题是大前提错误.【考点】推理与证明、导数、函数的极值11.在处有极小值，则实数为 .【答案】1【解析】由得，又在处有极小值，故，解得或，当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极小值；当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极大值.综上可知.【考点】利用导数处理函数的极值12.已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)求函数的单调区间.【答案】（1），无极大值；（2）见解析.【解析】（1）先找到函数的定义域，在定义域内进行作答，在条件下求出函数的导函数，根据函数的单调性与导数的关系，判断函数的极值；（2）先求出函数的导函数，其导函数中含有参数，所以要进行分类讨论，对分三种情况，，进行讨论，分别求出每种情况下的函数的单调增区间和单调减区间.试题解析：（1）函数的定义域是， 1分当时，，所以在上递减，在上递增，所以函数的极小值为，无极大值； 4分（2）定义域， 5分①当，即时，由，得的增区间为；由，得的减区间为； 7分②当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 9分③当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 11分综上，时，的增区间为，减区间为；时，的增区间为和，减区间为；时，的增区间为和，减区间为. 13分【考点】1、对数函数的定义域；2、含参数的分类讨论思想；3、函数的单调性与导数的关系；4、解不等式；5、求函数的极值.13.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.14.已知函数，当时取得极小值，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，解得，当；当；当，故在处取得最小值，即，则，所以，故选D.【考点】导数的极值点求法，导数的极值求解.15.对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”。
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.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.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
高考复习-利用导数研究函数的单调性及极值和最值
利用导数研究函数的单调性及极值和最值知识集结知识元利用导数研究函数的单调性问题知识讲解1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数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．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）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]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．例题精讲利用导数研究函数的单调性问题例1.函数f（x）=e x-3x+2的单调减区间为__________．例2.若函数y=-x3+ax在[1，+∞）上是单调函数，则a的最大值是___．例3.函数f（x）=sin x-x，x∈（0，）的单调递增区间是_______．利用导数研究函数的极值与最值问题知识讲解1．利用导数研究函数的极值【知识点的知识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f （x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，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；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f （x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．2．利用导数研究函数的最值【利用导数求函数的最大值与最小值】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f （x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，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．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）＝在（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了．设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值；（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．例题精讲利用导数研究函数的极值与最值问题例1.函数y=lnx-e x在[1，e]最大值为（）A．1-e e B．C．-eD．例2.己知定义域为（1，+∞）的函数f（x）=e x+a-ax，若f（x）>0恒成立，则正实数a的取值范围为（）A．（0，e2]B．（0，e2）C．[1，e2]D．（1，e2）例3.函数f（x）=x2-lnx的最小值为（）A．1+ln2B．1-ln2C．D．当堂练习单选题练习1.定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），且，若存在实数x使不等式f（x）≤m2-am-3对于a∈[0，2]恒成立，则实数m的取值范围为（）A．（-∞，-2]∪[2，+∞）B．C．D．练习2.若函数f（x）与g（x）满足：存在实数t，使得f（t）=g'（t），则称函数g（x）为f（x）的“友导”函数．已知函数为函数f（x）=x2lnx+x的“友导”函数，则k的取值范围是（）A．（-∞，1）B．（-∞，2]C．（1，+∞）D．[2，+∞）练习3.函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，f'（x）为其导函数，若xf'（x）+f（x）=e x（x-2）且f（3）=0，则不等式f（x）<0的解集为（）A．（0，2）B．（0，3）C．（2，3）D．（3，+∞）练习4.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x）>0且f（e）=1，若xf′（x）lnx+f（x）>0对任意x∈（0，+∞）恒成立，则不等式<lnx的解集为（）A．{x|0<x<1}B．{x|x>1}C．{x|x>e}D．{x|0<x<e}练习5.已知函数f（x）=x3-x2+ax-a存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，x1+2x0=（）A．3B．2C．1D．0练习6.若函数f（x）=e x+axlnx（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（-∞，-e）B．（-∞，-2e）C．（e，+∞）D．（2e，+∞）填空题练习1.已知函数f（x）=，若∃，使得f（f（x0））=x0，则m的取值范围是_________练习2.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习3.已知函数，若当x1，x2∈[1，3]时，都有f（x1）<2f（x2），则a的取值范围为______________．练习4.若函数f（x）=e-x（x2+ax-a）在R上单调递减，则实数a的值为____．练习5.已知函数，g（x）=|x-t|，t∈（0，+∞）．若h（x）=min{f（x），g （x）}在[-1，3]上的最大值为2，则t的值为___．练习6.已知函数f（x）=x3-ax2在（-1，1）上没有最小值，则a的取值范围是_________．解答题练习1.'已知函数f（x）=e x-a（x+1），其中a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若a>0时，函数f（x）恰有一个零点，求实数a的值．（3）已知数列{a n}满足a n=，其前n项和为S n，求证S n>ln（n+1）（其中n∈N）．'练习2.'已知函数f（x）=（a∈R）．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是函数f（x）图象的不同两点，其中0<x1<1，x2>1，是否存在实数a，使得OP⊥OQ，且函数f（x）在点Q切线的斜率为f′（x1-），若存在，请求出a的范围；若不存在，请说明理由．'练习3.'已知函数f（x）=x2+ax-alnx（1）若函数f（x）在上递减，在上递增，求实数a的值．（2）若函数f（x）在定义域上不单调，求实数a的取值范围．（3）若方程x-lnx-m=0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1．'练习4.'已知函数f（x）=xlnx-x2-ax+1，a>0，函数g（x）=f′（x）．（1）若a=ln2，求g（x）的最大值；（2）证明：f（x）有且仅有一个零点．'练习5.'已知函数f（x）=e x-ax-b．（其中e为自然对数的底数）（Ⅰ）若f（x）≥0恒成立，求ab的最大值；（Ⅱ）设g（x）=lnx+1，若F（x）=g（x）-f（x）存在唯一的零点，且对满足条件的a，b不等式m（a-e+1）≥b恒成立，求实数m的取值集合．'。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高三数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.我们把形如y＝f(x)φ(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝φ(x)lnf(x)，两边求导得＝φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·，于是y′＝f(x)φ(x)[φ′(x)·ln f(x)＋φ(x)·]．运用此方法可以探求得y＝x的单调递增区间是________．【答案】(0，e)【解析】由题意知y′＝x (－ln x＋·)＝x·(1－ln x)，x>0，>0，x>0，令y′>0，则1－ln x>0，所以0<x<e.2.已知函数f(x)＝(ax＋1)e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值．【答案】（1）见解析（2）当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.【解析】解：依题意，函数的定义域为R，f′(x)＝(ax＋1)′e x＋(ax＋1)(e x)′＝e x(ax＋a＋1)．(1)①当a＝0时，f′(x)＝e x>0，则f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)>0，解得x>－，由f′(x)<0，解得x<－，则f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－)；③当a<0时，由f′(x)>0，解得x<－，由f′(x)<0解得，x>－，则f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，f(x)的单调递减区间为(－，＋∞)．(2)①当时，)上是减函数，在(－，0)上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－)＝－a·；②当时，即当0<a≤1时，f(x)在[－2,0]上是增函数，则函数f(x)在区间[－2,0]上的最小值为f(－2)＝.综上，当a>1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为－a·；当0<a≤1时，f(x)在区间[－2,0]上的最小值为.3.函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.【答案】1【解析】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.4.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若对于任意的，恒成立，求的范围；(3)求证：【解析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；（2）先将原来的恒成立问题转化为lnx≤m(x−)，设g(x)＝lnx−m(x−)，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．（3）由（2）知，当x＞1时，m＝时，lnx＜(x−)成立．不妨令x＝，k∈N*，得出[ln(2k+1)−ln(2k−1)]＜，k∈N*，再分别令k=1，2，，n．得到n个不等式，最后累加可得．(1) 2分由题设，∴，. 4分(2),，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 7分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 8分当时，方程，设两根为，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得∴∴ ---------------14分【考点】1.利用导数研究曲线上某点切线方程；2.导数在最大值、最小值问题中的应用．5.已知函数.（1）当时，证明：当时，；（2）当时，证明：.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，将当时，转化为，对函数求导，利用单调递增，单调递减，来判断函数的单调性来决定函数最值，并求出最值为0，即得证；第二问，先将转化为且，利用导数分别判断函数的单调性求出函数最值，分别证明即可.(1)时，，令，，∴在上为增函数 3分，∴当时，，得证． 6分(2)令，，时，，时，即在上为减函数，在上为增函数 9分∴①令，，∴时，，时，即在上为减函数，在上为增函数∴②∴由①②得． 12分【考点】导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的最值.6.已知函数.（1）当a=l时，求的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围；（3）令，是否存在实数a，当(e是自然对数的底数)时，函数g(x)最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）；（3）存在实数.【解析】（1）把代入函数解析式得，且定义域为，利用导数法可求出函数的单调区间，由，分别解不等式，，注意函数定义域，从而可求出函数的单调区间；（2）此问题利用导数法来解决，若函数在上是减函数，则其导函数在上恒成立，又因为，所以函数，必有，从而解得实数的取值范围；（3）利用导数求极值的方法来解决此问题，由题意得，则，令，解得，通过对是否在区间上进行分类讨论，可求得当时，有，满足条件，从而可求出实数的值.（1）当时，. 2分因为函数的定义域为，所以当时，，当时，.所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 4分（2）在上恒成立.令，有， 6分得，. 8分（3）假设存在实数，使有最小值3，. 9分当时，在上单调递减，，（舍去）； 10分②当时，在上单调递减，在上单调递增.，解得，满足条件； 12分③当时，在上单调递减，，（舍去）. 13分综上，存在实数，使得当时，有最小值3. 14分【考点】1.导数性质；2.不等式求解；3.分类讨论.7.设函数f(x)＝x－2msin x＋(2m－1)sin xcos x(m为实数)在(0，π)上为增函数，则m的取值范围为()A．[0，]B．(0，)C．(0，]D．[0，)【答案】A【解析】∵f(x)在区间(0，π)上是增函数，∴f′(x)＝1－2mcos x＋2(m－)cos 2x＝2[(2m－1)cos2x－mcos x＋1－m]＝2(cos x－1)[(2m－1)cos x＋(m－1)]＞0在(0，π)上恒成立，令cos x＝t，则－1＜t＜1，即不等式(t－1)[(2m－1)t＋(m－1)]＞0在(－1,1)上恒成立，①若m＞，则t＜在(－1,1)上恒成立，则只需≥1，即＜m≤，②当m＝时，则0·t＋－1＜0，在(－1,1)上显然成立；③若m＜，则t＞在(－1,1)上恒成立，则只需≤－1，即0≤m＜．综上所述，所求实数m的取值范围是[0，]．8.已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=xe x，则（）A．1是f（x）的极小值点B．﹣1是f（x）的极小值点C．1是f（x）的极大值点D．﹣1是f（x）的极大值点【答案】B【解析】f（x）=xe x⇒f′（x）=e x（x+1），令f′（x）＞0⇒x＞﹣1，∴函数f（x）的单调递增区间是[﹣1，+∞）；令f′（x）＜0⇒x＜﹣1，∴函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），故﹣1是f（x）的极小值点．故选：B．9.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．【答案】[5，7]【解析】f′(x)＝x2－ax＋(a－1)，由题意，f′(x)≤0在(1，4)恒成立且f′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x＋1在(1，4)上恒成立且a≤x＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7.10.已知函数f(x)＝x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；【答案】当－1<m≤0时单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；当m≤－1时，单调递增区间是和，单调递减区间是【解析】函数的定义域为，f′(x)＝x－＋(m－1)＝.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，单调递减区间是；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是和，单调递减区间是.11.若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是________．【答案】a≥3【解析】f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．令g(x)＝－2x，求导可得g(x)在上的最大值为3，所以a≥3.12.函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是()A．(-∞,0)B．(0,+∞)C．(-∞,-3)和(1,+∞)D．(-3,1)【答案】D【解析】y'=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0x2+2x-3<0-3<x<1,∴函数y=(3-x2)e x的单调递增区间是(-3,1).13.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．【答案】-4【解析】∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a＝－1×4＝－4.14.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为 ()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)【答案】B【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．15.已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若方程有且只有一个解，求实数m的取值范围；（3）当且，时，若有，求证：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为和；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对求导可得，令，或，由导数与单调性的关系可知，所以递增区间为，递减区间为；（2）若方程有解有解，则原问题转化为求f（x）的值域，而m只要在f（x）的值域内即可，由（1）知，，方程有且只有一个根，又的值域为，;（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即，同理，又，，且在上单调递减，，即.试题解析：（1），令，即，解得，令，即，解得，或，的递增区间为，递减区间为和. 4分（2）由（1）知，， 6分方程有且只有一个根，又的值域为，由图象知8分（3）由（1）和（2）及当，时，有，不妨设，则有，，又，即， 11分，又，，且在上单调递减，，即. 13分【考点】1.导数在函数单调性上的应用；2. 导数与函数最值.16.某地区注重生态环境建设，每年用于改造生态环境总费用为亿元，其中用于风景区改造为亿元。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
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利用导数研究函数的单调性、极值、最值一、选择题1.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T12)若函数f (x )=x-13sin2x+asinx 在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是 ( )A.[-1,1]B.11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D.11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【解析】选C.方法一:用特殊值法: 取a=-1,f (x )=x-13sin2x-sinx , f'(x )=1-23cos2x-cosx ,但f'(0)=1-23-1=-23<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增,排除A ,B ,D. 方法二:f'(x )=1-23cos2x+acosx ≥0对x ∈R 恒成立, 故1-23(2cos 2x-1)+acosx ≥0, 即acosx-43cos 2x+53≥0恒成立,令t=cosx ,所以-43t 2+at+53≥0对t ∈[-1,1]恒成立, 构造函数f (t )=- 43 t 2+at+53,开口向下的二次函数f (t )的最小值的可能值为端点值,故只需()()1f 1a 0,31f 1a 0,3⎧-=-≥⎪⎪⎨⎪=+≥⎪⎩ 解得-13≤a ≤13.2.(2016·四川高考理科·T9)设直线l 1,l 2分别是函数f (x )=lnx,0x 1,lnx,x 1,⎧-<<⎨>⎩图象上点P 1,P 2处的切线,l 1与l 2垂直相交于点P ,且l 1,l 2分别与y 轴相交于点A ,B ,则△PAB 的面积的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(0,2)C.(0,+∞)D.(1,+∞)【解题指南】设出两切点的坐标,两切线方程,从而求出点P 的坐标,表示出三角形的面积,进而求出取值范围.【解析】选A.由题设知:不妨设P 1,P 2点的坐标分别为:P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),其中0<x 1<1<x 2,则由于l 1,l 2分别是点P 1,P 2处的切线,而f'(x )=1,0x 1,x1,x 1,x⎧-<<⎪⎪⎨⎪>⎪⎩得l 1的斜率k 1为-11 x ,l 2的斜率k 2为21x ;又l 1与l 2垂直,且0<x 1<x 2,可得:k 1·k 2=-11x ·21x =-1⇒x 1·x 2=1,我们写出l 1与l 2的方程分别为:l 1:y=-11x (x-x 1)-lnx 1…①,l 2:y=21x (x-x 2)+lnx 2…②,此时点A 的坐标为(0,1-lnx 1),点B 的坐标为(0,-1+lnx 2),由此可得:|AB|=2-lnx 1-lnx 2=2-ln (x 1·x 2)=2,①,②两式联立可解得交点P 的横坐标为x=1212122lnx x 2=x x x x -++,△PAB 的面积为:S △PAB =12|AB|·|P x |=12×2×122x x +=1121x x +≤1,当且仅当x 1=11x 即x 1=1时等号成立,而0<x 1<1,所以S △PAB <1.3.(2016·四川高考文科·T6)已知a 为函数f (x )=x 3-12x 的极小值点,则a= ( ) A.-4B.-2C.4D.2【解题指南】求出f'(x ),解出方程f'(x )=0的根,再根据不等式f'(x )>0,f'(x )<0的解集得出函数的极值点.【解析】选D. f'(x )=3x 2-12=3()()x 2x 2-+,令f'(x )=0,得x=-2或x=2,易知f (x )在()2,2-上单调递减,在()2,∞+上单调递增,故f (x )的极小值为f ()2,所以a=2.二、解答题4.(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f (x )=(x-2)e x+a (x-1)2有两个零点.(1)求a 的取值范围.(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2. 【解析】(1)f'(x )=(x-1)e x +2a (x-1)=(x-1)(e x +2a ).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点;②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a2,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a23b b2⎛⎫-⎪⎝⎭>0,故f(x)存在两个零点;③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增,又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点,综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)内单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0,由于f(2-x2)=-x222xe-+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)2x e +a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x222xe--(x2-2)2x e,设g(x)=-x2-xe -(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(2xe- -e x).所以当x>1时,g'(x )<0,而g (1)=0, 故当x>1时,g (x )<0.从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.5.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T21)(本小题满分12分)设函数f (x )=acos2x+(a-1)(cosx+1),其中a>0,记|f (x )|的最大值为A. (1)求f'(x ). (2)求A.(3)证明|f'(x )|≤2A.【解析】(1)f'(x)=-2asin2x-(a-1)sinx.(2)当a ≥1时,()()()()() cos 21cosx 11232,||0f a x a a a a f x =+-+≤+-⨯=-= 当0<a<1时,()()()()2cos 21cosx 12cos a 1cos 1,f x a x a a x x =+-+=+-- 令cosx=t ∈1,1⎡⎤-⎣⎦,则f (x )=g (t )=2at 2+()a 1-t-1,其对称轴为t=1a4a-, 当t=1a 4a -∈()1,1-时,解得a<-()1舍去3或a>15, 所以当15<a<1时,因为g (1)=a ,g (1)=3a-2, 则g (-1)-g (1)=2-2a>0, 又()()()1a 17a 1a g g 104a 8a-+⎛⎫---=> ⎪⎝⎭,所以A=g 21a a 6a 14a 8a ⎛⎫-++=⎪⎝⎭. 当0<a ≤15时,()g 1- =a ,()g 1 =2-3a 所以此时()g 1-<()g 1=2-3a.综上可得:A=2123a,0a ,5a 6a 11,a 1,8a 53a 2,a 1.⎧-<≤⎪⎪⎪++<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩(3)由(1)得.当0<a ≤15时,()f'x ≤1+a ≤2-4a<2()23a -=2A ,当15<a<1时,A=2a 6a 1a 1318a 88a 4++=++≥. 所以()f'x <2A.当a ≥1时,()f'x ≤3a-1≤6a-4=2(3a-2)=2A. 综上所述:()f'x ≤2A.6.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T21)(本小题满分12分) 设函数f (x )=lnx-x+1. (1)讨论f (x )的单调性. (2)证明当x ∈(1,+∞)时,1<x 1lnx-<x. (3)设c>1,证明当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .【解析】(1)由题设,f (x )的定义域为()0,∞+,f'(x )=1x-1,令f'(x )=0,解得x=1. 当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减. (2)由(1)知f (x )在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=0. 所以当x 1时,lnx x 1.≠<- 故()11当x 1,∞时,lnx x 1,ln1,即x x∈+<-<- x 11x.lnx-<< (3)由题设c>1,设g (x )=1+(c-1)x-c x ,则g'(x )=c-1-c x lnc ,令g'(x )=0.解得x 0=c 1ln lnc lnc-. 当x<x 0时,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x>x 0时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 由(2)知1<c 1lnc-<c ,故0<x 0<1.又g (0)=g (1)=0,故当0<x<1时,g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x .7.(2016·浙江高考文科·T20)设函数f (x )=x 3+11x+,x ∈[0,1].证明:(1)f (x )≥1-x+x 2. (2)34 <f (x )≤32.【解题指南】(1)利用放缩法,得到41x 11x 1x-≤++,从而得到结论.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ,进行放缩,得到f (x )≤32,再结合第一问的结论,得到f (x )>34,从而得到结论. 【证明】(1)因为1-x+x 2-x 3=()441(x)1x 1x 1x ---=+--, 由于0≤x ≤1,有41x 11x 1x -≤++,即1-x+x 2-x 3≤11x+, 所以f (x )≥1-x+x 2. (2)由0≤x ≤1得x 3≤x ,故 f (x )=x 3+11x +≤x+11x +=x+11x +-32+32=()()()x 12x 133222x 1-++≤+, 所以f (x )≤32,由(1)得f (x )≥1-x+x 2=2133x 244⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭+,又因为f 12⎛⎫ ⎪⎝⎭=1924>34,所以f (x )> 34,综上,34 <f (x )≤32.8.(2016·山东高考理科·T20) 已知f (x )=a ()22x 1x lnx x --+,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. 【解题指南】(1)求导后,对a 分情况讨论.(2)令g (x )=f'(x )+32 =235x 2x 22x +--,对其求导,求其最大值,判断f (x )min 与g (x )max 的关系,进而可给出证明.【解析】(1)由题意,函数f (x )的定义域为()0,∞+,f'(x )=()()23ax 2x 1x --.① a ≤0时,x ∈(0,1)时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增, 在x ∈()1,∞+时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.② a>0时,f'(x )=()3a x 1x x x ⎛⎛--+ ⎝⎝,当0<a<2时,>1,当x ∈()0,1或∞⎫+⎪⎪⎭时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增,当x ∈⎛⎝时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.③ a=2时, ,x ∈()0,∞+时,f'(x )≥0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.④ a>2时,,当x ∈⎛ ⎝或x ∈()1,∞+时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增,当x ∈⎫⎪⎪⎭时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减.综上:当a ≤0时,函数f (x )在(0,1)内单调递增,在()1,∞+内函数f (x )单调递减.当0<a<2时,函数f (x )在()0,1和∞⎫+⎪⎪⎭内单调递增,在⎛ ⎝内函数f (x )单调递减. 当a=2时,函数f (x )在()0,∞+内单调递增,当a>2时,函数f (x )在⎛ ⎝和()1,∞+内单调递增,在⎫⎪⎪⎭内函数f (x )单调递减.(2)方法一:由(1)知函数f (x )在[1,内递减,在(,2]内递增.故f (x )min =f =+,f'(x )+2335x 2x 222x +-=-.若令g (x )=235x 2x 22x +--,则有g'(x )=24x 4x 6x +-.故存在x 0∈[1,2]使得函数g (x )在[1,x 0)递减,在(x 0,2]递增, 则g (x )max =max ()(){}g 1,g 2,而g (1)=32,g (2)=74,所以g (x )max =74.因为f (x )min -g (x )max -7494-12ln2>2.82-2.25-12ln2>12(1-ln2)>0, 所以,f (x )>f'(x )+32对于任意的x ∈1,2⎡⎤⎣⎦成立. 方法二:因为lnx ≤x-1(当且仅当x=1时等号成立),G (x )=()()22223333x 2x 22x 15x 2x 233x x 21022x x x 2x -+-⎛⎫-+--+-+--=+=≥ ⎪⎝⎭. 又f (x )≥22x 11x -+(当且仅当x=1时等号成立), 即可得f (x )>f'(x )+32.9.(2016·山东高考文科·T20)设f (x )=xlnx-ax 2+(2a-1)x ,a ∈R . (1)令g (x )=f'(x ),求g (x )的单调区间.(2)已知f (x )在x=1处取得极大值,求实数a 的取值范围. 【解题指南】(1)通过二次求导,研究g (x )的单调性.(2)通过端点分析,找到分界点12,再分情况讨论.【解析】(1)g (x )=f'(x )=lnx-2ax+2a , 所以g'(x )=1x-2a=12axx-. 当a ≤0,x ∈()0,∞+时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增. 当a>0,x ∈10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增, x ∈1,∞2a ⎛⎫+⎪⎝⎭时,g'(x )<0,函数g (x )单调递减. 综上:当a ≤0,函数g (x )单调递增区间为(0,+∞).当a>0,函数g (x )单调递增区间为10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭,函数g (x )单调递减区间为1,∞2a ⎛⎫+⎪⎝⎭. (2)由(1)知f'(1)=0.①当a ≤0,f'(x )单调递增,所以x ∈()0,1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,x ∈()1,∞+时, f'(x )>0,f (x )单调递增,所以f (x )在x=1处取得极小值,不合题意. ②当0<a<12,12a >1时,由(1)知f'(x )在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增, 所以x ∈()0,1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,x ∈11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭时,f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在x=1处取得极小值,不合题意. ③当a=12,12a=1时,f'(x )在()0,1内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以x ∈()0,∞+时,f'(x )≤0,f (x )单调递减,不合题意. ④当a>12,0<12a <1时,x ∈1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,f'(x )>0,f (x )单调递增, 当x ∈()1,∞+时,f'(x )<0,f (x )单调递减,所以f (x )在x=1处取得极大值,符合题意. 综上可知a>12.10.(2016·四川高考理科·T21)设函数f (x )=ax 2-a-lnx ,其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性.(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>11xx e --在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).【解题指南】(1)对f (x )求导,对a 进行讨论,判断函数的单调性.(2)利用导数判断函数的单调性,判断最值,证明结论.【解析】(1)由题意, f'(x )=2ax-212ax 1x x-=,x>0.① a ≤0时,2ax 2-1<0, f'(x )<0, f (x )在(0,+∞)上单调递减.② a>0时,f'(x)=2a x xx⎛⎛+-⎝⎭⎝⎭,当x∈⎛⎝时,f'(x)<0;当x∈∞⎫+⎪⎪⎭时,f'(x)>0.故f(x)在⎛⎝上单调递减,在∞⎫+⎪⎪⎭上单调递增.(2)原不等式等价于f(x)-1x+e1-x>0在x∈(1,+∞)上恒成立.一方面,令g(x)=f(x)-1x +e1-x=ax2-lnx-1x+e1-x-a,只需g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0即可.又因为g(1)=0,故g'(x)在x=1处必大于等于0.令F(x)=g'(x)=2ax-1x +21x-e1-x,g'(1)≥0,可得a≥12.另一方面,当a≥12时,F'(x)=2a+21x-32x+e1-x≥1+21x-32x+e1-x=33x x2x+-+e1-x,因为x∈(1,+∞),故x3+x-2>0,又e1-x>0,故F'(x)在a≥12时恒大于0.所以当a≥12时,F(x)在x∈(1,+∞)上单调递增.所以F(x)>F(1)=2a-1≥0,a≥12,故g(x)也在x∈(1,+∞)上单调递增.所以g(x)>g(1)=0,即g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0.综上,a≥12.11.(2016·北京高考理科·T18)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值.(2)求f(x)的单调区间.【解题指南】(1)利用()()f22e2,f'2e1⎧=+⎪⎨=-⎪⎩列方程组求解.(2)求导数后,再构造新的函数,二次求导.【解析】(1)f'(x)=e a-x-xe a-x+b,由切线方程可得()()a2a2f22e2b2e2,f'2e b e 1.--⎧=+=+⎪⎨=-+=-⎪⎩解得a=2,b=e.(2)f(x)=xe2-x+ex,f'(x)=(1-x)e2-x+e.令g(x)=(1-x)e2-x,则g'(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2).令g'(x)=0得x=2.当x<2时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>2时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=2时,g(x)取得极小值-1,也是最小值.所以f'(x)=g(x)+e≥e-1>0.所以f(x)的增区间为(-∞,+∞),无减区间.11 / 11。