2021年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标11函数与方程理
第2章函数及其表示-2021版高三数学(新高考)一轮复习教学课件(45张ppt)
第二章 函数、导数及其应用
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题组三 考题再现 5．(2019·江苏，5 分)函数 y＝ 7＋6x－x2的定义域是____[_－__1_,7_]_______.
[解析] 要使函数有意义，则 7＋6x－x2>0，解得－1≤x≤7，则函数的定义域是 [－1,7]．
第二章 函数、导数及其应用
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[答案] (1)①是映射，也是函数 ②不是映射，更不是函数 ③不是映射，更不是函数 ④是映射，但不是函数 (3)不同函数①②；同一函数③
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第二章 函数、导数及其应用
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1.映射与函数的含义 (1)映射只要求第一个集合A中的每个元素在第二个集合B中有且只有一个元素与 之对应；至于B中的元素有无原象、有几个原象却无所谓． (2)函数是特殊的映射：当映射f：A→B中的A，B为非空数集时，且每个象都有 原象，即称为函数． 2．判断两个函数是否相同的方法 (1)构成函数的三要素中，定义域和对应法则相同，则值域一定相同． (2)两个函数当且仅当定义域和对应法则相同时，才是相同函数．
f2：
x
x≤1
y
1
1<x<2 2
x≥2 3
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f3：
第二章 函数、导数及其应用
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[解析] (1)①是映射，也是函数； ②不是映射，更不是函数，因为从A到B的对应为“一对多”； ③当x＝0时，与其对应的y值不存在．故不是映射，更不是函数； ④是映射，但不是函数，因为集合A不是数集． (2)A图象不满足函数的定义域，不正确；B、C满足函数的定义域以及函数的值 域，正确；D不满足函数的定义，故选B、C． (3)①中f1的定义域为{x|x≠0}，f2的定义域为R，f3的定义域为{x|x≠0}，故不是 同一函数； ②中f1的定义域为R，f2的定义域为{x|x≥0}，f3的定义域为{x|x≠0}，故不是同 一函数； ③中f1，f2，f3的定义域相同，对应法则也相同，故是同一函数．
新课程2021高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用解答题专项突破一导数的综合应用问题课件
a 2
－2＝0，
a
a
记 h(a)＝a－2e 2 －2，h′(a)＝1－e 2 －2<0，所以 h(a)在 a∈(4，＋∞)上
3
单调递减，又 h(6)＝6－2e>0，h(7)＝7－2e 2 ≈7－2×4.48<0，所以 a∈(6,7)，
即 n＝6.
解题思路 (1)求 f(x)的定义域和 f′(x)→解 f′(x)＝0→用所得实数解分 割定义域→分析各区间内 f(x)的符号，确定极值．
令 h(x)＝ln x－k(x－1)ex，易知，当 k≤0 时，h(x)≤0 在(1，＋∞)上不可 能恒成立，所以 k>0.
h′(x)＝1x－kxex，所以 h′(1)＝1－ke.
①当 k≥1e时，h′(1)＝1－ke≤0.
又 h′(x)＝1x－kxex 在(1，＋∞)上单调递减，
所以 h′(x)<0 在(1，＋∞)上恒成立，
(1)讨论函数 f(x)的单调性； －ln x
规范解答 (1)由题意可知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ x2 ，
由 f′(x)＝0 得 x＝1.
当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以 f(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以 f(x)单调递减．
(2)若函数 g(x)有两个极值点，试判断函数 g(x)的零点个数．
a－ a2－4 所以 g′(x)在(0,1)上存在唯一零点 x0＝ 2 . 当 x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当 x∈(x0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
a－ a2－4 则 g(x)取得最大值时 x 的值为 2 . 综上，当 0<a≤2 时，g(x)取得最大值时 x 的值为 1；
新高考一轮复习人教A版第二章第十一讲导数与函数的单调性课件(60张)
【题后反思】根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单 调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集. (2)f(x)单调递增(减)的充要条件是对任意的 x∈(a，b) 都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)且在(a，b)内的任一非空子区间 上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略， 否则会漏解. (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式 有解问题.
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－a＋x 1x＋1＝
ax－1x－1
x
.
①当 0<a<1 时，1a>1， ∴x∈(0,1)和1a，＋∞时，f′(x)>0； x∈1，a1时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上 单调递减；
综上，当 0<a<1 时，函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单 调递增，在1，a1上单调递减；
当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>1 时，函数 f(x)在0，a1和(1，＋∞)上单调递增， 在1a，1上单调递减.
【题后反思】 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式 解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论， 还要确定导数为零的点和函数的间断点.
②当 a＞0 时，令 3x2－a＝0，得 x＝
33a或－
3a 3.
当 x＞ 33a或 x＜－ 33a时，f′(x)＞0；
当－ 33a＜x＜ 33a时，f′(x)＜0.
因此 f(x)在－∞，－ 33a， 33a，＋∞上单调递增， 在－ 33a， 33a上单调递减.
山东专用2021版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一讲导数的概念及运算学案含解析
第十一讲导数的概念及运算ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一导数的概念与导数的运算1．函数的平均变化率一般地，已知函数y＝f（x）,把式子错误!称为函数y＝f(x)从x1到x2的平均变化率，还可以表示为错误!＝错误!.2．导数的概念（1)f(x)在x＝x0处的导数就是f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，记作：y′|x＝x0或f′(x0），即f′（x0)＝错误!错误!。
(2)当把上式中的x0看作变量x时，f′(x)即为f(x)的导函数,简称导数,即y′＝f′（x)＝错误!错误!.3．基本初等函数的导数公式（1)C′＝0(C为常数)；(2)（x n）′＝nx n－1（n∈Q＊）(3)(sin x）′＝cos_x；_ (4）（cos x)′＝－sin_x；（5)(a x)′＝a x ln_a；_ (6）(e x）′＝e x；(7）（log a x）′＝错误!; （8）（ln x）′＝错误!.4．导数的运算法则（1)[f（x）±g（x)］′＝f′(x)±g′(x).(2）［f(x)·g(x)]′＝f′(x）g（x）＋f（x）g′(x）.特别地:[C·f（x）]′＝Cf′（x)(C为常数）（3）[错误!］′＝错误!（g(x)≠0）。
5．复合函数的导数复合函数y＝f(g（x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y x′＝y u′·u x′.即y对x的导数等于y对u的导数与u对x 的导数的乘积．知识点二导数的几何意义函数f（x）在x＝x0处的导数就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0）)处的切线的斜率，即曲线y＝f(x）在点P(x0，f（x0）)处的切线的斜率k＝f′(x0）,切线方程为y－y0＝f′(x0）(x－x0）.错误!错误!错误!错误!1．[错误!］′＝－错误!。
2021届高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用第3课时导数的综合应用创
第3课时 导数的综合应用题型 一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题1．(2019·汉中模拟)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g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2]C ．(1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 g ′(x )＝kx －1，由题意g (x )为函数f (x )的“友导”函数，即方程x 2ln x ＋x ＝kx －1有解，故k ＝x ln x ＋1x ＋1，记p (x )＝x ln x ＋1x ＋1，则p ′(x )＝1＋ln x －1x 2＝x 2－1x2＋lnx ，当x >1时，x 2－1x 2>0，ln x >0，故p ′(x )>0，故p (x )递增；当0<x <1时，x 2－1x2<0，ln x <0，故p ′(x )<0，故p (x )递减，故p (x )≥p (1)＝2，故由方程k ＝x ln x ＋1x＋1有解，得k ≥2，故选D.2．(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. 讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点． 解 f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x＋2x －12>0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增． 因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)， 即f (x 1)＝ln x 1－x 1＋1x 1－1＝0. 又0<1x 1<1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0， 故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1.综上，f (x )有且仅有两个零点．条件探究1 将本例中的函数f (x )改为f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．解 f ′(x )＝(x )′·ln x ＋x ·1x＝xln x ＋22x，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．条件探究2 将本例中的函数f (x )改为f (x )＝x －2＋1ex (e 为自然对数的底数)．若直线l ：y ＝kx －2与曲线y ＝f (x )没有公共点，求k 的最大值．解 直线l ：y ＝kx －2与曲线y ＝f (x )没有公共点等价于关于x 的方程kx －2＝x －2＋1e x在R 上没有实数解，即关于x 的方程(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解．(1)当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解，符合题意．(2)当k ≠1时，方程(*)可化为1k －1＝x e x. 令g (x )＝x e x，则有g ′(x )＝(1＋x )e x， 令g ′(x )＝0，得x ＝－1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1 (－1，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )－1e所以当x ＝－1时，g (x )min ＝－e，又当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以g (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞. 所以当1k －1∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，故k 的取值范围是(1－e,1)．综上，k 的取值范围是(1－e,1]，即k 的最大值为1.利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．如举例说明1.1．(2019·吉安模拟)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足x >0时，f (x )＝2πx －ln x ＋ln π2，则函数g (x )＝f (x )－sin x (e 为自然对数的底数)的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．5答案 C解析 根据题意，函数g (x )＝f (x )－sin x 的零点即函数y ＝f (x )与y ＝sin x 的交点，设h (x )＝sin x ，函数f (x )为R 上的奇函数，则f (0)＝0，又由h (0)＝sin0＝0.则函数y ＝f (x )与y ＝sin x 存在交点(0,0)，当x >0时，f (x )＝2πx －ln x ＋ln π2，其导数f ′(x )＝2π－1x，分析可得在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上，f ′(x )>0，f (x )为增函数，则f (x )在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π×π2－ln π2＋lnπ2＝1，又由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin π2＝1，则函数y ＝f (x )与y ＝sin x 存在交点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，1，又由y ＝f (x )与y ＝sin x 都是奇函数，则函数y ＝f (x )与y ＝sin x 存在交点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1.综合可得，函数y ＝f (x )与y ＝sin x 有3个交点，则函数g (x )＝f (x )－sin x 有3个零点．2．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝exx＋a (x －ln x )，a ∈R .(1)当a ＝－e 时，求f (x )的最小值；(2)若f (x )有两个零点，求参数a 的取值范围． 解 (1)f (x )＝exx＋a (x －ln x )，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝exx －1x 2＋a x －1x ＝x －1e x＋axx 2， 当a ＝－e 时，f ′(x )＝x －1e x－e xx2，由于e x≥e x 在(0，＋∞)上恒成立．故f (x )在(0,1)上单调递减，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (1)＝e ＋a ＝0.(2)f ′(x )＝x －1e x＋axx 2，当a ＝－e 时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0， f (x )只有一个零点．当a >－e 时，ax >－e x ，故e x＋ax >e x－e x ≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (1)＝a ＋e>0， 故当a >－e 时，f (x )没有零点．当a ＜－e 时，令e x＋ax ＝0，得e xx ＝－a ，φ(x )＝e xx ，φ′(x )＝x －1exx2. φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝e ，e x＋ax ＝0在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2,0<x 1<1<x 2，f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1,1)上单调递增，在(1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，f (1)＝a ＋e<0，又x →0时，f (x )→＋∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞.此时f (x )有两个零点．综上，若f (x )有两个零点，则a <－e.题型 二 利用导数研究不等式的有关问题角度1 证明不等式(多维探究)1．(2019·北京高考节选)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2,4]时，求证：x －6≤f (x )≤x . 解 (1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2,4]． 由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x .条件探究 将本例中的函数f (x )改为f (x )＝x e x －2e，设g (x )＝x ln x ，当x ∈(0，＋∞)时．求证：f (x )<g (x )．证明 因为g ′(x )＝ln x ＋1. 令g ′(x )<0，则x <1e，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .又因为f ′(x )＝1－xex .令f ′(x )＝1－xe x >0，则x <1，因为x >0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )≤f (1)＝－1e .因此f (x )<g (x )．角度2 已知不等式恒成立，求参数的取值范围 2．(2019·银川模拟)已知函数f (x )＝x －a ln (x ＋1)． (1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，关于x 的不等式kx 2≥f (x )在[0，＋∞)上恒成立，求k 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln (x ＋1)，f ′(x )＝1－2x ＋1＝x －1x ＋1，当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )是增函数．所以，f (x )的减区间为(－1,1)，增区间为(1，＋∞)．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln (x ＋1)，kx 2≥f (x )，即kx 2－x ＋ln (x ＋1)≥0. 设g (x )＝kx 2－x ＋ln (x ＋1)，x ≥0，则只需g (x )≥0在[0，＋∞)恒成立即可． 易知g (0)＝0，g ′(x )＝2kx －1＋1x ＋1＝x [2k x ＋1－1]x ＋1，因为x ≥0，所以xx ＋1≥0.当k ≤0时，g ′(x )<0，此时g (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (0)＝0，与题设矛盾；当0<k <12时，由g ′(x )＝0得x ＝－1＋12k >0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋12k 时，g ′(x )<0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋12k ，＋∞时，g ′(x )>0， 此时g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－1＋12k 上单调递减，所以，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－1＋12k 时，g (x )<g (0)＝0，与题设矛盾； 当k ≥12时，g ′(x )≥0，故g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝0恒成立．综上，k ≥12.角度3 不等式存在性成立问题3．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x －ax2.①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数． f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值． 由(1)知当a <1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数．g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.1．利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题若证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．如举例说明1.(2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f (x )≥g (x )在D 上成立，只需证明f (x )min ≥g (x )max 即可．如举例说明1的条件探究．2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径 (1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ，如举例说明2； 存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )>g (x )恒成立F x ＝f x －g xF (x )min >0.(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)max ；②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min ；③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min ；④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max .如举例说明3.1．(2019·渭南模拟)设函数f (x )＝(x －a )2＋(3ln x －3a )2，若存在x 0，使f (x 0)≤910，则实数a 的值为( )A.110B.14C.12 D ．1答案 A解析 分别令g (x )＝3ln x ，h (x )＝3x ，设过点P (x 0,3ln x 0)的函数g (x )的切线l 平行于直线y ＝3x .g ′(x )＝3x ，由3x 0＝3，解得x 0＝1.∴切点P (1,0)．点P 到直线y ＝3x 的距离d ＝31010 .∴存在x 0＝1，使f (x 0)≤910，过点P 且与直线y ＝3x 垂直的直线方程为y ＝－13(x －1)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，y ＝－13x －1，解得x ＝110，y ＝310.则实数a ＝110.故选A.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，且f ′(1)＝－1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0，求m 的取值范围； (3)证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方． 解 (1)因为f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，所以f ′(x )＝ln x ＋1＋ax .又因为f ′(1)＝－1，所以1＋a ＝－1，a ＝－2， 所以f (x )＝x ln x －x 2－1.(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0. 即x ln x －x 2－2mx ≤0恒成立， 即m ≥12ln x －12x 恒成立．令h (x )＝12ln x －12x ，则h ′(x )＝12x －12＝1－x2x.当0<x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增； 当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以当x ＝1时，h (x )有最大值，h (1)＝－12.所以m ≥－12，即m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞. (3)证明：要证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1的图象的下方． 即证：f (x )＋2x <x e x－x 2－1恒成立， 即ln x <e x－2.由(2)可得h (x )＝12ln x －12x ≤－12.所以ln x ≤x －1.现要证明x －1<e x－2， 即证e x－x －1>0.令φ(x )＝e x －x －1，则φ′(x )＝e x－1. 当x >0时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增． 所以φ(x )>φ(0)＝0. 即e x－x －1>0. 所以x －1<e x－2.从而得到ln x ≤x －1<e x－2.所以函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方．题型 三 利用导数求解生活中的优化问题如图所示的某种容器的体积为90π cm 3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm.圆锥的高为h 1 cm ，母线与底面所成的角为45°；圆柱的高为h 2 cm.已知圆柱底面的造价为2a 元/cm 2，圆柱侧面造价为a 元/cm 2，圆锥侧面造价为2a 元/cm 2.(1)将圆柱的高h 2表示为底面半径r 的函数，并求出定义域； (2)当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？解 (1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45°， 所以h 1＝r ，圆锥的体积为V 1＝13πr 2h 1＝13πr 3，圆柱的体积为V 2＝πr 2h 2.因为V 1＋V 2＝90π，所以V 2＝πr 2h 2＝90π－13πr 3，所以h 2＝270－r 33r 2＝90r 2－r3. 因为V 1＝13πr 3<90π，所以r <3310.因此0<r <3310，所以h 2＝270－r 33r 2＝90r 2－r3， 定义域为{r |0<r <3310}．(2)圆锥的侧面积S 1＝πr ·2r ＝2πr 2， 圆柱的侧面积S 2＝2πrh 2，底面积S 3＝πr 2. 容器总造价为y ＝2aS 1＋aS 2＋2aS 3 ＝2πr 2a ＋2πrh 2a ＋2πr 2a ＝2πa (r 2＋rh 2＋r 2)＝2πa ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2r 2＋r ⎝ ⎛⎭⎪⎫90r 2－r 3 ＝10πa 3⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2＋54r . 令f (r )＝r 2＋54r ，则f ′(r )＝2r －54r2.令f ′(r )＝0，得r ＝3.当0<r <3时，f ′(r )<0，f (r )在(0,3)上为单调减函数； 当3<r <3310时，f ′(r )>0，f (r )在(3,3310)上为单调增函数， 因此，当r ＝3时，f (r )有最小值，y 有最小值90πa 元． 所以总造价最低时，圆柱底面的半径为3 cm.1．利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤2．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．如举例说明．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11， 所以a2＋10＝11，解得a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.则f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋ 0 － f (x )单调递增极大值42单调递减所以当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．组 基础关1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0答案 C解析 设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6<0，极小值为f (3)＝－10<0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数为1.2．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞) D ．[4，＋∞)答案 B解析 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p 元，销售量为Q 件，则销售量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8300－170p －p 2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( )A ．30元B ．60元C ．28000元D ．23000元答案 D解析 设毛利润为L (p )元，则由题意知L (p )＝pQ －20Q ＝Q (p －20)＝(8300－170p －p 2)(p －20)＝－p 3－150p 2＋11700p －166000，所以L ′(p )＝－3p 2－300p ＋11700.令L ′(p )＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．当p ∈(0,30)时，L ′(p )>0，当p ∈(30，＋∞)时，L ′(p )<0，故L (p )在p ＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L (30)＝23000.4．(2020·贵阳摸底)函数f (x )＝e x ＋a－x 3＋2x 2在(0，＋∞)上只有一个零点，则a 的值为( )A ．4B ．4ln 2－3C ．2D ．5ln 2－4答案 D解析 函数f (x )＝ex ＋a－x 3＋2x 2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得e a＝x 3－2x 2ex在(0，＋∞)上只有一个解．令g (x )＝x 3－2x 2ex ，可得g ′(x )＝－x 3＋5x 2－4x e x ＝－x ·x 2－5x ＋4ex，g (x )在(0，＋∞)上有2个极值点，x ＝1和x ＝4；当x ∈(0,1)时函数g (x )是减函数，当x ∈(1,4)时，函数g (x )是增函数，当x ∈(4，＋∞)时函数g (x )是减函数，g (0)＝0.所以函数g (x )的最大值为g (4)＝64－32e 4＝32e 4，函数f (x )＝e x ＋a －x 3＋2x 2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得e a＝32e4，所以a ＝5ln 2－4.故选D. 5．(2019·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，所以0≤a <1.综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x，则g ′(x )＝ln x －1ln x2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (e)＝e ，所以a ≤e.综上，a 的取值范围是0≤a ≤e，即[0，e]．故选C.6．已知函数f (x )＝e x－ln (x ＋3)，则下面对函数f (x )的描述正确的是( ) A ．∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )≥13B ．∀x ∈(－3，＋∞)，f (x )>－12C ．∃x 0∈(－3，＋∞)，f (x 0)＝－1D ．f (x )min ∈(0,1) 答案 B解析 因为函数f (x )＝e x－ln (x ＋3)，定义域为(－3，＋∞)，所以f ′(x )＝e x－1x ＋3，易知f (x )的导函数f ′(x )在定义域(－3，＋∞)上单调递增，又f ′(－1)<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>0，所以f ′(x )＝0在(－3，＋∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，则x ＝x 0为f (x )的最小值点，且f ′(x 0)＝0，即e x 0＝1x 0＋3，两边取以e 为底的对数，得x 0＝－ln (x 0＋3)，故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－ln (x 0＋3)＝1x 0＋3－ln (x 0＋3)＝1x 0＋3＋x 0，因为x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12，所以2<x 0＋3<52，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋3＋(x 0＋3)－3>2＋12－3＝－12，即∀x ∈(－3，＋∞)，都有f (x )>－12.7．已知方程ln |x |－ax 2＋32＝0有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 22 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 22 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 23 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 23 答案 A解析 由于y ＝ln |x |－ax 2＋32是偶函数，所以方程ln x －ax 2＋32＝0(x ＞0)有两个根，即a ＝ln x ＋32x 2有两个根．设f (x )＝ln x ＋32x 2，则f ′(x )＝x －2x ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋32x 4＝－2ln x ＋1x 3，所以当0<x <1e 时，f ′(x )>0，f (x )递增，当x >1e 时，f ′(x )<0，f (x )递减，所以当x ＝1e时，f (x )取得极大值也是最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e22.又x →＋0时，f (x )→－∞，x →＋∞时，f (x )→0，所以要使a ＝ln x ＋32x 2有两个根，则0<a <e22.8．已知函数f (x )＝x |x 2－a |，若存在x ∈[1,2]，使得f (x )<2，则实数a 的取值范围是________．答案 (－1,5)解析 当x ∈[1,2]时，f (x )＝|x 3－ax |， 由f (x )<2可得－2<x 3－ax <2， 即为－x 2－2x <－a <－x 2＋2x，设g (x )＝－x 2－2x ，则导数为g ′(x )＝－2x ＋2x2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，即g (x )在[1,2]上单调递减， 所以g (x )min ＝－4－1＝－5， 即有－a >－5，即a <5；设h (x )＝－x 2＋2x ，则导数为h ′(x )＝－2x －2x2，当x ∈[1,2]时，h ′(x )<0，即h (x )在[1,2]上单调递减， 可得h (x )max ＝－1＋2＝1.即有－a <1，即a >－1. 综上可得，a 的取值范围是－1<a <5.9．已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2，x 0是函数f (x )的极值点，给出以下几个命题：①0<x 0<1e ；②x 0>1e ；③f (x 0)＋x 0<0；④f (x 0)＋x 0>0.其中正确的命题是________(填出所有正确命题的序号)． 答案 ①③解析 ∵函数f (x )＝x ln x ＋12x 2(x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋x ，易得f ′(x )＝ln x ＋1＋x 在(0，＋∞)递增，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e>0，∵x →0，f ′(x )→－∞， ∴0<x 0<1e ，即①正确，②不正确；∵ln x 0＋1＋x 0＝0，∴f (x 0)＋x 0＝x 0ln x 0＋12x 20＋x 0＝x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 0＋12x 0＋1＝－12x 20<0，即③正确，④不正确． 10．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，x －1 0 2 4 5 f (x )121.521①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 最多有4个零点． 其中所有正确命题的序号是________． 答案 ①②④解析 由f (x )的导函数f ′(x )的图象可知，当－1<x <0及2<x <4时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当0<x <2及4<x <5时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ＝0及x ＝4时，函数f (x )取得极大值f (0)＝2，f (4)＝2，当x ＝2时，函数f (x )取得极小值f (2)＝1.5.又f (－1)＝f (5)＝1，所以函数f (x )的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x ＝0及x ＝4时，函数f (x )取得极大值f (0)＝2，f (4)＝2，要使当x ∈[－1，t ]时，函数f (x )的最大值是2，则0≤t ≤5，所以t 的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f (2)＝1.5，极大值f (0)＝f (4)＝2，所以当1<a <2时，y ＝f (x )－a 最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④.组 能力关1．已知f (x )＝1－xe x ，过点(k,0)与f (x )相切的直线有且仅有3条，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，2－e 2) B ．(－∞，2－e 2] C ．(－∞，4－e 2) D ．(－∞，4－e 2]答案 C解析 设切点为⎝⎛⎭⎪⎫x 0，1－x 0e x 0，f ′(x )＝x －1e x ，则切线为y －1＋x 0e x 0＝x 0－1e x 0(x －x 0)，代入点(k,0)得k ＝x 0＋x 0x 0－1－e x 0x 0－1，令g (x )＝x ＋x x －1－exx －1，则g ′(x )＝2－xe x－xx －12，当x <2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，注意到x ≠1，故g (x )的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x >2时，g (x )单调递减，要使g (x )＝k 有三个根，由图象可得，k <g (2)＝4－e 2，故k 的取值范围为(－∞，4－e 2)．2．(2020·安徽名校联考)关于函数f (x )＝2x＋ln x ，有下列几个命题：①x ＝2是f (x )的极大值点；②函数y ＝f (x )－x 有且只有1个零点； ③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1，x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>4. 其中正确的命题有( ) A ．①② B ．②③ C ．②④ D ．③④答案 C解析 f ′(x )＝x －2x 2，当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x ＝2是f (x )的极小值点，故①错误．根据函数f (x )的单调性及极值点，作出函数f (x )的大致图象，如图所示，作出直线y ＝x ，易知直线y ＝x 与f (x )的图象有且只有1个交点，即函数y ＝f (x )－x 有且只有1个零点，故②正确．若f (x )>kx ，则k <2x 2＋ln x x ，令g (x )＝2x 2＋ln x x ，则g ′(x )＝－4＋x －x ln xx 3，令F (x )＝－4＋x－x ln x ，则F ′(x )＝－ln x ，所以F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (1)<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，g (x )无最小值，不存在正实数k ，使得f (x )>kx恒成立，故③错误．由x 1>x 2，f (x 1)＝f (x 2)可知x 1>2,0<x 2<2，要证x 1＋x 2>4，即证x 1>4－x 2，且x 1>4－x 2>2，f (x )在(2，＋∞)上单调递增，即证f (x 1)>f (4－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以证f (x 2)>f (4－x 2)，即证f (x )>f (4－x )，x ∈(0,2)．令h (x )＝f (x )－f (4－x )＝ln x －ln (4－x )＋2x －24－x ，x ∈(0,2)，则h ′(x )＝－8x －22x 24－x2<0，所以h (x )在(0,2)上单调递减，所以h (x )>0，所以x 1＋x 2>4，故④正确．故选C.3．对于定义在R 上的函数f (x )，若存在非零实数x 0，使函数f (x )在(－∞，x 0)和(x 0，＋∞)上均有零点，则称x 0为函数f (x )的一个“折点”．现给出下列四个函数：①f (x )＝3|x －1|＋2；②f (x )＝lg |x ＋2019|；③f (x )＝x 33－x －1；④f (x )＝x 2＋2mx －1(m∈R )．则存在“折点”的函数是________．(填序号) 答案 ②④ 解析 因为f (x )＝3|x －1|＋2>2，所以函数f (x )不存在零点，所以函数f (x )不存在“折点”；对于函数f (x )＝lg |x ＋2019|，取x 0＝－2019， 则函数f (x )在(－∞，－2019)上有零点x ＝－2020， 在(－2019，＋∞)上有零点x ＝－2018，所以x 0＝－2019是函数f (x )＝lg |x ＋2019|的一个“折点”； 对于函数f (x )＝x 33－x －1，则f ′(x )＝x 2－1＝(x ＋1)(x －1)． 令f ′(x )>0，得x >1或x <－1； 令f ′(x )<0，得－1<x <1，所以函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减． 又f (－1)＝－13<0，所以函数f (x )只有一个零点，所以函数f (x )＝x 33－x －1不存在“折点”；对于函数f (x )＝x 2＋2mx －1＝(x ＋m )2－m 2－1， 由于f (－m )＝－m 2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”． 综上，存在“折点”的函数是②④.4．(2019·武汉模拟)设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当k ＝1时，若对任意的x 1∈R ，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx，因为f (0)＝0且f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝x . (2)函数f (x )的定义域为R ，令f ′(x )＝(1＋kx )e kx>0，由e kx>0，知1＋kx >0.讨论：①当k >0时，x >－1k，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞上单调递增．②当k <0时，x <－1k，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞上单调递减．(3)由(2)知，当k ＝1时，f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 则对任意的x 1∈R ，有f (x 1)≥f (－1)＝－1e ，即f (x 1)min ＝－1e，又已知存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，所以－1e ≥g (x 2)，x 2∈[1,2]，即存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2bx ＋4≤－1e ，即2b ≥x＋4＋e－1x，因为x ∈[1,2]时，x ＋4＋e－1x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋12e，5＋1e ，所以2b ≥4＋12e ，即b ≥2＋14e ，所以实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2＋14e ，＋∞.组 素养关1．已知函数f (x )＝x －12sin x －m2ln x ＋1，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)证明：当m ＝2时，f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)若存在x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2时，f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2<m 2. 证明 (1)当m ＝2时，f (x )＝x －12sin x －ln x ＋1，f ′(x )＝1－12cos x －1x .当x ∈(0，π)时，f ′(x )为增函数， 且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝1－14－3π＝34－3π<0，f ′(π)＝32－1π>0，∴f ′(x )在(0，π)上有唯一零点． 当x ∈[π，＋∞)时，f ′(x )＝1－12cos x －1x ≥1－12－1x ≥12－1π>0，∴f ′(x )在[π，＋∞)上没有零点． 综上知，f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点． (2)不妨设0<x 1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)得x 1－12sin x 1－m 2ln x 1＋1＝x 2－12sin x 2－m2ln x 2＋1，∴m 2(ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)． 设g (x )＝x －sin x ，则g ′(x )＝1－cos x ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴x 2－sin x 2>x 1－sin x 1，从而x 2－x 1>sin x 2－sin x 1，∴m 2(ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)， ∴m >x 2－x 1ln x 2－ln x 1.下面证明：x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2.令t ＝x 2x 1，则t >1，即证明t －1ln t>t ，只需证明ln t －t －1t <0.(*) 设h (t )＝ln t －t －1t， 则当t >1时，h ′(t )＝－t －122t t<0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递减．∴当t >1时，h (t )<h (1)＝0，从而(*)得证，即x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2.∴m >x 1x 2，即x 1x 2<m 2. 2．(2019·华中师范大学第一附中模拟)已知函数f (x )＝(x ＋1)e x ＋12ax 2＋2ax ，a ∈R . (1)讨论f (x )极值点的个数；(2)若x 0(x 0≠－2)是f (x )的一个极值点，且f (－2)>e －2，证明：f (x 0)≤1. 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x ＋2)(e x ＋a )．若a ≥0，则e x ＋a >0，所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．所以x ＝－2为f (x )唯一的极小值点，无极大值点，故此时f (x )有1个极值点． 若a <0，令f ′(x )＝(x ＋2)(e x ＋a )＝0，则x 1＝－2， x 2＝ln (－a )，当a <－e －2时，x 1<x 2，则当x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以x 1，x 2分别为f (x )的极大值点和极小值点，故此时f (x )有2个极值点． 当a ＝－e －2时，x 1＝x 2，f ′(x )＝(x ＋2)(e x＋a )≥0且不恒为0，此时f (x )在R 上单调递增，无极值点．当－e －2<a <0时，x 1>x 2.则当x ∈(－∞，x 2)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 2，x 1)时， f ′(x )<0；当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.同理，x 1，x 2分别为f (x )的极小值点和极大值点，故此时f (x )有2个极值点． 综上，当a ＝－e －2时，f (x )无极值点；当a ≥0时， f (x )有1个极值点；当a <－e －2或－e －2<a <0时，f (x )有2个极值点．(2)证明：若x 0(x 0≠－2)是f (x )的一个极值点，由(1)可知a ∈(－∞，－e －2)∪(－e－2,0)，又f (－2)＝－e －2－2a >e －2，所以a ∈(－∞，－e －2)，且x 0≠－2.则x 0＝ln (－a )，所以f (x 0)＝f (ln (－a ))＝12a [(ln (－a ))2＋2ln (－a )－2]．令t ＝ln (－a )∈(－2，＋∞)，则a ＝－e t ，所以g (t )＝f (ln (－a ))＝－12e t (t 2＋2t －2)．故g ′(t )＝－12t (t ＋4)e t .又因为t ∈(－2，＋∞)，所以t ＋4>0，令g ′(t )＝0，得t ＝0.当t ∈(－2,0)时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t ∈(0，＋∞)，g ′(t )<0，g (t )单调递减．所以t ＝0是g (t )唯一的极大值点也是最大值点，即g (t )≤g (0)＝1. 故f (ln (－a ))≤1，即f (x 0)≤1.。
2021届高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单
第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单调性[考纲解读] 1.了解函数的单调性与导数的关系．(重点)2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间．(重点、难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容．预测2021年会考查函数的单调性与导数的关系，题型有两个：①利用导数确定函数的单调性；②已知单调性利用导数求参数的取值范围．常以解答题形式出现，属中档题.函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)内□01单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)内□02单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是□03常数函数1．概念辨析(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)上单调递减．( )答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是( )答案 C解析由y＝f′(x)的图象易得，当x<0或x＞2时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0.所以函数y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，故选C.(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．(3)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解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案 3解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.经检验a＝3也满足题意，所以a的最大值是3.题型一不含参数的函数的单调性1．函数f(x)＝e x－e x，x∈R的单调递增区间是( )A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)答案 D解析 依题意得f ′(x )＝e x－e.由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增，此时由不等式f ′(x )＝e x－e>0，解得x >1.2．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)或(1，＋∞)答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x 2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．3．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0)．则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0.∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．条件探究 将本例中的函数变为f (x )＝12x 2－ln x ，试求f (x )的单调区间．解 f (x )＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x＝x ＋1x －1x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－1(舍去)． 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0. 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )的单调递减区间是(0,1)， 单调递增区间是(1，＋∞)．确定不含参数的函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．1．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增B ．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 f ′(x )＝x ′ln x ＋x (ln x )′＝ln x ＋1. 由f ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 故只有D 正确．2．(2019·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 因为f (x )＝x sin x ＋cos x ， 所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0.又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2，所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.题型 二 含参数的函数的单调性讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 综上所述，当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 条件探究1 将本例中的函数变为f (x )＝1x－x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．条件探究2 将本例中的函数变为f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f (x )的定义域．(2)求f ′(x )，并尽量化为乘积或商的形式． (3)令f ′(x )＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f ′(x )恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a ≥1时，f ′(x )>0，a ≤0时，f ′(x )<0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f ′(x )的符号确定单调区间．如举例说明中0<a <1时，f ′(x )＝0有一个实根．已知函数f (x )＝(x －1)e x－x 2，g (x )＝a e x －2ax ＋a 2－10(a ∈R )． (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )(x >0)的单调性．解 (1)由题意，得f ′(x )＝x e x－2x ， 则f ′(1)＝e －2.又f (1)＝－1，故所求切线方程为y －(－1)＝(e －2)(x －1)， 即y ＝(e －2)x ＋1－e.(2)由已知，得h (x )＝f (x )－g (x )＝(x －a －1)e x－x 2＋2ax －a 2＋10. 此函数的定义域为(0，＋∞)．则h ′(x )＝e x＋(x －a －1)e x－2x ＋2a ＝(x －a )(e x －2)． ①若a ≤0，则x －a >0. 当0<x <ln 2时，h ′(x )<0， 当x >ln 2时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增． ②若0<a <ln 2，则当0<x <a 或x >ln 2时，h ′(x )>0. 当a <x <ln 2时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．③若a ＝ln 2，则h ′(x )≥0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增． ④若a >ln 2，则当0<x <ln 2或x >a 时，h ′(x )＞0； 当ln 2<x <a 时，h ′(x )<0.所以h (x )在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．题型 三 函数单调性的应用问题角度1 辨别函数图象 1．函数y ＝f (x )＝x 2＋xex的大致图象是( )答案 C解析 y ′＝2x ＋1e x －x 2＋x exex 2＝－x 2＋x ＋1e x e x 2＝－x 2＋x ＋1ex，则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52，1＋52上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－52和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞上单调递减，且f (－1)＝f (0)＝0，故选C.角度2 比较大小或解不等式2．设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3) 答案 A解析 ∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，即[f (x )g (x )]′>0.∴f (x )g (x )在(－∞，0)上单调递增，又f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴f (x )g (x )为奇函数，f (0)g (0)＝0，∴f (x )g (x )在(0，＋∞)上也是增函数．∵f (3)g (3)＝0，∴f (－3)g (－3)＝0.∴f (x )g (x )>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A.角度3 根据函数单调性求参数3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3]答案 A解析 ∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x＝x ＋3x －3x，∴当0<x ≤3时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，又f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，∴[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，a ≠0.(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x ∈(0，＋∞)时， 1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1. 又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减， 所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．由(1)知G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)．1．根据函数解析式识别函数图象的思路根据函数解析式识别函数图象的基本思路是研究函数性质，包括函数的定义域、奇偶性和单调性，其中单调性的研究往往要使用导数知识(定义域、奇偶性、特殊值法在复杂一些的函数中不能完全确定函数的图象)．如举例说明1.2．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )>g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.3．由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．如举例说明3.(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．如举例说明4(1)．(3)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．如举例说明4(2)．1．(2019·广东七校联考)函数f (x )＝x cos x 的导函数f ′(x )在区间[－π，π]上的图象大致是( )答案 A解析 由题意，得f ′(x )＝cos x －x sin x ，则f ′(0)＝1，排除C ，D ；由于定义域[－π，π]是关于原点对称的，可以讨论函数的奇偶性．∵f ′(－x )＝cos(－x )＋x sin(－x )＝cos x －x sin x ＝f ′(x )，∴f ′(x )在关于原点对称的区间[－π，π]上是偶函数．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x ，∴f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，排除B.2．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f xx>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )答案 B 解析 f ′(x )＋f x x >0⇒xf ′x ＋f x x >0⇒[xf x ]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.3．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x(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 －1 (－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x－aex .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立， 即e x≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x在R 上恒成立．又e 2x>0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．组 基础关1．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 答案 C解析 因为f (x )＝x 2(x －m )＝x 3－mx 2，所以f ′(x )＝3x 2－2mx ，又因为f ′(－1)＝－1，所以3×(－1)2－2m ×(－1)＝－1，解得m ＝－2，所以f ′(x )＝3x 2＋4x ＝x (3x ＋4)，由f ′(x )>0得x <－43或x >0，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞)．2．函数f (x )＝ln x5x2的单调递增区间为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0，e)D ．(e ，＋∞)答案 C解析 ∵函数f (x )＝ln x 5x 2的定义域是(0，＋∞)，f (x )＝5ln x x 2，∴f ′(x )＝5·1－2ln xx3.令f ′(x )>0，解得0<x < e.∴函数f (x )＝ln x5x2的单调递增区间是(0，e)．3．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 )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(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 项符合题意．4．已知函数f (x )＝x 3＋ax ，则“a >0”是“f (x )在R 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解析 当a ≥0时，f ′(x )＝3x 2＋a ≥0，f (x )在R 上单调递增，“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．故选A.5．(2019·成都模拟)已知函数f (x )＝3x ＋2cos x ，若a ＝f (32)，b ＝f (2)，c ＝f (log 27)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．b <a <cD ．b <c <a答案 D解析 ∵f (x )＝3x ＋2cos x 的定义域为R ，f ′(x )＝3－2sin x >0，∴f (x )为R 上的单调递增函数．又y ＝log 2x 为(0，＋∞)上的单调递增函数，∴2＝log 24<log 27<log 28＝3.∵y ＝3x为R 上的单调递增函数，∴32>31＝3，∴2<log 27<3 2.∴f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .6．若函数f (x )＝e x－(a －1)x ＋1在(0,1)上单调递减，则a 的取值范围为( ) A ．(e ＋1，＋∞) B ．[e ＋1，＋∞) C ．(e －1，＋∞) D ．[e －1，＋∞)答案 B解析 由f (x )＝e x－(a －1)x ＋1，得f ′(x )＝e x－a ＋1.因为函数f (x )＝e x－(a －1)x ＋1在(0,1)上单调递减，所以f ′(x )＝e x－a ＋1≤0在(0,1)上恒成立，即a ≥e x＋1在(0,1)上恒成立，令g (x )＝e x＋1，x ∈(0,1)，则g (x )在(0,1)上单调递增，所以g (x )<g (1)＝e ＋1.所以a ≥e＋1.所以实数a 的取值范围为[e ＋1，＋∞)．故选B.7．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )<0，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数．若2f (m －2019)>(m －2019)f (2)，则实数m 的取值范围为( )A ．(0,2019)B ．(2019，＋∞)C ．(2021，＋∞)D ．(2019,2021)答案 D 解析 令h (x )＝f x x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝xf ′x －f xx 2.∵xf ′(x )－f (x )<0，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∵2f (m －2019)>(m －2019)f (2)，m －2019>0，∴f m －2019m －2019>f 22，即h (m －2019)>h (2)．∴m －2019<2且m －2019>0，解得2019<m <2021.∴实数m 的取值范围为(2019,2021)．8．函数f (x )＝1＋12x ＋cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调递增区间是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，π6解析 f ′(x )＝12－sin x .由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，0<x <π2，解得0<x <π6，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，π6.9．(2020·广东梅州摸底)若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 在R 上恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案 (－3,0)∪(0，＋∞)解析 由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点．需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．10．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________．答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的单调递增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的单调递减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.组 能力关1．对于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)答案 C解析 由题意知(x －1)f ′(x )≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，f ′x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，f ′x ≤0.函数y ＝f (x )在(－∞，1)上单调递减，f (0)>f (1)；在[1，＋∞)上单调递增，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)；若函数y ＝f (x )为常数函数，则f (0)＋f (2)＝2f (1)．故选C.2．(2019·银川一中模拟)已知函数f (x )＝exx－ax ，x ∈(0，＋∞)，当x 2>x 1时，不等式f x 1x 2<f x 2x 1恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．(－∞，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，e 2D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2答案 D 解析 ∵f x 1x 2<f x 2x 1，∴x 1f (x 1)－x 2f (x 2)<0，即x 2f (x 2)>x 1f (x 1)，即当x 2>x 1时，x 2f (x 2)>x 1f (x 1)恒成立，∴xf (x )在x ∈(0，＋∞)内是一个增函数，设g (x )＝xf (x )＝e x －ax 2，则有g ′(x )＝e x－2ax ≥0，即a ≤e x2x ，设h (x )＝e x2x，则有h ′(x )＝exx －12x2，当h ′(x )>0时，即x －1>0，x >1，当h ′(x )<0时，即x －1<0,0<x <1，∴当x ＝1时，h (x )最小，h (1)＝e2，即a ≤e 2.3．定义域为R 的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )<f ′(x )，f (0)＝2，则不等式f (x )<2e x的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，2)C ．(0，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 A解析 根据题意，设g (x )＝f xex，其导数g ′(x )＝f ′x e x －f x e xe2x＝f ′x －f xex，又由f (x )满足f (x )<f ′(x )，则g ′(x )>0，则函数g (x )在R 上为增函数，若f (0)＝2，则g (0)＝f 0e＝2，f (x )<2e x⇒f xex<2⇒g (x )<g (0)，又由函数g (x )在R 上为增函数，所以x <0.所以不等式f (x )<2e x的解集为(－∞，0)．4．已知f (x )＝1＋ln x2ax (a ≠0，且a 为常数)，求f (x )的单调区间．解 因为f (x )＝1＋ln x2ax (a ≠0，且a 为常数)，所以f ′(x )＝－2a ln x 2ax 2＝－ln x2ax2，x >0.所以①若a >0，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.即a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． ②若a <0，当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.即a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． 5．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋2x －1.(1)若函数f (x )在区间[1,3]上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在区间[－2，－1]上单调递减，求实数a 的取值范围． 解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋2x －1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋2.(1)因为函数f (x )在区间[1,3]上单调递增，所以f ′(x )≥0在[1,3]上恒成立．即a ≥－3x 2－22x 在[1,3]上恒成立．令g (x )＝－3x 2－22x ，则g ′(x )＝－3x 2＋22x2，当x ∈[1,3]时，g ′(x )<0，所以g (x )在[1,3]上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝－52，所以a ≥－52.(2)因为函数f (x )在区间[－2，－1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[－2，－1]上恒成立，即a ≥－3x 2－22x 在[－2，－1]上恒成立，由(1)易知，g (x )＝－3x 2－22x 在[－2，－1]上单调递减，所以a ≥g (－2)，即a ≥72.。
山东2021新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时作业11函数与方程课件
5．方程 4x2＋(m－2)x＋m－5＝0 的一根在区间(－1,0)内，另 一根在区间(0,2)内，则 m 的取值范围是( B )
A.53，5 C.－∞，53∪(5，＋∞)
B.－73，5 D.－∞，53
解析：设 f(x)＝4x2＋(m－2)x＋m－5， ∵方程 4x2＋(m－2)x＋m－5＝0 的一根在区间(－1,0)内，另 一根在区间(0,2)内，
若
x1<x2<x3<x4，且 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则下列结论正确的是
( BCD )
A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C．1<x4<2
D．0<x1x2x3x4<1
解析：画出函数 f(x)的大致图象如图，得出 x1＋x2＝－2，－ log2x3＝log2x4，则 x3x4＝1，故 A 错误，B 正确；由图可知 1<x4<2， 故 C 正确；因为－2<x1<－1，x1x2＝x1(－2－x1)＝－x21－2x1＝－ (x1＋1)2＋1∈(0,1)，所以 x1x2x3x4＝x1x2∈(0,1)，故 D 正确．则结 论正确的是 BCD，故选 BCD.
14．已知函数 f(x)＝e4xx，3－x<60x2，＋1，x≥0， 其中 e 为自然对
数的底数，则函数 g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3 的零点个数为( B )
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 第2课时 作业课件 理
解析 ∵可导函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，∴F(x) ＝f(x)－g(x)先减后增，在x0处取最小值，又F′(x0)＝f′(x0)－g′(x0)＝f′(x0) －f′(x0)＝0，
∴x＝x0是F(x)的极小值点．
12/11/2021
第十三页，共三十二页。
解析
数在[－2,2]上的最小值是( )
A．－37
B．－29
C．－5
D．以上都不对
答案 A
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答案
解析 f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x∈(－2，0)时， f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max ＝f(0)＝m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以f(x)min＝f(－2)＝－37.
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解析
所以y＝f(x)的图象不关于点(1,0)对称，故C错误； 由f′(x)＝0得ex(x－1)－1＝0，即ex＝x－1 1， 数形结合可知此方程只有一个实数根，所以f(x)至多有1个极值点，故D 错误．
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解析
7．(2018·杭州二中模拟)已知可导函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线 为l：y＝g(x)(如图)，设F(x)＝f(x)－g(x)，则( )
最大值π6＋ 3.
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答案 解析
10．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为 2，则f(x)的极大值是________．
高考一轮总复习数学(理)课件 第2章 函数、导数及其应用 2-11 板块一 知识梳理 自主学习ppt版本
第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识] 考点1 函数的导数与单调性的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (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 ．
1
－
a.
∴
f′(x)
＝
1 x
－
ax
＋
a
－
1
＝
－ax2＋1＋ x
ax－x.①若
a≥0，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，所以 x＝1
是 f(x)的极大值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x
＝－1a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－
命题角度2 根据函数的单调性求参数范围
例2 已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]
上是单调减函数，则a的取值范围是(
)
A．0，34
C．34，＋∞
B.12，34 D.0，12
[解 析 ] f′(x)＝ (2x－ 2a)ex ＋ (x2 － 2ax)ex ＝ [x2 ＋ (2 － 2a)x－2a]ex，由题意知当 x∈[－1,1]时，f′(x)≤0 恒成立， 即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 恒成立．
①当－a2≤1 时，即－2≤a＜0 时，f(x)在[1,4]上的最小
值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2－2，均不符
2021年高考数学一轮复习 第2章《函数与导数》二次函数精品课件
a2 4a 1 >0
由
a
a<0,
a
解得a<-2- 3或-2+ 3 <a<0.
故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围
是（-∞,-2- 3)∪(-2+ 3,0).
【评析】解一元二次不等式 ax2+bx+c>0 或 ax2 +
bx+c<0 ，反映在数量关系上就是考查二次方程ax2+
bx+c=0的根，反映在图形上就是考查二次 y=ax2+bx
令h(a)=2a2,则当0<a<3-2 2时,h(a)是增函数.
∴h(a)<h(3-2 2)=2(3-2 2)2 2 =2(17-12 )
=2×
1
< 1.
17 12 2 即f(0)·f(1)-f(0)< 1 .
16
16
【评析】本题利用二次函数的性质研究了二次方程根 的分布问题,继而求出了待定字母a的取值范围.
即5a2-4a-1=0. 1 解得a=1或a=- 5 .
由于a<0，舍去a=1. 将a=- 1 代入①得f(x)的解析式为
5 163 f(x)=- x2- x- . 555
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(2)f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a
=
a
x
1
2a
2
a
2
4a
1
a
a
由a<0，可得f(x)的最大值为 a2 4a 1 .
学案4 二 次 函 数
1.二次函数 函数 y=ax2+bx+c(a≠0) 叫做二次函数,它的定义
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2021年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标11函数与方
程理
[解密考纲]本考点考查函数与方程的关系、函数的零点．在近几年的高考卷中选择题、填空题、解答题都出现过．选择题、填空题通常排在中间位置，解答题往往与其他知识综合考查，题目难度中等．
一、选择题
1．函数f (x )＝x 3＋2x －1的零点所在的大致区间是( A ) A ．(0,1)
B ．(1,2)
C ．(2,3)
D ．(3,4)
解析 f (0)＝－1<0，f (1)＝2>0，则f (0)·f (1)＝－2<0，且函数f (x )＝x 3
＋2x －1的图象是连续曲线，所以f (x )在区间(0,1)内有零点．
2．满足方程ln x ＋x －4＝0的x 0属于区间( C ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3)
D ．(3,4)
解析 设f (x )＝ln x ＋x －4，因为f (2)＝ln 2＋2－4<0，f (3)＝ln 3＋3－4>0，故零点一定在区间(2,3)内．
3．f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为( B ) A ．4 B ．5 C ．6
D ．7
解析 令f (x )＝0，则2sin πx ＝x －1，令h (x )＝2sin πx ，g (x )＝x －1，则f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为两个函数h (x )与g (x )图象的交点个数．h (x )＝2sin πx 的最小正周期为T ＝2π
π＝2，在同一坐标系中，画出两个函数的图象，如图所示，两个函数
图象的交点一共有5个，所以f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.
4．已知方程|x 2
－a |－x ＋2＝0有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围为( B ) A ．(0,4)
B ．(4，＋∞)
C ．(0,2)
D ．(2，＋∞)
解析 依题意，知方程|x 2
－a |＝x －2有两个不等的实数根，即函数y 1＝|x 2
－a |的图象与函数y 2＝x －2的图象有两个不同的交点．如图，则a >2，即a >4，故选B ．
5．已知函数f (x )＝e |x |
＋|x |，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是( B )
A ．(0,1)
B ．(1，＋∞)
C ．(－1,0)
D ．(－∞，－1)
解析 因为f (－x )＝e
|－x |
＋|－x |＝e |x |
＋|x |＝f (x )，故f (x )是偶函数．当x ≥0时，
f (x )＝e x ＋x 是增函数，故f (x )≥f (0)＝1，由偶函数图象关于y 轴对称，知f (x )在(－∞，
0)上是减函数，值域为[1，＋∞)，作出函数y ＝f (x )与y ＝k 的图象，如图所示，由图可知，实数k 的取值范围是(1，＋∞)，故选B ．
6．已知f (x ＋1)＝f (x －1)，f (x )＝f (－x ＋2)，方程f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝1
2
，则f (x )＝0在区间[0,2 017]内根的个数为( C )
A ．2 015
B ．1 008
C ．2 017
D ．1 009
解析 由f (x ＋1)＝f (x －1)，可知f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是2.由f (x )＝f (－x ＋2)可知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．因为函数f (x )＝0在[0,1]内有且只有一个根x ＝1
2
，所以函数f (x )＝0在区间[0,2 017]内根的个数为2 017，故选C ．
二、填空题
7．若二次函数f (x )＝x 2
－2ax ＋4在(1，＋∞)上有两个零点，则实数a 的取值范围为
__⎝ ⎛⎭
⎪⎫2，52__. 解析 依据二次函数的图象有
⎩⎪⎨⎪⎧
Δ>0，
－－2a 2>1，f 1>0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
4a 2
－16>0，
a >1，
a <52，
解得2<a <5
2
.
8．定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x >0时，f (x )＝2 017x
＋log 2 017x ，则在R 上函数
f (x )零点的个数为__3__.
解析 函数f (x )为R 上的奇函数，因此f (0)＝0，当x >0时，f (x )＝2 017x
＋log 2 017x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 017内存在一个零点，又f (x )为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一零点，从而函数f (x )在R 上的零点的个数为3.
9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
2x
－a ，x ≤0，
x 2
－3ax ＋a ，x >0
有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是
⎝ ⎛⎦
⎥⎤49，1 .
解析 依题意，要使函数f (x )有三个不同的零点，则当x ≤0时，方程2x －a ＝0，即2x
＝a 必有一个根，此时0<a ≤1；
当x >0时，方程x 2
－3ax ＋a ＝0有两个不等的实根，即方程x 2
－3ax ＋a ＝0有两个不等的正实根，
于是有⎩⎪⎨⎪
⎧
Δ＝9a 2
－4a >0，3a >0，
a >0，
解得a >4
9
，
因此，满足题意的实数a 需满足⎩⎪⎨⎪
⎧
0<a ≤1，a >4
9，即4
9
<a ≤1． 三、解答题
10．设函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋b －1(a ≠0)． (1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的零点；
(2)若对任意b ∈R ，函数f (x )恒有两个不同零点，求实数a 的取值范围． 解析 (1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2
－2x －3， 令f (x )＝0，得x ＝3或x ＝－1． 所以函数f (x )的零点为3或－1．
(2)依题意，ax 2
＋bx ＋b －1＝0有两个不同实根， 所以b 2
－4a (b －1)>0恒成立，
即对于任意b ∈R ，b 2
－4ab ＋4a >0恒成立，
所以有(－4a )2－4×(4a )<0⇒a 2
－a <0， 解得0<a <1，因此实数a 的取值范围是(0,1)．
11．已知y ＝f (x )是定义域为R 的奇函数，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2
－2x . (1)写出函数y ＝f (x )的解析式；
(2)若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，求a 的取值范围． 解析 (1)当x ∈(－∞，0)时，－x ∈(0，＋∞)， 因为y ＝f (x )是奇函数，
所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )2
－2(－x )]＝－x 2
－2x ，
所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
－2x ，x ≥0，
－x 2
－2x ，x <0.
(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )＝x 2
－2x ＝(x －1)2
－1，最小值为－1； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝－x 2
－2x ＝1－(x ＋1)2
，最大值为1．
可作出函数y ＝f (x )的图象(如图所示)，根据图象，若方程f (x )＝a 恰有3个不同的解，则a 的取值范围是(－1,1)．
12．已知函数f (x )＝－x 2
＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e
2
x
(x >0)．
(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；
(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．
解析 (1)∵x >0时，g (x )＝x ＋e 2
x
≥2e 2
＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值
域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e 时，y ＝g (x )－m 就有零点．所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．
(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e
2
x
(x >0)的大致图象．
∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2
. ∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2
.
故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．。