(江苏专用)2016高考数学二轮复习 专题一 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题课件 理
导数与函数的单调性、极值、 最值问题
高考定位
高考对本内容的考查主要有： (1) 导数的运算是
导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法
则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置
试题，是解决导数应用的第一步； (2) 利用导数研究函数的 单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数 研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.
热点二 导数与函数的极值、最值
[微题型1] 求含参函数的极值(或最值)
【例2－1】 (2015· 南京、盐城模拟)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R). (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
解 f′(x)＝3x2－2kx＋1. (1)当 k＝1 时，f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8＜0， 所以 f′(x)＞0 恒成立，故 f(x)在 R 上单调递增. 故函数 f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间. (2)当 k＜0 时，对∀x∈[k，－k]，都有 f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0， 故 f(x)≥f(k)； f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x ＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0， 故 f(x)≤f(－k).而 f(k)＝k＜0，f(－k)＝－2k3－k＞0， 所以 f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.
解
（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex (1) 对 f(x) 求 导 得 f′(x) ＝ ＝ x 2 （e ）
－3x2＋（6－a）x＋a ， ex 因为 f(x)在 x＝0 处取得极值，所以 f′(0)＝0，即 a＝0. －3x2＋6x 3x2 3 3 当 a＝0 时，f(x)＝ x ，f′(x)＝ ，故 f(1)＝ ，f′(1)＝ ，从 e ex e e 3 3 而 f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－e ＝e (x－1)，化简得 3x－ey ＝0. －3x2＋（6－a）x＋a (2)由(1)知 f′(x)＝ . ex 令 g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由 g(x)＝0，
上的单调性即可. 2a3 f′(x)＝2＋ x3 ，令 f′(x)＝0，得 x＝－a. ①当 a≤0 时，f′(x)＞0，所以 f(x)在区间(－∞，0)上单调递增. ②当 a＞0 时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以 f(x)在区间(－∞，－a) 上单调递增. x∈(－a，0)，f′(x)＜0，所以 f(x)在区间(－a，0)上单调递减. 综上所述，当 a≤0 时，f(x)单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)； 当 a＞0 时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间 为(－a，0)，(0，a).
9 9 － ，故 a 的取值范围为－2，＋∞. 2
探究提高
(1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜
0)直接得到单调递增(或递减)区间.
(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或
f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等 式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数 的范围.
(2)当 a＞0，x＞0 时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0， 故当 a＞0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数. 当 a＜0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当 5 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0，解得－4≤a＜0. 综上，a
5 的取值范围是－4，0∪(0，＋∞).
探究提高 类讨论：
含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分
(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论； (2)导数为零的自变
量是否在给定的区间内不确定需要讨论； (3)端点处的函数值和极
值大小不确定需要讨论； (4)参数的取值范围不同导致函数在所给 区间上的单调性的变化不确定需要讨论.
[微题型2] 与极值点个数有关的参数问题 【例2－2】 (2015· 常州调研)已知函数f(x)＝ax2－ex，a∈R，f′(x)是
【训练1】 函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0 的判别式 Δ＝36(1－a). ①若 a≥1，则 f′(x)≥0，且 f′(x)＝0 当且仅当 a＝1，x＝－1，故此 时 f(x)在 R 上是增函数. ②由于 a≠0，故当 a＜1 时，f′(x)＝0 有两个根， －1＋ 1－a －1－ 1－a x1 ＝ ，x2＝ . a a
若 0＜a＜1，则当 x∈(－∞，x2)或 x∈(x1，＋∞)时， f ′(x)＞0，故 f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数； 当 x∈(x2，x1)时，f′(x)＜0， 故 f(x)在(x2，x1)上是减函数； 若 a＜0，则当 x∈(－∞，x1)或 x∈(x2，＋∞)时， f′(x)＜0，故 f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数； 当 x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0， 故 f(x)在(x1，x2)上是增函数.
1 1 2 ②当 0＜a＜2时， 由 f′(x)＝0,即 ax －x＋1－a＝0,解得 x＝1 或a－1， 1 此时a－1＞1＞0，所以当 x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时 f′(x)＜0，函 数
1 f(x)单调递减；x∈1，a－1时，g(x)＜0，此时
f′(x)＞0，函数 f(x)
f(x)的导函数(e为自然对数的底数).若f(x)有两个极值点x1，x2，
求实数a的取值范围.
解
法一
若 f(x)有两个极值点 x1，x2，则 x1，x2 是方程 f′(x)＝0 的
两个根.
x e f′(x)＝2ax－ex＝0，显然 x≠0，故 2a＝ x ，
（x－1）ex ex 令 h(x)＝ x ，则 h′(x)＝ . x2 若 x＜0，则 h(x)单调递减，且 h(x)＜0. 若 x＞0，当 0＜x＜1 时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上递减， 当 x＞1 时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)min＝h(1)＝e.
1 单调递增；x∈a－1，＋∞时，g(x)＞0，此时
f′(x)＜0，函数 f(x)
单调递减. 综上所述，当 a＝0 时，函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞) 1 上单调递增；当 0 ＜ a ＜ 2 时，函数 f(x) 在 (0 ， 1) 上单调递减，在 1 1 1， －1上单调递增，在 －1，＋∞上单调递减. a a
可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小 关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是 区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的 最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的
所有极小值中的最小者.
1－a a－1 1 (2)因为 f(x)＝ln x－ax＋ x －1，所以 f′(x)＝x －a＋ x2 ＝ ax2－x＋1－a － ， x∈(0， ＋∞).令 g(x)＝ax2－x＋1－a， x∈(0， ＋∞). 2 x ①当 a＝0 时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当 x∈(0，1)时，g(x) ＞0， 此时 f′(x)＜0， 函数 f(x)单调递减； 当 x∈(1， ＋∞)时， g(x)＜0， 此时 f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增.
（x－1）（x＋2） ＝ ，x∈(0，＋∞). x2 由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－2(舍去)， 所以当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增. 故当 a＝－1 时，函数 f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减 区间为(0，1).
②当 a＝0 时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1 对一切 x＞0 成立， 故 a＝0 满足题设要求. ③当 a＞0 时，由(1)可知 f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上 是增函数，所以 f(x)min＝f(a)＝3a－1＞a－1， 所以 a＞0 时也满足题设要求. 综上所述，a 的取值范围是[0，＋∞).
探究提高
讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情
况 . 大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二 次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方
程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出
根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论 .讨论函 数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域 的限制.
热点一
导数与函数的单调性 求含参函数的单调区间
[微题型 1]
1－a 【例 1－1】 (2015· 苏北四市调研)已知函数 f(x)＝ln x－ax＋ x －1，a∈R. (1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)的单调区间； 1 (2)当 0≤a＜2时，讨论 f(x)的单调性.
解
2 (1)当 a＝－1 时， f(x)＝ln x＋x＋x －1， x∈(0， ＋∞)， 所以 f′(x)
2.极值的判别方法 当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧 f′(x) ＜ 0 ，那么 f(x0) 是极大值；如果在 x0 附近的左侧 f′(x) ＜ 0 ，右 侧 f′(x) ＞0，那么 f(x0)是极小值 .也就是说x0是极值点的充分条件
是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也
专题1.10 导数(教学案)-2016年高考数学二轮复习精品资料(江苏版)(原卷版)
专题十 导数一．考场传真1．【苏州市2016届高三年级第一次模拟考试】已知函数f (x )＝|sin |x －kx (x ≥0，k ∈R )有且只有三个零点，设此三个零点中的最大值为0x ，则200(1)sin 2x x x +＝ ． 2．【泰州市2016届高三第一次模拟考试】一玩具盘由一个直径为2米的半圆O 和一个矩形ABCD 构成，1AB =米，如图所示．小球从A 点出发以v 5的速度沿半圆O 轨道滚到某点E 处后，经弹射器以6v 的速度沿与点E 切线垂直的方向弹射到落袋区BC 内，落点记为F ．设A O E θ∠=弧度，小球从A 到F 所需时间为T ．(1)试将T 表示为θ的函数()T θ，并写出定义域； (2)求时间T 最短时cos θ的值．F3．【泰州市2016届高三第一次模拟考试】函数()4212f x ax x =-，(0,)x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-． (1)若0a >，求证：①()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；②()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点； (2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．4．【淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市2016届高三第二次调研】如图，OA 是南北方向的一条公路，OB是北偏东45︒方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C ．为方便游客光，拟过曲线C 上的某点分别修建与公路OA ，OB 垂直的两条道路PN PM ,，且PN PM ,的造价分别为5万元/百米，40万元/百米，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则曲线符合函数)91(242≤≤+=x xx y 模型，设x PM =，修建两条道路PN PM ,的总造价为)(x f 万元，题中所涉及的长度单位均为百米． (1)求)(x f 解析式；(2)当x 为多少时，总造价)(x f 最低？并求出最低造价．5．【苏北四市2016届高三第二次调研】已知函数321()e 2(4)243x f x x x a x a ⎡⎤=-++--⎢⎥⎣⎦，其中a ∈R ，e为自然对数的底数． (1)若函数)(x f 的图像在0=x 处的切线与直线0=+y x 垂直，求a 的值； (2)关于x 的不等式4()e 3x f x <-在)2,(-∞上恒成立，求a 的取值范围； (3)讨论)(x f 极值点的个数．6．【扬州市2015—2016学年度第一学期期末检测试题】某隧道设计为双向四车道，车道总宽20米，要求通行车辆限高4.5米，隧道口截面的拱线近似地看成抛物线形状的一部分，如图所示建立平面直角坐标系xOy ．(1)若最大拱高h 为6米，则隧道设计的拱宽l 是多少？(2)为了使施工的土方工程量最小，需隧道口截面面积最小．现隧道口的最大拱高h 不小于6米，则应如何设计拱高h 和拱宽l ，使得隧道口截面面积最小？(隧道口截面面积公式为lh S 32=)。
(江苏专版)高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数与函数的单调性实用课件文
4.[考点一]已知函数 f(x)＝ln x－ax(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a(x＞0)， ①当 a≤0 时，f′(x)＝1x－a＞0， 即函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当 a＞0 时，令 f′(x)＝1x－a＝0，可得 x＝1a， 当 0＜x＜1a时，f′(x)＝1－xax＞0；当 x＞1a时，f′(x)＝1－xax＜0，
课时(kèshí)达标检测
第二页，共34页。
01 突破点（一） 利用导数讨论(tǎolùn)函 数的单调 性或求函数的单调区间
第三页，共34页。
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．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： (1)若 f′(x)＞0，则 f(x)为这个区间上的 增函数 ； (2)若 f′(x)＜0，则 f(x)为这个区间上的 减函数 ； (3)若 f′(x)＝0，则 f(x)在这个区间上是 常数函数 ．
(k∈Z )；
对于②，f′(x)＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴函数 f(x)＝xex 在(0，＋∞)上为增函数； 对于③，f′(x)＝3x2－1，令 f′(x)＞0，得 x＞ 33或 x＜－ 33， ∴函数 f(x)＝x3－x 在－∞，－ 33和 33，＋∞上单调递增； 对于④，f′(x)＝－1＋1x＝－x－x 1，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1， ∴函数 f(x)＝－x＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．答案：②
根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标 和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成 若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从
江苏省2016年高考理科数学二轮专题复习课件：专题一 函数与导数、不等式第2讲
不等式 f(x)>x
解得：x>5 或－5<x<0.
答案 (－5，0)∪(5，＋∞)
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4.(2012· 江苏卷)已知正数 a， b， c 满足： 5c－3a≤b≤4c－a， cln b≥a b ＋cln c，则a的取值范围是________. a＋b≤4c， 3a＋b≥5c， 解析 由题意知 a cln b－a≥cln c⇒b≥ ce c . 作出可行域(如图所示).
a＋b＝4c， 由 得 3a＋b＝5c，
7 c a＝2，b＝2c.
b 此时 a max ＝7.
a＋b＝4c， 由 得 b＝ a ， ce c
4c 4ce a＝ ，b＝ . e＋1 e＋1
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4c e b e＋1 此时 a min ＝ 4c ＝e. e＋1 b 所以a∈[e，7].
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2.(2014· 江苏卷 ) 已知函数 f(x) ＝ x2 ＋ mx － 1 ，若对于任意 x∈[m ， m
＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________.
解析 二次函数 f(x)对于任意 x∈[m，m＋1]，都有 f(x)<0 成立，
2 2 f（m）＝m ＋m －1<0， 则有 2 f（m＋1）＝（m＋1） ＋m（m＋1）－1<0，
2 解得－ <m<0. 2 2 答案 － ，0 2
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【5份】江苏省2016年高考理科数学二轮专题复习课件：专题一 函数与导数、不等式 共168张PPT
解析 因为函数 f(x)是周期为 2 的函数，所以 f(－1)＝f(1)⇒－a 1 b＋2 1 3 1 2 b＋2 1 ＋1＝ ，又 f 2 ＝f 2 ＝f －2 ⇒ ＝－ a＋1，联立列成方 2 3 2 2 程组解得 a＝2，b＝－4，所以 a＋3b＝2－12＝－10.
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考点整合 1.函数的性质 (1) 单调性：证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变 形、判断符号和下结论 .可以用来比较大小，求函数最值，解不 等式，证明方程根的唯一性；
(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函
解析 作出函数 y＝f(x)与 y＝a 的图象， 根据图象交点个数得出 a
的取值范围.作出函数 y＝f(x)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2) 1 1 ＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝2，观察图象可得 0＜a＜2.
答案
1 0， 2
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1 f(x＋a)＝－f(x)或f（x＋a）＝f（x） ，
则 y＝f(x)是周期为 2|a|的周期函数.
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2.函数的图象
对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基 本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移 变换、伸缩变换和对称变换. 3.函数的零点与方程的根
4.应用函数模型解决实际问题的一般程序 读题 建模 求解 反馈 ⇒ ⇒ ⇒ （文字语言） （数学语言） （数学应用） （检验作答） 与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实 际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题.解答这 类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方 程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.
江苏高考数学(理)总复习课件： 导数与函数的单调性共33页文档
31、只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克
江苏高考数学(理)总复习课件： 导数 与函数的单调性
1、战鼓一响，法律无声。——英国 2、任何法律的根本；不，不成文法本 身就是 讲道理 ……法 律，也 ----即 明示道 理。— —爱·科 克
3、法律是最保险的头盔。 塞内加 5、法律不能使人人平等，但是在法律 面前人 人是平 等的。 ——波 洛克
江苏省2016年高考理科数学二轮专题复习课件：专题一 函数与导数、不等式第4讲
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真题感悟
(2015· 江苏卷)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性； (2)若 b＝c－a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同 的零点时，a 求 c 的值.
3 3 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪1，2∪2，＋∞，
时，f′(x)＜0，所以函数
2a 在0，－ 3 上单调递减.
(2)由(1)知，函数 f(x)的两个极值为 f(0)＝b，
2a 4 3 f － 3 ＝ a ＋ b ，则函数 27 4 3 b27a ＋b＜0，
f(x) 有三个零点等价于
2a f(0)· f － 3 ＝
第 4讲
导数与函数图象的切线 及函数零点问题
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高考定位
高考对本内容的考查主要有： (1) 导数的几何意
义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上
在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；
(2) 在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命 题的另一热点.
c＝1.
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考点整合 1.求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的 斜率f′(x0)，由点斜式写出方程.
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，
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江苏高考数学(理)总复习课件： 导数与函数的单调性
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(2)若 x∈[－2,2]时，不等式 f(x)＞m 恒成立，求实数 m 的取 值范围． 解：因为 x∈[－2,2]时，不等式 f(x)＞m 恒成立， 所以 m＜ f(x)min； 由(1)知 f(x)在[－2,2]上单调递减，所以 f(x)min＝f(2)＝2－e2. 所以当 m＜2－e2 时，不等式 f(x)＞m 恒成立． 故实数 m 的取值范围为(－∞，2－e2)．
因此当 a≤0 时，f(x)的单调递增区间为 R ；
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③当 a＜0 时，f(x)的单调递减区间是0，－a2， 单调递增区间是－a2，＋∞， ∴f(x)min＝f －a2＝a42＋a22－a2ln－a2＞0，
3
解得－2e 4 ≤a＜0.
3
综上，实数 a 的取值范围是[－2e 4 ，1]．
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2．(2019·苏州十中检测)设函数 f(x)＝12x2＋ex－xex. (1)求 f(x)的单调区间； 解：f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)． 若 x＜0，则 1－ex＞0，所以 f′(x)＜0； 若 x＞0，则 1－ex＜0，所以 f′(x)＜0； 若 x＝0，则 f′(x)＝0. 所以 f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数， 即 f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)．
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③当 a＜0 时，由 f′(x)＞0，解得 x＞－a2，函数 f(x)单调递增； 由 f′(x)＜0，解得 0＜x＜－a2，函数 f(x)单调递减， ∴f(x)的单调递减区间是0，－a2，单调递增区间是－a2，＋∞. (2)f(x)≥0 恒成立等价于 f(x)min≥0，由(1)知， ①当 a＝0 时，f(x)＝x2＞0，符合题意； ②当 a＞0 时，f(x)的单调递减区间是(0，a)， 单调递增区间是(a，＋∞)， ∴f(x)min＝f(a)＝a2－a2－a2ln a≥0， 解得 0＜a≤1；
2016届高三数学(文)二轮复习题型专题检测(3)导数与函数的单调性、极值与最值
题型专题检测(七) 导数与函数的单调性、极值与最值1.函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)2．(2015·江西省八校联考)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B.⎝⎛⎭⎫0，12 C ．(0,1) D ．(0，＋∞)3．(2015·九江统考)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．4．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为________． 5．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．6．(2015·洛阳统考)已知f (x )＝x e x －ax 2－x .(1)若f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，求f (x )的极小值；(2)当x ≥0时，恒有f (x )≥0，求实数a 的取值范围．7.(2015·兰州诊断考试)已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x ＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．8．(2015·河北省五校联盟质量监测)已知函数f (x )＝ax 2－e x (a ∈R)．(1)当a ＝1时，判断函数f (x )的单调区间并给予证明；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，证明：－e 2＜f (x 1)＜－1.答 案1．选B 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1]．2．选B ∵f (x )＝x (ln x －ax )，∴f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，故f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x， 设g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln x x 2， ∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，而g (x )max ＝g (1)＝1，∴只需0<2a <1，即0<a <12. 3．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立．又∵y ＝－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上单调递减， ∴⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 4．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ， 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x ＝－(ax ＋1)(x －1)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－1＜a ＜0. 综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)5．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a . 若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为 f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0.因此，a 的取值范围是(0,1)．6．解：(1)∵f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，∴f ′(－1)＝0.∵f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ax －1，∴2a －1＝0，a ＝12. ∴f ′(x )＝(x ＋1)e x －x －1＝(x ＋1)(e x －1)，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )的极小值为f (0)＝0.(2)f (x )＝x (e x －ax －1)，令g (x )＝e x －ax －1，则g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，∴当x ≥0时，g (x )≥0，从而f (x )≥0.若a >1，则x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，g (0)＝0，故x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，从而f (x )<0，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．7．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a .当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数；当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x －x )－e x ＋x 2＋x .∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴g ′(x )＝x e x －m e x ＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m ≤x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上恒成立． 令h (x )＝x e x ＋1e x －1，x ∈(2，＋∞)， 则h ′(x )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 令L (x )＝e x －x －2，则L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x －x －2在(2，＋∞)上为增函数，即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，∴h ′(x )>0，即h (x )＝x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上为增函数，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1， ∴m ≤2e 2＋1e 2－1，即实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2e 2＋1e 2－1. 8．证明：(1)a ＝1时，f (x )＝x 2－e x ，f ′(x )＝2x －e x ， 令g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x .令2－e x ＝0，则x ＝ln 2，当x >ln 2时，g ′(x )<0.当x <ln 2时，g ′(x )>0.∴g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2<0.∴f ′(x )<0在R 上恒成立．从而f (x )为R 上的单调递减函数．(2)f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，即f ′(x )＝2ax －e x ＝0有两个实根x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(f ′(x ))′＝2a －e x ＝0，得x ＝ln 2a .由f ′(ln 2a )＝2a ln 2a －2a ＞0，得ln 2a ＞1,2a ＞e. 又f ′(0)＝－1＜0，f ′(1)＝2a －e ＞0，所以0＜x 1＜1＜ln 2a .由f ′(x 1)＝2ax 1－e x 1＝0，得ax 1＝e x 12， f (x 1)＝ax 21－e x 1＝e x 12x 1－e x 1 ＝e x 1⎝⎛⎭⎫x 12－1(0＜x 1＜1)，令y ＝e x ⎝⎛⎭⎫x 2－1(0＜x ＜1)， 则y ′＝e x ·x －12＜0，f ′(x 1)＝e x 1·x 1－12＜0， ∴－e 2＝f (1)＜f (x 1)＜f (0)＝－1.。
2016高考数学大二轮总复习与增分策略(江苏专用,理科)配套课件专题二 函数与导数第3讲
x2－8x－9 x－9x＋1 ＝－ ＝－ >0， x4 x4
∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6， ∴a≥－6.
1 2 3 4
x2－4x－3 x2－4x－3 当 x∈[－2,0)时，a≤ ， ∴ a ≤ 3 min. 3 x x
3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析 当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，
即a∈R.
2 x －4x－3 3 2 当 x∈(0,1]时，ax ≥x －4x－3，a≥ ， x3
x2－4x－3 ∴a≥ 3 max. x 1 2 3 4x2来自4x－3 设 φ(x)＝ ， x3
考情考向分析
1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一 个热点. 2. 利用导数解决函数的单调性与极值 最值 是高考的 常见题型.
热点分类突破 热点一 导数的几何意义
1.函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线
的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的
切线l的方程为y－0＝－6(x－1)，即y＝－6x＋6. 1 所以直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为 S＝2×1×6＝3.
思维升华
(1)求曲线的切线要注意 “过点P的切线”与“在点P处的切 线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不 一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点. (2) 利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、 切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间 的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率 之间的关系，进而和导数联系起来求解.
(江苏专用)高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时1 导数与函数的单调性
课时1 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性 例1 求函数f (x )＝ln xx的单调区间．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．思维升华 确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为____________．答案 (0,1]解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝x －1x ＋1x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1，∴递减区间为(0,1]． 题型二 含参数的函数的单调性例2已知函数f (x )＝ln(e x＋1)－ax (a >0)． (1)若函数y ＝f (x )的导函数是奇函数，求a 的值； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间． 解 (1)函数f (x )的定义域为R . 由已知得f ′(x )＝exe x ＋1－a .∵函数y ＝f (x )的导函数是奇函数， ∴f ′(－x )＝－f ′(x )，即e－xe －x ＋1－a ＝－e xe x ＋1＋a ，解得a ＝12.(2)由(1)知f ′(x )＝e xe x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′(x )<0恒成立， ∴a ∈[1，＋∞)时，函数y ＝f (x )在R 上单调递减． ②当0<a <1时，由f ′(x )>0得(1－a )(e x＋1)>1， 即e x>－1＋11－a ，解得x >ln a 1－a， 由f ′(x )<0得(1－a )(e x＋1)<1， 即e x<－1＋11－a ，解得x <ln a1－a. ∴a ∈(0,1)时， 函数y ＝f (x )在(lna1－a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a1－a )上单调递减．综上，当a ≥1时，f (x )在R 上单调递减；当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a1－a 上单调递减． 思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数．讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈(0, 1－a2a)时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0, 1－a2a)上单调递减，在( 1－a2a，＋∞)上单调递增．题型三 利用函数单调性求参数例3 设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围．解 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2， 依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x)max ＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)． 引申探究：在本例3(3)中，1．若g (x )在(－2，－1)内为减函数，如何求解？解 方法一 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数， ∴g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′－2≤0，g ′－1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3，即实数a 的取值X 围为(－∞，－3]． 方法二 ∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，由题意可得g ′(x )≤0在(－2，－1)上恒成立， 即a ≤x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x，x ∈(－2，－1)的值域为(－3，－2 2 ]， ∴a ≤－3，∴实数a 的取值X 围是(－∞，－3]．2．若g (x )的单调减区间为(－2，－1)，求a 的值． 解 ∵g (x )的单调减区间为(－2，－1)， ∴x 1＝－2，x 2＝－1是g ′(x )＝0的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a ，即a ＝－3.3．若g (x )在(－2，－1)上不单调，求a 的取值X 围．解 由引申探究1知g (x )在(－2，－1)上为减函数，a 的X 围是(－∞，－3]，若g (x )在(－2，－1)上为增函数，可知a ≥x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x的值域为(－3，－2 2 ]，∴a 的X 围是[－22，＋∞)，∴函数g (x )在(－2，－1)上单调时，a 的取值X 围是 (－∞，－3]∪[－22，＋∞)，故g (x )在(－2，－1)上不单调，实数a 的取值X 围是 (－3，－22)．思维升华 已知函数单调性，求参数X 围的两个方法(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)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．已知函数f (x )＝e xln x －a e x(a ∈R )．(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1e x ＋1垂直，求a 的值；(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，某某数a 的取值X 围． 解 (1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝(1x－a ＋ln x )e x，f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e＝－1，得a ＝2.(2)由(1)知f ′(x )＝(1x－a ＋ln x )e x，若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0，在x >0时恒成立． 即1x－a ＋ln x ≤0，在x >0时恒成立．所以a ≥1x＋ln x ，在x >0时恒成立．令g (x )＝1x＋ln x (x >0)，则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2(x >0)，由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (x )＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数，则f ′(x )≥0，在x >0时恒成立，即1x－a ＋ln x ≥0，在x >0时恒成立，所以a ≤1x＋ln x ，在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.故实数a 的取值X 围是(－∞，1]．5．分类讨论思想研究函数的单调性典例 (14分)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．思维点拨 依据g (x )的切线条件可得g ′(1)＝0得a ，b 关系，代g (x )后消去b ，对a 进行分类讨论确定g ′(x )的符号． 规X 解答解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .[2分]由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得：g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1.[4分](2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x.由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1，[6分] 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，[7分]若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；[9分]若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，[11分]若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0.[12分] 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，12a )上单调递减，在(12a ，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在(0，12a)上单调递增，在(12a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[14分] 温馨提醒 (1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． (2)本题求解先分a ＝0或a >0两种情况，再比较12a和1的大小．[方法与技巧]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域． 2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决． [失误与防X]1．f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．讨论函数单调性要在定义域内进行，不要忽略函数的间断点.A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是____________． 答案 (2，＋∞)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 >2.2．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值X 围为__________． 答案 (－∞，52]解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52.3．设函数f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，则实数t 的取值X 围是____________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π－π6，k ∈Z 解析 由题意得f ′(x )＝1－2cos x ≤0，即cos x ≥12，解得2k π－π3≤x ≤2k π＋π3 (k ∈Z )，∵f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3，∴2k π－π3≤t ≤2k π－π6(k ∈Z )．4．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )>f (x )恒成立，若x 1<x 2， ()()1221则与x x e f x e f x 的大小关系为________________． 答案 ()()1221x x e f x e f x > 解析 设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由题意g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，当x 1<x 2时，g (x 1)<g (x 2)，即1212()()，x x f x f x e e< 所以()()1221x x e f x e f x >．5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f (12)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．答案 c <a <b解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f (12)，即有f (3)<f (0)<f (12)，c <a <b .6．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为________． 答案 (0,1)解析 函数的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以单调递减区间是(0,1)．7．已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值X 围是________．答案 [34，＋∞)解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立， 即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1,1]时恒成立． 令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧g －1≤0，g1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋2－2a ·－1－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.8．已知函数f (x )＝3x a－2x 2＋ln x (a >0)．若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a 的取值X围是________．答案 (0，25]∪[1，＋∞)解析 f ′(x )＝3a －4x ＋1x，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x在[1,2]上恒成立．令h (x )＝4x －1x，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3， 又a >0，所以0<a ≤25或a ≥1.9．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，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 10．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，某某数m 的取值X 围．解 (1)由已知得f ′(x )＝1x， ∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2.又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1. (2)∵φ(x )＝m x －1x ＋1－f (x )＝m x －1x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数．∴φ′(x )＝－x 2＋2m －2x －1x x ＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x，x ∈[1，＋∞)，∵x ＋1x∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2.故实数m 的取值X 围是(－∞，2]．B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)11．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X 围是__________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ， ∴f ′(x )＝x －9x(x >0)， 当x －9x≤0时，有0<x ≤3， 即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.12．已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则下列关系正确的是________．①f (1)<e f (0)，f (2 016)>e2 016f (0)； ②f (1)>e f (0)，f (2 016)>e2 016f (0)； ③f (1)>e f (0)，f (2 016)<e2 016f (0)； ④f (1)<e f (0)，f (2 016)<e2 016f (0)． 答案 ④解析 令g (x )＝f x e x ， 则g ′(x )＝(f x e x )′＝f ′x e x －f x e x e 2x ＝f ′x －f xe x <0，所以函数g (x )＝f xe x是单调减函数， 所以g (1)<g (0)，g (2 016)<g (0)，即f 1e 1<f 01，f 2 016e 2 016<f 01，故f (1)<e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0)．13．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a 的取值X 围是________．答案 (－19，＋∞) 解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a . 当x ∈[23，＋∞)时， f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19. 所以a 的取值X 围是(－19，＋∞)． 14．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________． 答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x＝－x －1x －3x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.15．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(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X 围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a 1－x x， 当a >0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1， 即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x. ∴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， 即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′t <0，g ′3>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373. 所以－373<m <－9. 即实数m 的取值X 围是(－373，－9)．。