2020高考数学 导数的11个专题

目录

导数专题一、单调性问题 (2)

导数专题二、极值问题 (38)

导数专题三、最值问题 (53)

导数专题四、零点问题 (77)

导数专题五、恒成立问题和存在性问题 (118)

导数专题六、渐近线和间断点问题 (170)

导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题 (190)

导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 (201)

导数专题九、公切线解决导数中零点问题 (214)

导数专题十、极值点偏移问题 (219)

导数专题十一、构造函数解决导数问题 (227)

导数专题一、单调性问题

【知识结构】

【知识点】

一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；

二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，

讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.

三、分类讨论的思路步骤：

第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；

第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与

区间的位置关系（分类讨论）；

第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；第四步、（列表）根据第五步的草图列出f '(x)，f (x)随x 变化的情况表，并写出函数的单调区间；

第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数

值比较得到函数的最值.

四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：

1.最高次项系数是否为0；

2.导函数是否有极值点；

3.两根的大小关系；

4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：

（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为f '(x) ≥ 0 或f '(x) ≤ 0 恒成立；

（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参

变量的范围；

（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于

零有解.

六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法

（1）参变分离；

（2）导函数的根与区间端点直接比较；

（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

七、求解函数单调性问题方法提炼：

（1）将函数f (x )单调增（减）转化为导函数f '(x)≥(≤)0恒成立；

（2）f '(x)=g (x )h (x )，由g (x)> 0 （或g (x)< 0 ）可将f '(x)≥(≤)0恒成立转化为h (x )≥(≤)0（或h (x )≤(≥)0）恒成立；

（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。

{ }

【考点分类】

考点一、分类讨论求解函数单调性；

【例 1-1】（2015-2016 朝阳一模理 18）已知函数 f (x ) = x + a ln x , a ∈ R ．

（Ⅰ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅱ）当 x ∈[1, 2]时，都有 f (x ) > 0 成立，求 a 的取值范围；

（Ⅲ）试问过点

P (1，3) 可作多少条直线与曲线 y = f (x ) 相切？并说明理由．

f (x ) 的定义域为 x x > 0 ． f '(x ) = 1+ a =

x + a ．

x

x

（1）当 a ≥ 0 时， f '(x ) > 0 恒成立，函数 f (x ) 在(0, +∞) 上单调递增；

（2）当 a < 0 时， 令 f '(x ) = 0 ，得 x = -a ．

当0 < x < -a 时， f '(x ) < 0 ，函数 f (x ) 为减函数； 当 x > -a 时， f '(x ) > 0 ，函数 f (x ) 为增函数．

综上所述，当 a ≥ 0 时，函数 f (x ) 的单调递增区间为(0, +∞) ．

当

a < 0 时，函数 f (x ) 的单调递减区间为(0, -a ) ，单调递增区间为(-a ，+∞) ． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当

-a ≤ 1 时，即 a ≥ -1 时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上为增函数，所以在区间[1, 2] 上， f (x )min = f (1) = 1 ，显然函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零；

（2）当1 < -a < 2 时，即-2 < a < -1 时，函数 f (x ) 在[1

，- a ) 上为减函数，在(-a , 2] 上为增函数，所以 f (x )min = f (-a ) = -a + a ln(-a ) ．

依题意有 f (x )min = -a + a ln(-a ) > 0 ，解得 a > -e ，所以-2 < a < -1 ． （3）当-a ≥ 2 时，即 a ≤ -2 时， f (x ) 在区间[1, 2] 上为减函数， 所以 f (x )min = f (2) = 2+a ln 2 ．

依题意有 f (x )

min = 2+a

ln 2 > 0 ，解得 a > - 2 ln 2 ，所以-

2

ln 2

< a ≤ -2 ．

x x

综上所述，当 a > -

2

ln 2

时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零．

（Ⅲ）设切点为（x , x +a ln x ) ，则切线斜率 k = 1 +

a

，

切线方程为 y - (x + a ln x ) = (1 +

x 0

a

)(x - x ) ．

因为切线过点 P (1,3) ，则3 - (x + a ln x ) = (1 + a

)(1 - x ) ．

即 a (ln x 0 +

0 -1) - 2 = 0 ． ………………①

令 g (x ) = a (ln x + 1

-1) - 2 (x > 0) ，则 g '(x ) = a ( 1

- 1 ) = a (x -1) ．

x

（1）当 a < 0 时，在区间(0,1) 上， g '(x ) > 0 ， x x 2

x 2

g (x ) 单调递增；

在区间(1, +∞) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，

所以函数 g (x ) 的最大值为 g (1) = -2 < 0 ．

故方程 g (x ) = 0 无解，即不存在 x 0 满足①式． 因此当 a < 0 时，切线的条数为0 ．

（2）当 a > 0 时, 在区间(0,1) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，

在区间(1, +∞) 上， g '(x ) > 0 ， g (x ) 单调递增， 所以函数 g (x ) 的最小值为 g (1) = -2 < 0 ．

1+ 2 2 -1- 2

-1- 2 取 x 1 = e

a

> e ，则 g (x 1 ) = a (1+ + e a

a -1) - 2 = a e a > 0 ．

故 g (x ) 在(1, +∞) 上存在唯一零点．

-1-

2

1

2 1+ 2 1+ 2 1+ 2 2

取 x 2 = e < e ， 则 g (x 2 ) = a (-1- a + e a -1) - 2 = a e a - 2a - 4 = a [e a - 2(1+ )] ． a

设t = 1 + 2

(t > 1) ， u (t ) = e t - 2t ，则u '(t ) = e t

- 2 ．

a

1

x

a

当t > 1 时， u '(t ) = e t

- 2 > e - 2 > 0 恒成立．

所以u (t ) 在(1, +∞) 单调递增， u (t ) > u (1) = e - 2 > 0 恒成立．所以 g (x 2 ) >

0 ． 故 g (x ) 在(0,1) 上存在唯一零点． 因此当 a > 0 时，过点 P (1，

3) 存在两条切线．

（3）当 a = 0 时， f (x ) = x ，显然不存在过点 P (1，

3) 的切线．综上所述，当 a > 0 时，过点 P (1，3) 存在两条切线； 当 a ≤ 0 时，不存在过点 P (1，

3) 的切线． 【例 1-2】（2015-2016 海淀一模理 18）已知函数 f ( x ) = ln x + 1 -1 ， g ( x ) = x -1

.

x （Ⅰ）求函数 f (x ) 的最小值；

（Ⅱ）求函数 g (x ) 的单调区间；

(Ⅲ) 求证：直线 y = x 不是曲线 y = g (x ) 的切线.

ln x

f (x ) 的定义域为(0, +∞)，

f '( x ) = 1 - 1

= x - 1

x x 2 x 2

当 x 变化时， f '(x ) ， f (x ) 的变化情况如下表：

函数 f (x ) 在(0, +∞) 上的极小值为 f (a ) = ln1 + 1

- 1 = 0 ，

1

所以 f (x ) 的最小值为0

（Ⅱ）解：函数 g (x ) 的定义域为(0,1) Y (1, +∞) ，

ln x - ( x -1) 1 ln x + 1

-1

g '( x ) = ?x = ?x =

f ( x ) ln 2 x ln 2 x ln 2 x

由（Ⅰ）得， f ( x ) ≥ 0 ，所以 g '(x ) ≥ 0

1 2

1

0 0

所以g (x) 的单调增区间是(0,1),(1, +∞) ，无单调减区间.

（Ⅲ）证明：假设直线y =x 是曲线g(x) 的切线.

ln x

+

x

-1

设切点为(x0 , y0 ) ，则g '(x0 ) =1，即0=1

ln2 x

又 y =

x

-1

, y =x ，则

x

-1

=x .

ln x

ln x

所以ln x0=

x

-1

= 1-

1

x

x

, 得g '(x0 ) = 0 ，与g '(x0 ) = 1矛盾

所以假设不成立，直线

y =x 不是曲线g(x) 的切线

【练1-1】（2015-2016 西城一模理18）已知函数f ( x) =xe x -ae x -1 ，且f ' (1) =e . (Ⅰ) 求a 的值及f (x) 的单调区间；

(Ⅱ) 若关于x 的方程f ( x) =kx2 - 2(k > 2) 存在两个不相等的正实数根x , x ，证明：x -x > ln

4

.

1 2 e

f ( x) 求导，得 f '(x) = (1+x)e x -a e x-1 ，

所以 f '(1) = 2e -a = e ，解得a =e.

故 f (x) =x e x -e x ， f '(x) =x e x.

令 f '(x) = 0 ，得 x = 0 .

当x 变化时， f '( x) 与f (x) 的变化情况如下表所示：

所以函数 的单调减区间为，单调增区间为.

（Ⅱ）解：方程 f (x) =kx2 - 2 ，即为(x -1)e x -kx2 + 2 = 0 ，

设函数 g(x) = (x -1)e x -kx2 + 2 .

求导，得g'(x) =x e x - 2kx =x(e x - 2k) ．

由g'(x) = 0 ，解得 x = 0 ，或 x = ln(2k) .

所以当x ∈ (0, +∞) 变化时，g'(x) 与g(x) 的变化情况如下表所示：

00

2(x +x -

(0, ln(2k )) (ln(2k ), +∞) 由k > 2 ，得ln(2k ) > ln 4 > 1 . 又因为 g (1) = -k + 2 < 0 ， 所以 g (ln(2k )) < 0 .

不妨设 x 1 < x 2 （其中 x 1, x 2 为 f (x ) = kx 2 - 2 的两个正实数根），

因为函数 g (x ) 在(0, ln 2k ) 单调递减，且 g (0) = 1 > 0 ， g (1) = -k + 2 < 0 ， 所以0 < x 1 < 1.

同理根据函数 g (x ) 在(ln 2k , +∞) 上单调递增，且 g (ln(2k )) < 0 ， 可得 x 2 > ln(2k ) > ln 4，

所以| x - x |= x - x > ln 4 -1 = ln 4

，

1 2 2 1

e

即 | x 1 - x 2

|> ln 4 . e

【练 1-2】（2011-2012 石景山一模文 18）已知函数 f (x ) = x 2

+ 2a ln x .

（Ⅰ）若函数 f (x ) 的图象在(2, f (2)) 处的切线斜率为1 ，求实数 a 的值；

（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅲ）若函数 g (x ) = 2 + f (x ) 在[1, 2] 上是减函数，求实数 a 的取值范围.

x

2a 2x 2 + 2a f '(x ) = 2x + =?1 分

x x

由已知 f '(2) = 1，解得 a = -3 .............................................................. 3 分 （II ）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, +∞)；……5 分

（2）当 a < 0 时 f '(x ) =

.

x

当 x 变化时， f '(x ), f (x ) 的变化情况如下：

2

由上表可知，函数 f (x ) 的单调递减区间是；

单调递增区间是+∞) ................................................................ 8 分

（II ）由 g (x ) = 2 + x 2

+ 2a ln x 得 g '(x ) = - 2 x

x

2

+ 2x +

2a ， ....... 9 分

x

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 +

2a

≤ 0 在[1, 2] 上恒成立. x 2

x

即 a ≤ 1 - x 2

在[1, 2] 上恒成立 ................................ 11 分

x

令h (x ) = 1

- x 2

，在[1, 2] 上 h '(x ) = - 1 - 2x = -( 1

+ 2x ) < 0 ，

x

所以 h (x ) 在[1, 2] 为减函数.

h (x )

min

x 2 x 2

= h (2) = - 7

, 2

所以 a ≤ -

7 .......................................................................................... 14 分

2

【练 1-3】（2015-2016 朝阳期末文 19）已知函数 f (x ) = (2k -1) ln x + k + 2x ， k ∈ R .

x

（Ⅰ）当 k = 1 时，求曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程； （Ⅱ）当 k = e 时，试判断函数 f (x ) 是否存在零点,并说明理由； （Ⅲ）求函数 f (x ) 的单调区间.

【答案】函数 f (x ) 的定义域： x ∈ (0,+∞) .

f '(x ) = 2k - 1 - k x x 2 + 2 = 2x 2 + (2k - 1)x - k x

2

= (x + k )(2x - 1) .

x 2

（Ⅰ）当 k = 1 时， f (x ) = ln x + 1

x

+ 2x .

f '(x ) = (x + 1)(2x - 1) .

x 2

有 f (1) = ln1 + 1 + 2 = 3 ，即切点（1,3），

k = f '(1) =

(1 + 1)(2 - 1)

= 2 .

1

2

所以曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处切线方程是 y - 3 = 2(x -1) ，

即 y = 2x + 1.

（Ⅱ）若 k = e ， f (x ) = (2e -1) ln x + e

+ 2x .

x

f '(x ) = (x + e)(2x -1) .

x 2

令 f '(x ) = 0 ，得 x 1 = -e （舍）， x 2

= 1

.

2

则 f (x )

=

1

= (2e -1) ln 1 + e + 2 ? 1

= 2(1 - ln 2)e + ln 2 + 1 > 0 .

min

f ( )

2

2 1

2

2

所以函数 f (x ) 不存在零点.

（Ⅲ） f '(x ) = (x + k )(2x - 1) .

x

2

当- k ≤ 0 ，即 k ≥ 0 时，

当- k > 1

，

2

(0,

) ， (-k ,+∞) ； 2

即 k < - 2

时， f (x ) 的单调增区间是

当0 < -k <

1

，即- 1

2

2

< k < 0 时，

当- k =

，即 k = - 时，

2 2

综上 k ≥ 0 时， f (x ) 的单调增区间是( 1

,+∞) ;减区间是 2

(0, 1 ) .

2 1

?

1 当- < k < 0 时， f (x ) 的单调增区间是(0,-k ) , ( 1

2 2 1

,+∞) ;减区间是(-k , 1 ) .

2

当 k = - 2 1 时， f (x ) 的单调增区间是(0,+∞) ;

1 1

当 k < - 2

时， f (x ) 的单调增区间是(0, ) ， (-k ,+∞) ;减区间是( 2 2 ,-k

) . 【

练

1

（2015-2016 丰台期末文 20）设函数 f ( x ) = x 3 + ax 2

+ bx 的图象与直线 y = -3x + 8

相切于点 P (2, 2) ． （Ⅰ）求函数 f (x ) 的解析式；

（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅲ）设函数 g (x ) = 1

x 3

-

m +1 x 2 + mx - 1

(m > 1) ，对于? x ∈[0, 4] , ? x ∈[0, 4] ，

3

2 3 1 2

使得 f ( x 1 ) = g ( x 2 ) ，求实数 m 的取值范围.

f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx 的图象与直线 y = -3x + 8 相切于点 P (2, 2) ，

∴ f '(2) = -3 ， f (2) = 2 ．

∵ f '( x ) = 3x 2 + 2ax + b ，

?8 + 4a + 2b = 2

∴ ? ?3? 22

+ 2a ? 2 + b = -3

?a = -6 解得 ． ?b = 9

∴ f ( x ) = x 3 - 6x 2 + 9x ．

（Ⅱ） f '( x ) = 3x 2 -12x + 9 = 3( x -1)( x - 3) ， 令 f '(x ) > 0 ，得 x < 1或 x > 3 ； 令 f '(x ) < 0 ，得1 < x < 3 ．

∴ f (x ) 的单调递增区间为(-∞,1) ， (3, +∞) ；单调递减区间为(1,3) ． …8 分 （Ⅲ）记 f (x ) 在[0, 4] 上的值域为 A , g (x ) 在[0, 4] 上的值域为 B ，

∵对于?x1 ∈[0, 4]，?x2 ∈[0, 4]，使得f ( x1 ) =g ( x2 ) ，

∴A ?B ．

由（Ⅱ）得：f (x) 在[0,1]上单调递增，在(1,3) 上单调递减，在[3, 4]上单调递增，f (0) = 0 ，f (1) = 4 ，f (3) = 0 ，f (4) = 4 ，

∴A =[0, 4]．

∵g(x) =1

x3 -

m +1

x2 +mx -

1

(m > 1) ，3 2 3

∴g '(x) =x2 - (m +1)x +m = (x -1)(x -m)．

1 当1

∵g(0) =-1

< 0 ，且A ?B ，

3

∴g(1) ≥ 4 或g(4) ≥ 4 ，

∴g(1) =1

m -

1

≥ 4 或g(4) =-4m +13 ≥ 4 ，

2 2

即m ≥ 9 或m ≤9 ．

4 又∵1

∴1

2 当m ≥ 4 时，g(x) 在[0,1]上单调递增，[1, 4]上单调递减，∴g(x) 的最小值为g(0) 或g(4) ，g(x) 的最大值为g(1) ．

∵g(0) =-1

< 0 ，且A ?B ，

3 ∴g(1) ≥

4 ，

， 1 = ∴ 1 m - 1

≥ 4 ，即 m ≥ 9 ．

2 2

综上所述：1 < m ≤ 9

或 m ≥ 9 ．

4

1 【练 1-5】（2015-2016 朝阳二模文 20）已知函数 f (x ) = ax - - (a +1) ln x , x

a ∈ R .

(Ⅰ)求函数 f (x ) 的单调区间；

1

（Ⅱ）当 a ≥ 1 时，若 f (x ) > 1 在区间[ , e] 上恒成立，求 a 的取值范围.

e

' ax 2 - (a +1)x +1 (ax -1)(x -1) 【答案】(Ⅰ) 函数 f (x ) 的定义域为{x x > 0} , f (x) =

2 2 . x x

（1） 当 a ≤ 0 时， ax -1 < 0 ,

令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1，则函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1)

令 f '(x ) < 0 ，解得 x > 1 ，函数 f (x ) 单调递减区间为（1，+∞）.

所以函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ，单调递减区间为（1，+∞）.

1

（2） 当0 < a < 1时， a

> 1 ,

令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1或 x > 1

，则函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ；

a 令 f '(x ) < 0 ，解得1 < x < 1 ，函数 f (x ) 单调递减区间为（1 1

) .

a a

1 1

所以函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ，（ ，+∞) ，单调递减区间为（1， ) .

（3） 当 a = 1时， f

'(x )= a (x -1)2

x 2

a

≥ 0 恒成立，

所以函数 f (x ) 的单调递增区间为（0，+∞) .

（4） 当 a >1时， 0 <

< 1,

a

令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1

或 x > 1 ，则函数 f (x ) 的单调递增区间为（0

) ，（1，+∞) ；

， a

a

令 f '(x ) < 0 ，解得 1 < x < 1 ，则函数 f (x ) 的单调递减区间为( 1

，1) .

a

a

1 1

所以函数 f (x ) 的单调递增区间为（0， ) ，（1，+∞) ，单调递减区间为( a a

，1) （Ⅱ）依题意，

1

< < 1

在区间[ , e] e

上 f (x ) min > 1.

' ax 2 - (a +1)x +1 (ax -1)(x -1)

f (x ) = = ， a ≥ 1 .

x 2 x 2

令 f '(x ) = 0 得， x =1或 x = 1

.

a

若 a ≥ e ，则由 f '(x ) > 0 得，1 < x ≤ e ，函数 f (x ) 在(1, e )上单调递增.

由 f '(x ) < 0 得， 1 ≤ x < 1,函数 f (x ) 在( 1

,1)上单调递减.

e e

所以 f (x )min = f (1) = a -1 > 1，满足条件；

若1 < a < e ，则由 f '(x ) > 0 得， 1 < x < 1

或1 < x < e ；

e

a

由 f '(x ) < 0 得， 1

< x < 1 .

a

1 1 1 函数 f (x ) 在(1, e ), ( , ) 上单调递增,在( ,1) 上单调递减.

e a

a

1

f (x )min = min{ f ( e

), f (1)}，

? 1 ? e 2 ? f ( ) > 1

依题意? e ?a > ，即? e +1 ，所以

2 a e ； ?? f (1) > 1 若 a = 1，则 f '(x ) ≥ 0 .

1 ?? a > 2

1

所以 f (x ) 在区间[ e , e] 上单调递增， f (x )min = 综上， a > 2 . f ( ) > 1，不满足条件；

e

1 【练 1-6】（2015-2016 房山二模文 19）已知函数 f ( x ) = x + e

x

（Ⅰ）求函数 f ( x ) 的单调区间；

（Ⅱ）若直线 y = kx 与曲线 y = f ( x ) 没有公共点，求实数k 的取值范围。

f (

x ) = x + 1 e x

,定义域为 R

min

'

1 e x -1

'

f ( x ) = 1- = ，令 f ( x ) = 0, 得x = 0

e x e

x

所以 f ( x ) 的增区间为(0, +∞) ，减区间为(-∞, 0)。

（II ）因为直线 y = kx 与曲线 y = f ( x ) 没有公共点，

所以方程 f ( x ) = kx 无实根，即 x + 1

e

x

= kx 无实根，等价于(k -1) x ? e x -1 = 0 无实根 设 g ( x ) = (k -1) x ? e x

-1，即 y = g ( x ) 无零点。

g ' ( x ) = (k -1)? e x + (k -1) x ? e x = e x ?(k -1)?( x +1)

当 k = 1时， g

'

( x ) = 0, g ( x ) = -1，显然无零点，符合题意；

当 k > 1时，令 g

'

( x ) = 0,得x = -1

g (-1) = -(k -1)e -1 -1 < 0 ，显然不符合题意；当 k < 1 时，令 g ' ( x ) = 0,得x

由g (-1)max = -(k -1)e -1 -1 < 0，得k>1-e ，所以1- e < k < 1时，符合题意综上所述：1- e < k ≤ 1

k 2

+ 2k k 2 + 2k k 2

+ 2k k 2 + 2k k 2

+ 2k

【练 1-7】（2015-2016 朝阳一模文 19）已知函数 f (x ) =

k + x

? e x (k ∈ R ) .

k - x

（Ⅰ）若 k = 1, 求曲线 y = f (x ) 在点(0，f (0)) 处的切线方程；

（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅲ）设 k ≤ 0 ，若函数 f (x ) 在区间(

3, 2 2 )上存在极值点，求 k 的取值范围.

【答案】(Ⅰ)若 k = 1，函数 f (x ) 的定义域为{x x ≠ 1}

， f '(x )=

e x (3 - x 2 )

（1- x )2 .

则曲线 y = f (x ) 在点(0，f (0)) 处切线的斜率为 f '(0)=3 .

而 f (0)=1 ，则曲线 y = f (x ) 在点(0，f (0)) 处切线的方程为 y = 3x +1

（Ⅱ）函数 f (x ) 的定义域为{x x ≠ k }

， f '(x )=

e x (2k + k 2 - x 2 ) （k - x )2

.

（1）当 k > 0 时，由 x ≠ k ,且此时 > k ，可得- < k <

令 f '(x ) < 0 ，解得 x < - 或 x ，函数 f (x ) 为减函数；

令 f '(x ) > 0 ，解得- < x < ，但 x ≠ k ，

所以当- < x < k ， k < x < 时，函数 f (x ) 也为增函数.

所以函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞，- k 2 + 2k ，

（ k 2

+ 2k ，∞) ，

单调增区间为（- k 2 + 2k ，k ) ，（k , k 2

+ 2k ) .

（2）当 k = 0 时，函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞,0)，（0,+∞).

当 k = -2 时，函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞,-2)，（-2，+∞).

当-2 < k < 0 时，由2k + k 2

< 0 ，所以函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞,k )，（k ,+∞).即当-2 ≤ k ≤ 0 时，函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞,k )，（k ,+∞).

（3）当 k < -2 时，此时- > k .

令 f '(x ) < 0 ，解得 x < - 或 x > ，但 x ≠ k ，所以当 x < k ，

k 2

+ 2k k 2

+ 2k k 2

+ 2k k 2 + 2k k 2

+ 2k k 2 + 2k k 2

+ 2k

k

3 2 e / e ( x 1) 1 e '

e ( x -1) 令

f '(x ) > 0 ，解得- < x < ，函数 f (x ) 为增函数.

所以函数 f (x ) 的单调减区间为（-∞,k )，（k ,- k 2 + 2k )，（ k 2

+ 2k , +∞) ，

函数 f (x ) 的单调增区间为（- k 2 + 2k , k 2

+ 2k ) .......................................

9 分

（Ⅲ）（1）当 -2 ≤ k ≤ 0 时，由（Ⅱ）问可知，函数 f (x ) 在( 3, 2 2) 上为减函数，

所以不存在极值点;

（2）当 k < -2 时，由（Ⅱ）可知， f (x ) 在（- k 2

+ 2k , k 2

+ 2k ) 上为增函数，

在（ k 2

+ 2k , +∞) 上为减函数.

若函数 f (x ) 在区间( 3, 2 2) 上存在极值点，则 解得-4 < k < -3或1 < k < 2 , 所以-4 < k < -3.

< 2 ，

综上所述，当-4 < k < -3时，函数 f (x ) 在区间

( 3, 2 2 ) 上存在极值点.

x 【练 1-8】（2015-2016 东城期末理 19）已知函数 f ( x ) = - a ( x - ln x ) ． x

（Ⅰ）当 a = 1 时，试求 f (x ) 在(1, f (1)) 处的切线方程； （Ⅱ）当 a ≤ 0 时，试求 f (x ) 的单调区间；

（Ⅲ）若 f (x ) 在(0,1) 内有极值，试求a 的取值范围．

x - f ( x ) = - + f / (1) = 0 f (1) = e - 1 【答案】（Ⅰ）当 a = 1 时，

方程为 y = e - 1 ．

1 ， ， ． x

2 x

' e x ( x -1)

1 e x ( x -1) - ax ( x -1)

（Ⅱ） f (

x ) = - a (1 - ) = ，

x 2

x x 2

(e x - ax )( x -1)

=

．

x 2

当 a ≤ 0 时，对于?x ∈ (0, +∞) ， e x

- ax > 0 恒成立，

所以 f '

(x ) > 0 ? x > 1 ；

f ' (x ) < 0 ? 0 < x < 10.

所以 单调增区间为(1, +∞) ，单调减区间为(0,1) ．

（Ⅲ）若 f (x ) 在(0,1) 内有极值，则 f '

(x ) 在 x ∈ (0,1) 内有解．

令 f '

(e x - ax )( x -1)

( x ) =

= 0 x 2

? e x

- ax = 0 x ? a = . x

设 g ( x ) = e

x

x ∈ (0,1) ,

x 所以 g ( x ) = , 当 x ∈(0,1) 时， x

g '

(x ) < 0 恒成立，

所以 g (x ) 单调递减.

k 2 + 2k k 2

+ 2k k 2

+ 2k x

又因为 g (1) = e ，又当 x → 0 时， g (x ) → +∞ , 即 g (x ) 在 x ∈(0,1) 上的值域为(e, +∞) ,

所以 当

a > e

时， f (e x - ax )( x -1)

'

( x ) = = 0 x

2

有解.

设 H (x ) = e x - ax ，则 H '( x ) = e x

- a < 0 x ∈(0,1) ， 所以 H ( x ) 在 x ∈(0,1) 单调递减.

因为 H (0) = 1 > 0 ， H (1) = e - a < 0 ,

所以 H (x ) = e x

- ax 在 x ∈(0,1) 有唯一解 x . x (0, x 0 ) x 0

(x 0 ,1) H ( x ) + 0 - f ' (x ) -

0 +

f (x )

递减

极小值

递增

所以 当a > e 时， f (x ) 在(0,1) 内有极值且唯一.

当a ≤ e 时，当 x ∈(0,1) 时， f '

(x ) ≥ 0 恒成立， f (x ) 单调递增，不成立． 综上， a 的取值范围为(e, +∞) ．

【练 1-9】（2015-2016 大兴期末理 18）已知函数 f (x ) = ax +

a - 2 + 2 - 2a (a > 0) .

x

（Ⅰ）当 a =1 时，求函数 f (x ) 在点(2, f (2)) 处的切线方程；

（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；

（Ⅲ）若 f (x ) ≥ 2 ln x 在[1, +∞) 上恒成立，求 a 的取值范围.

【答案】（1）当 a = 1 时， f (x ) = x - 1 ， f '(x ) = 1 + 1

x x 2

f (2) = 3 , 2 f '(2) = 5

4

所以，函数 f (x ) 在点(2, f (2)) 处的切线方程为 y - 3 = 5

(x - 2)

2 4

即： 5x - 4 y - 4 = 0

(Ⅱ)函数的定义域为：{x | x ≠ 0}

'

a - 2 ax 2 + (2 - a )

f (x ) = a - = x 2 (a > 0)

x 2

当0 < a ≤ 2 时， f '

(x ) ≥ 0 恒成立，所以， f (x ) 在(-∞, 0) 和(0, +∞) 上单调递增

当 a > 2 时，令 f '

(x ) = 0 ，即： ax 2 + 2 - a = 0 ， x = a - 2 , x =1

a 2

f ' (x ) > 0, x > x 或x < x ; f ' (x ) < 0, x < x < 0或0 < x < x ,

2

1

1

2

a - 2

a