2019屆數(shù)學(xué)講義第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.2 第1課時(shí) 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精§3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用最新考綱考情考向分析1。了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次)．2。了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值（其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次)；會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次)．3.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問(wèn)題(生活中的優(yōu)化問(wèn)題).考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，利用函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍；與方程、不等式等知識(shí)相結(jié)合命題，強(qiáng)化函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的應(yīng)用意識(shí);題型以解答題為主，一般難度較大。1．函數(shù)的單調(diào)性在某個(gè)區(qū)間(a，b）內(nèi)，如果f′（x）〉0，那么函數(shù)y＝f(x）在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)〈0，那么函數(shù)y＝f(x）在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．2．函數(shù)的極值（1）一般地,求函數(shù)y＝f(x）的極值的方法解方程f′（x）＝0,當(dāng)f′（x0）＝0時(shí)：①如果在x0附近的左側(cè)f′（x）〉0，右側(cè)f′（x)〈0，那么f(x0）是極大值；②如果在x0附近的左側(cè)f′(x）〈0,右側(cè)f′（x)>0，那么f（x0)是極小值．(2)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟①求f′(x)；②求方程f′（x）＝0的根；③考查f′(x)在方程f′（x）＝0的根附近的左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號(hào)．如果左正右負(fù)，那么f(x）在這個(gè)根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x）在這個(gè)根處取得極小值．3．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間［a，b］上連續(xù)的函數(shù)f（x）在［a,b］上必有最大值與最小值．(2）若函數(shù)f（x)在［a,b]上單調(diào)遞增，則f（a）為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x）在[a，b]上單調(diào)遞減，則f（a）為函數(shù)的最大值,f（b）為函數(shù)的最小值．（3）設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù),在（a，b)內(nèi)可導(dǎo),求f（x)在［a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：①求函數(shù)y＝f(x）在（a,b)內(nèi)的極值;②將函數(shù)y＝f（x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f（a)，f（b）比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．知識(shí)拓展1．在某區(qū)間內(nèi)f′（x）〉0(f′(x）<0)是函數(shù)f（x）在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．2．可導(dǎo)函數(shù)f(x）在(a，b）上是增（減）函數(shù)的充要條件是對(duì)?x∈(a,b)，都有f′(x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．3．對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0）＝0是函數(shù)f（x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”）（1）若函數(shù)f（x）在(a，b）內(nèi)單調(diào)遞增,那么一定有f′（x）〉0.(×)（2)如果函數(shù)f（x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′（x）＝0，則f（x）在此區(qū)間內(nèi)沒(méi)有單調(diào)性．（√)（3）函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(√）(4）對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f(x），f′(x0)＝0是x0點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件．（×)（5)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值．（√）題組二教材改編2．[P32A組T4]如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x）的圖象，則下面判斷正確的是（）A．在區(qū)間(－2,1）上f(x)是增函數(shù)B．在區(qū)間（1,3)上f（x）是減函數(shù)C．在區(qū)間（4,5）上f（x）是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時(shí)，f（x）取到極小值答案C解析在（4，5）上f′（x)〉0恒成立，∴f(x）是增函數(shù)．3．[P28例4]設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\f（2，x）＋lnx，則（)A．x＝eq\f（1,2）為f（x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1，2)為f（x）的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x）的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x）的極小值點(diǎn)答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f（x－2,x2）(x>0)，當(dāng)0〈x<2時(shí)，f′（x）〈0，當(dāng)x>2時(shí)，f′(x）>0,∴x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)．4．［P24例2］函數(shù)f(x）＝x3－6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_________．答案（0，4）解析f′（x）＝3x2－12x＝3x（x－4），由f′(x）<0，得0〈x<4，∴函數(shù)f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,4）．5．[P30例5］函數(shù)y＝x＋2cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）)）上的最大值是__________．答案eq\f（π，6）＋eq\r（3)解析∵y′＝1－2sinx，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,6)）)時(shí)，y′〉0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，6），\f（π，2)））時(shí)，y′<0。∴當(dāng)x＝eq\f（π，6)時(shí)，ymax＝eq\f（π，6）＋eq\r（3).題組三易錯(cuò)自糾6．函數(shù)f（x)的定義域?yàn)镽,導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)f（x）(）A．無(wú)極大值點(diǎn)、有四個(gè)極小值點(diǎn)B．有三個(gè)極大值點(diǎn)、一個(gè)極小值點(diǎn)C．有兩個(gè)極大值點(diǎn)、兩個(gè)極小值點(diǎn)D．有四個(gè)極大值點(diǎn)、無(wú)極小值點(diǎn)答案C解析導(dǎo)函數(shù)的圖象與x軸的四個(gè)交點(diǎn)都是極值點(diǎn)，第一個(gè)與第三個(gè)是極大值點(diǎn),第二個(gè)與第四個(gè)是極小值點(diǎn)．7．已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x）滿足f（1)＝3，且f(x）的導(dǎo)數(shù)f′(x）在R上恒有f′（x）<2（x∈R），則不等式f（x)〈2x＋1的解集為_(kāi)___________．答案（1，＋∞)解析令g（x）＝f(x）－2x－1,∴g′（x）＝f′(x)－2〈0，∴g（x)在R上為減函數(shù)，g（1）＝f(1)－2－1＝0.由g（x)〈0＝g（1）,得x〉1.∴不等式的解集為（1，＋∞）．8．設(shè)a∈R,若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞,－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a。∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵當(dāng)x〉0時(shí)，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性題型一不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性1．函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1，x）的單調(diào)增區(qū)間為()A．(0，＋∞） B.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，＋∞)）C．(－∞,－1） D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1，2)））答案B解析由y＝4x2＋eq\f(1，x），得y′＝8x－eq\f(1,x2），令y′〉0,即8x－eq\f（1，x2)〉0，解得x〉eq\f(1,2)，∴函數(shù)y＝4x2＋eq\f（1，x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），＋∞)）。故選B.2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f（x)()A．在(0，＋∞)上單調(diào)遞增B．在（0,＋∞)上單調(diào)遞減C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，e)）)上單調(diào)遞增D．在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1，e）））上單調(diào)遞減答案D解析因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝xlnx的定義域?yàn)椋?,＋∞)，所以f′（x)＝lnx＋1（x>0)，當(dāng)f′(x）>0時(shí)，解得x>eq\f（1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e），＋∞））；當(dāng)f′(x）〈0時(shí),解得0〈x〈eq\f（1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1,e)）），故選D。3．（2018·開(kāi)封調(diào)研)已知定義在區(qū)間（－π，π)上的函數(shù)f（x)＝xsinx＋cosx，則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是______________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f（π,2)））和eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）））解析f′（x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′（x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π,π)上的解集為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－π,－\f（π，2))）∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2））)，即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）。思維升華確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟（1）確定函數(shù)f（x)的定義域．（2)求f′（x)．（3)解不等式f′(x）〉0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間．(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．題型二含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性典例已知函數(shù)f(x）＝ln（ex＋1)－ax（a>0），討論函數(shù)y＝f（x)的單調(diào)區(qū)間．解f′（x）＝eq\f（ex,ex＋1）－a＝1－eq\f(1，ex＋1）－a.①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)<0恒成立，∴當(dāng)a∈［1,＋∞)時(shí)，函數(shù)y＝f(x）在R上單調(diào)遞減．②當(dāng)0<a<1時(shí),由f′（x)〉0，得（1－a)（ex＋1）>1，即ex>－1＋eq\f（1,1－a），解得x〉lneq\f（a，1－a），由f′（x)〈0，得（1－a)（ex＋1）<1，即ex〈－1＋eq\f(1，1－a)，解得x<lneq\f（a，1－a).∴當(dāng)a∈(0，1）時(shí)，函數(shù)y＝f（x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln\f（a，1－a)，＋∞)）上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，ln\f（a，1－a）））上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a∈[1,＋∞）時(shí)，f（x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a∈（0，1）時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ln\f(a,1－a），＋∞））上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a，1－a))）上單調(diào)遞減．思維升華（1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2）劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)．跟蹤訓(xùn)練已知函數(shù)f（x)＝ex（ax2－2x＋2）(a〉0)．試討論f（x)的單調(diào)性．解由題意得f′(x）＝ex［ax2＋（2a－2)x](a>0）,令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2－2a，a）。①當(dāng)0〈a〈1時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，0）和eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2－2a,a)，＋∞）），單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（2－2a，a)));②當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在（－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；③當(dāng)a>1時(shí),f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(2－2a,a）))和（0,＋∞),單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2－2a,a)，0）).題型三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問(wèn)題命題點(diǎn)1比較大小或解不等式典例(1)(2017·南昌模擬)已知定義在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2））)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對(duì)于任意的x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2)）)，都有f′(x）sinx<f(x)cosx，則（）A。eq\r(3）feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,3)）） B．feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3））)〉f(1)C.eq\r（2)feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6）））〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)）） D。eq\r(3）feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,6))）〈feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）））答案A解析令g(x)＝eq\f(fx,sinx)，則g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x）,由已知g′（x）〈0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)))上恒成立，∴g（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2)))上單調(diào)遞減，∴geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4)))>geq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，3)）），即eq\f(f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)）)，\f(\r(2）,2）)〉eq\f（f\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）)）,\f(\r(3),2）），∴eq\r(3）feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>eq\r（2)feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，3）））.（2)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí),有eq\f(xf′x－fx，x2)<0恒成立，則不等式x2f（x）>0的解集是__________________．答案(－∞，－2)∪（0，2）解析∵當(dāng)x〉0時(shí)，eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（fx,x）))′〈0，∴φ(x）＝eq\f(fx,x）在（0,＋∞)上為減函數(shù)，又φ(2）＝0，∴在(0，＋∞)上，當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ(x）〉0，此時(shí)x2f(x)〉0。又f（x）為奇函數(shù),∴h（x）＝x2f(x)也為奇函數(shù)．故x2f(x)〉0的解集為(－∞，－2)∪（0，2）．命題點(diǎn)2根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)典例（2018·石家莊質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x)＝lnx，g（x)＝eq\f（1，2）ax2＋2x(a≠0)．（1）若函數(shù)h(x）＝f（x）－g（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍；(2）若函數(shù)h（x)＝f（x）－g（x）在[1，4］上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解（1）h(x)＝lnx－eq\f（1，2）ax2－2x,x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1，x)－ax－2，由于h（x）在（0,＋∞）上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí),eq\f（1，x)－ax－2<0有解,即a〉eq\f(1,x2)－eq\f(2，x）有解．設(shè)G（x）＝eq\f（1，x2）－eq\f(2,x），所以只要a>G(x)min即可．而G(x）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，x）－1））2－1，所以G(x）min＝－1.所以a〉－1。又因?yàn)閍≠0，所以a的取值范圍為(－1,0）∪(0,＋∞）．(2)因?yàn)閔(x）在[1，4］上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1,4]時(shí),h′（x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f（1，x2）－eq\f(2,x）恒成立．由（1）知G（x）＝eq\f（1，x2）－eq\f(2，x),所以a≥G（x）max,而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，x）－1）)2－1,因?yàn)閤∈［1,4］，所以eq\f(1，x)∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1，4），1)），所以G（x)max＝－eq\f（7,16）（此時(shí)x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16），又因?yàn)閍≠0,所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(7，16），0））∪（0，＋∞)．引申探究1．本例（2)中，若函數(shù)h（x）＝f（x)－g(x）在[1,4]上單調(diào)遞增,求a的取值范圍．解因?yàn)閔(x）在[1，4]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，h′(x)≥0恒成立，所以當(dāng)x∈［1,4］時(shí)，a≤eq\f（1,x2）－eq\f（2,x）恒成立，又當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,x2)－\f（2,x)))min＝－1(此時(shí)x＝1），所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]．2．本例（2）中，若h（x)在[1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．解h（x)在［1，4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間,則h′（x）<0在［1，4］上有解，所以當(dāng)x∈［1，4］時(shí)，a〉eq\f(1,x2)－eq\f（2,x)有解，又當(dāng)x∈［1，4］時(shí)，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，x2）－\f(2,x））)min＝－1，所以a〉－1，又因?yàn)閍≠0，所以a的取值范圍是（－1,0）∪(0,＋∞）．思維升華根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1）利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x）在（a,b）上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．（2）f（x)為增函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈（a，b)都有f′（x）≥0且在（a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x）不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解．（3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問(wèn)題．跟蹤訓(xùn)練已知函數(shù)f(x）＝eq\f（3x，a)－2x2＋lnx在區(qū)間[1，2］上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．解f′（x）＝eq\f（3，a）－4x＋eq\f（1,x)，若函數(shù)f(x）在區(qū)間［1,2］上為單調(diào)函數(shù),即在［1,2］上，f′（x）＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1，x）≥0或f′(x)＝eq\f(3，a）－4x＋eq\f(1,x)≤0，即eq\f（3，a)－4x＋eq\f（1,x）≥0或eq\f(3，a）－4x＋eq\f（1，x)≤0在[1，2］上恒成立，即eq\f(3,a）≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f（1,x).令h（x)＝4x－eq\f(1，x)，因?yàn)楹瘮?shù)h（x)在［1,2］上單調(diào)遞增，所以eq\f(3，a)≥h(2)或eq\f(3，a)≤h（1),即eq\f（3，a)≥eq\f（15，2）或eq\f(3，a）≤3,解得a<0或0<a≤eq\f（2，5)或a≥1.用分類討論思想研究函數(shù)的單調(diào)性典例（12分)已知函數(shù)g（x）＝lnx＋ax2－（2a＋1)x，若a≥0，試討論函數(shù)g(x）的單調(diào)性．思想方法指導(dǎo)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題一般要分類討論，常見(jiàn)的分類討論標(biāo)準(zhǔn)有以下幾種可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′（x)＝0有根，求出根后判斷其是否在定義域內(nèi)；③若根在定義域內(nèi)且有兩個(gè)，比較根的大小是常見(jiàn)的分類方法．規(guī)范解答解g′(x)＝eq\f（2ax2－2a＋1x＋1,x）＝eq\f(2ax－1x－1,x）.［2分]∵函數(shù)g（x)的定義域?yàn)椋?，＋∞）,∴當(dāng)a＝0時(shí),g′(x)＝－eq\f(x－1，x)。由g′（x)〉0，得0<x<1，由g′（x）〈0，得x〉1。[4分]當(dāng)a>0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f（1,2a），[6分]若eq\f（1,2a)<1，即a〉eq\f(1,2），由g′(x）>0，得x〉1或0〈x〈eq\f(1，2a），由g′（x）〈0，得eq\f(1,2a)〈x<1；［8分］若eq\f（1,2a）〉1,即0〈a<eq\f(1,2），由g′（x）>0,得x〉eq\f（1，2a)或0<x〈1，由g′（x）〈0,得1〈x<eq\f(1,2a)，若eq\f（1，2a）＝1,即a＝eq\f（1,2)，在（0，＋∞)上恒有g(shù)′(x）≥0。［10分]綜上可得：當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g（x）在(0,1)上單調(diào)遞增，在（1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0〈a〈eq\f(1，2)時(shí)，函數(shù)g（x）在(0,1）上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1,\f（1，2a））)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2a），＋∞））上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1，2)時(shí)，函數(shù)g（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a〉eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2a））)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2a），1))上單調(diào)遞減,在（1，＋∞)上單調(diào)遞增．［12分］1．函數(shù)f（x）＝x2－2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(0,1) B．(1，＋∞）C．（－∞，1) D．（－1,1）答案A解析∵f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)（x〉0），∴當(dāng)x∈（0,1)時(shí),f′(x）〈0，f(x）為減函數(shù)；當(dāng)x∈（1，＋∞)時(shí),f′（x)〉0，f(x）為增函數(shù)．2．(2018·濟(jì)南調(diào)研)已知定義在R上的函數(shù)f（x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是（）A．f（b)〉f(c）〉f(d）B．f(b）〉f(a)>f(e）C．f(c)>f(b)>f（a)D．f(c）〉f（e）>f（d)答案C解析由題意得,當(dāng)x∈(－∞，c）時(shí),f′(x)〉0，所以函數(shù)f（x)在（－∞，c）上是增函數(shù)，因?yàn)閍〈b〈c，所以f(c)>f（b）>f(a),故選C.3．已知m是實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2（x－m)，若f′（－1）＝－1，則函數(shù)f(x）的單調(diào)增區(qū)間是()A。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3），0））B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（4，3））)C。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（4,3)）），(0，＋∞)D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（4,3）)）∪（0，＋∞)答案C解析∵f′(x）＝3x2－2mx，∴f′（－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，∴由f′(x)＝3x2＋4x〉0，解得x〈－eq\f(4,3)或x>0，即f(x）的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞,－\f(4,3）））,（0，＋∞)，故選C。4．已知函數(shù)f(x）＝eq\f(1，2)x3＋ax＋4,則“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析f′(x)＝eq\f（3，2）x2＋a，當(dāng)a≥0時(shí),f′(x)≥0恒成立,故“a〉0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增"的充分不必要條件．5．若函數(shù)f（x）＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞）上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是（）A．（－∞，－2] B．(－∞，－1]C．［2，＋∞） D．[1，＋∞）答案D解析因?yàn)閒（x）＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f（1,x）.因?yàn)閒(x)在區(qū)間（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x〉1時(shí)，f′(x）＝k－eq\f（1，x）≥0恒成立，即k≥eq\f（1,x）在區(qū)間（1，＋∞）上恒成立．因?yàn)閤〉1，所以0<eq\f(1，x）〈1，所以k≥1.故選D.6．（2018·重慶質(zhì)檢）函數(shù)f（x）在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f（x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1）時(shí)，(x－1）f′(x）〈0，設(shè)a＝f(0),b＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）），c＝f(3）,則（）A．a(chǎn)〈b<c B．c〈b<aC．c〈a〈b D．b〈c<a答案C解析由題意得，當(dāng)x〈1時(shí)，f′（x）〉0，f（x）在（－∞，1)上為增函數(shù)．又f（3）＝f(－1)，且－1〈0<eq\f(1,2）<1，因此有f（－1）<f（0）<feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)）），即有f（3）<f（0)<feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))，即c<a〈b.7．若函數(shù)f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，3),則b＋c＝________.答案－12解析f′（x）＝3x2＋2bx＋c，由題意知，－1〈x〈3是不等式3x2＋2bx＋c〈0的解,∴－1,3是f′（x）＝0的兩個(gè)根，∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12。8．(2018·昆明調(diào)研）已知函數(shù)f（x）(x∈R)滿足f(1）＝1,f（x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)〈eq\f(1，2)，則不等式f(x2)〈eq\f（x2,2）＋eq\f（1,2)的解集為_(kāi)_______________．答案｛x｜x<－1或x>1}解析設(shè)F(x)＝f（x)－eq\f（1,2)x,∴F′(x）＝f′(x）－eq\f（1,2），∵f′(x）<eq\f(1，2)，∴F′（x）＝f′(x)－eq\f(1,2）<0,即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)〈eq\f（x2，2)＋eq\f（1，2），∴f（x2)－eq\f（x2，2）<f(1）－eq\f（1,2)，∴F(x2)〈F（1)，而函數(shù)F（x）在R上單調(diào)遞減，∴x2〉1,即不等式的解集為{x|x<－1或x〉1}．9．已知g（x）＝eq\f(2，x)＋x2＋2alnx在[1,2］上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_________．答案eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（7,2）))解析g′(x）＝－eq\f（2，x2）＋2x＋eq\f(2a，x）,由已知得g′(x）≤0在［1,2］上恒成立,可得a≤eq\f（1，x)－x2在［1,2]上恒成立．又當(dāng)x∈［1,2］時(shí),eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，x)－x2))min＝eq\f(1,2)－4＝－eq\f（7,2)?！郺≤－eq\f（7，2）.10．設(shè)函數(shù)f′（x)是奇函數(shù)f(x)（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f(－1）＝0,當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x）－f（x）＜0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是____________．答案(－∞，－1)∪(0,1）解析因?yàn)閒（x)(x∈R)為奇函數(shù),f（－1）＝0，所以f(1）＝－f（－1)＝0.當(dāng)x≠0時(shí)，令g（x）＝eq\f（fx，x)，則g(x)為偶函數(shù)，g（1)＝g(－1)＝0。則當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（fx，x)）)′＝eq\f（xf′x－fx,x2）＜0,故g（x)在(0,＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞,0）上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞）上，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，由g（x）＞g(1）＝0，得eq\f(fx,x）＞0，所以f(x）＞0；在(－∞,0）上，當(dāng)x＜－1時(shí)，由g（x）＜g(－1)＝0,得eq\f（fx,x)＜0，所以f（x)＞0.綜上知，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是（－∞，－1）∪(0,1）．11．（2018·大理質(zhì)檢）已知函數(shù)f（x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)），曲線y＝f（x）在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求實(shí)數(shù)k的值；（2）求函數(shù)f（x)的單調(diào)區(qū)間．解(1）f′(x)＝eq\f（\f（1,x)－lnx－k,ex)（x>0）．又由題知f′（1）＝eq\f(1－k，e)＝0，所以k＝1。（2)f′(x）＝eq\f（\f（1,x)－lnx－1，ex）(x>0)．設(shè)h（x）＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0），則h′（x)＝－eq\f(1，x2)－eq\f（1,x)＜0，所以h（x）在（0，＋∞)上單調(diào)遞減．由h(1）＝0知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x）＞0，所以f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，h（x)＜0，所以f′（x)＜0.綜上，f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞）．12．(2018屆信陽(yáng)高級(jí)中學(xué)考試)已知函數(shù)f（x)＝eq\f（b，ex）－1（b∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在點(diǎn)(0,f(0））處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2，－2）．討論函數(shù)F（x)＝f（x)＋ax（a∈R)的單調(diào)性．解因?yàn)閒（0）＝b－1,所以過(guò)點(diǎn)（0,b－1），(2,－2）的直線的斜率為k＝eq\f（b－1－－2，0－2）＝－eq\f（b＋1,2)，而f′(x)＝－eq\f（b，ex)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，f′（0）＝－b＝－eq\f（b＋1，2），所以b＝1，所以f（x）＝eq\f（1，ex）－1。則F(x)＝ax＋eq\f(1,ex)－1，F(xiàn)′（x)＝a－eq\f（1，ex）,當(dāng)a≤0時(shí)，F(xiàn)′（x）<0恒成立；當(dāng)a>0時(shí)，由F′(x）<0,得x〈－lna，由F′(x)〉0,得x〉－lna。故當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)F(x）在（－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在（－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．13．（2017·承德調(diào)研）已知f（x)是可導(dǎo)的函數(shù)，且f′(x）〈f(x）對(duì)于x∈R恒成立，則（)A．f(1）〈ef（0),f(2017)>e2017f（0）B．f（1）>ef（0），f（2017）〉e2017f（0）C．f（1）>ef(0）,f(2017)<e2017f(0）D．f（1)〈ef（0）,f（2017）<e2017f（0)答案D解析令g(x)＝eq\f（fx，ex），則g′（x）＝eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（fx,ex))）′＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f（f′x－fx,ex)<0,所以函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)在R上是單調(diào)減函數(shù)，所以g（1）〈g(0），g(2017）<g(0)，即eq\f（f1，e1)〈eq\f（f0,1），eq\f（f2017，e2017)<eq\f(f0，1),故f(1)〈ef（0），f(2017）〈e2017f(0)．14．若函數(shù)f(x）＝－eq\f(1,3）x3＋eq\f（1，2）x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc