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5.3 導數在研究函數中的應用
知識點 函數的單調性與導數的關系
5.3.1 函數的單調性
必備知識 清單破
1.函數f(x)的單調性與導函數f'(x)的正負的關系
　　在某個區間(a,b)內,如果f'(x)>0,那么函數y=f(x)在區間(a,b)內單調遞增;在某個區間(a,b)
內,如果f'(x)<0,那么函數y=f(x)在區間(a,b)內單調遞減.
　　特別地,如果在區間(a,b)內恒有f'(x)=0,那么函數y=f(x)在這個區間內是常數函數.
2.一般地,如果一個函數在某一范圍內導數的絕對值較大,那么函數在這個范圍內變化得較
快,這時函數的圖象就比較“陡峭”(向上或向下);反之,函數在這個范圍內變化得較慢,函數
的圖象就比較“平緩”.
知識辨析
1.若函數f(x)在定義域上都有f'(x)<0,則函數f(x)在定義域上一定單調遞減嗎
2.“在某個區間上f'(x)>0”是“f(x)在此區間上單調遞增”的什么條件
3.由f '(x)>0或f '(x)<0能求得f(x)的單調區間,所以函數f(x)的單調區間只能寫成開區間,這種說
法對嗎
4.“函數的單調區間是(a,b)”和“函數在(a,b)上單調”說法是一致的嗎
5.函數在某個區間上變化得越快,函數在這個區間上導數就越大嗎
一語破的
1.不一定.如f(x)= ,可知f'(x)=- <0,但f(x)在定義域上不單調遞減.
2.充分不必要條件.在該區間的個別點(如區間端點)處f'(x)=0不會影響f(x)在該區間上的單調性.
3.不對.若函數在單調區間的端點處有意義,則區間寫成開區間或閉區間都可以,若無意義,則
只能寫成開區間.
4.不一致.函數的單調區間是函數單調的完整區間,而在某區間上單調時,這個區間可以是函
數單調區間的一個子區間.
5.不是.函數在某個區間上變化得越快,函數在這個區間上導數的絕對值就越大.
關鍵能力 定點破
定點 1 導函數與原函數圖象的關系
　　導函數的正負決定了原函數圖象的變化,遵循“符號為正,圖象上升;符號為負,圖象下
降”的原則.導函數圖象在x軸的上方或下方,確定導函數的正或負,即原函數的單調遞增或遞
減.解決問題時,一定要分清是原函數圖象還是導函數圖象.
典例　已知y=xf'(x)的圖象如圖所示(其中f'(x)是函數f(x)的導函數),則所給四個選項中,y=f(x)
的圖象大致是 (　 )

C
解析 當0∴f(x)在(0,1)上單調遞減,∴A、B錯誤;
當x>1時,xf'(x)>0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上單調遞增,∴D錯誤.故選C.

1.利用導數判斷函數的單調性的步驟
(1)確定函數y=f(x)的定義域;
(2)求函數y=f(x)的導數f '(x)(化簡);
(3)結合定義域求出導數f'(x)的零點;
(4)用f'(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區間,列表給出f'(x)在各區間上的正負,由此得出
函數y=f(x)在定義域內的單調性.
2.含參函數的單調性問題
解決含有參數的函數的單調性問題,要考慮到參數對單調性的影響,必要時要進行分類討論,
主要考慮:①含參數的方程f'(x)=0是否有根;②方程f'(x)=0的根是否在定義域內;③方程f'(x)=0
的不同根的大小.
定點 2 利用導數研究函數的單調性
典例　已知函數f(x)= x2- x+ln x,討論函數f(x)的單調性.
解析 由題意得f(x)的定義域為(0,+∞),
f '(x)=x- + = = .
①若a<0,則f '(x)>0恒成立, f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
②若0 時, f '(x)>0, f(x)單調遞增;
當a③若a=1,則f '(x)= ≥0,當且僅當x=1時, f '(x)=0,所以函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
④若a>1,則當0a時, f '(x)>0, f(x)單調遞增;
當 綜上所述,當a<0或a=1時,函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
當0當a>1時,函數f(x)在 和(a,+∞)上單調遞增,在 上單調遞減.

已知f(x)在區間(a,b)上的單調性,求參數的值(范圍)的兩個基本思路:
(1)將問題轉化為不等式恒成立問題,具體步驟如下:
①求導;
②將f(x)在(a,b)上單調遞增(減)轉化為不等式恒成立問題處理,即f'(x)≥0(f'(x)≤0)在(a,b)內恒
成立;
③利用最大(小)值解決不等式恒成立問題;
④注意驗證等號是否取到.
(2)利用子區間(子集思想):先求出函數的單調遞增(或遞減)區間,然后讓所給區間是求出的單
調區間的子區間.
定點 3 已知函數的單調性求參數的值(范圍)
典例1　已知函數f(x)= 在區間(m,m+2)上單調遞減,則實數m的取值范圍為　　　 .
解析 f '(x)= = = ,
令f '(x)<0,解得-1則f(x)的單調遞減區間為(-1,3),
故(m,m+2) (-1,3),
故 解得-1≤m≤1.
[-1,1]
典例2 (1)已知函數f(x)=ax2+ln(x+1)在區間[1,+∞)上單調遞減,則實數a的取值范圍為　　 ;
(2)已知函數f(x)=x3-ax+b的一個單調遞增區間為(1,+∞),則實數a的值為　　　 .
3
解析 (1)因為函數f(x)在區間[1,+∞)上單調遞減,
所以f'(x)=2ax+ ≤0對任意x∈[1,+∞)恒成立,即a≤- 對任意x∈[1,+∞)恒成立.
令g(x)=- ,x∈[1,+∞),
易得g(x)在區間[1,+∞)上單調遞增,
故g(x)min=g(1)=- ,故a≤- .
即實數a的取值范圍為 .
(2)由題意得f'(x)=3x2-a.
解法一:由題意可知, f'(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,且f'(1)=3-a=0,解得a=3,經驗證,a=3滿足條件,
所以a=3.
解法二:令f'(x)≥0,得x2≥ .
若a≤0,則x2≥ 恒成立,即f'(x)≥0恒成立,此時, f(x)=x3-ax+b在R上是增函數,與題意不符.
若a>0,令f'(x)≥0,得x≥ 或x≤- .
因為(1,+∞)是函數f(x)的一個單調遞增區間,所以 =1,即a=3.
陷阱分析 理解題意時,要注意“函數在區間(1,+∞)上單調”與“函數的一個單調區間為
(1,+∞)”的區別,其中后者的區間(1,+∞)是函數的一個完整的單調區間,前者的區間(1,+∞)
是函數的一個單調區間的子區間.

1.利用單調性解不等式的關鍵是構造函數,研究新函數的單調性及其導函數的結構形式,因此
熟悉以下結論可以達到事半功倍的效果.
(1)對于f'(x)>g'(x),構造h(x)=f(x)-g(x),特殊地,若遇到f'(x)>a(a≠0),即導函數大于某個非零常數
(若a=0,則無須構造),則可構造h(x)=f(x)-ax.
(2)對于f'(x)+g'(x)>0,構造h(x)=f(x)+g(x).
(3)對于f'(x)+f(x)>0,構造h(x)=ex·f(x).
(4)對于f'(x)-f(x)>0,構造h(x)= .
(5)對于xf'(x)+f(x)>0,構造h(x)=x·f(x);對于xf '(x)+nf(x)>0(n≠0),構造h(x)=xnf(x).
(6)對于xf'(x)-f(x)>0,構造h(x)= ;對于xf '(x)-nf(x)>0(n≠0),構造h(x)= .
定點 4 構造函數,利用導數證明(解)不等式
(7)對于 >0,分類討論:①若f(x)>0,則構造h(x)=ln f(x);②若f(x)<0,則構造h(x)=ln[-f(x)].
(8)對于f'(x)+f(x)ln a>0(a>0,a≠1),構造h(x)=axf(x).
(9)對于f'(x)ln x+ >0,構造h(x)=f(x)ln x.
(10)對于f'(x)>f(x)tan x,即f'(x)cos x-f(x)sin x>0,構造h(x)=f(x)cos x.
2.利用導數證明不等式的方法
(1)將要證明的不等式f(x)>g(x)(x∈(a,b))移項,構造函數F(x)=f(x)-g(x),然后根據函數的單調性
或者最值證明F(x)>0.
(2)分別求f(x)min和g(x)max,利用f(x)min>g(x)max證明f(x)>g(x)在區間(a,b)上恒成立(注意f(x)min>g(x)
max是f(x)>g(x)在區間(a,b)上成立的充分不必要條件).
典例1　已知函數f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)為f(x)的導函數,且滿足f(x)<-xf '(x),則不等式f(x
+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是 (　 )
A.(2,+∞)　　 B.(1,+∞)
C.(1,2)　　 D.(0,1)
A
解析 設g(x)=xf(x),x∈(0,+∞),
則g'(x)=f(x)+xf '(x).
∵f(x)<-xf '(x),∴g'(x)<0,
∴g(x)在(0,+∞)上單調遞減.
∵f(x)的定義域為(0,+∞),
∴ 解得x>1.
將原不等式的兩邊同乘(x+1),得(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),即g(x+1)>g(x2-1),
∴x+12或x<-1(舍去),
∴原不等式的解集為(2,+∞).
典例2　求證:當x>1時, +1> .
證明 由題意可知x-1>0,要證 +1> ,即證 (x-1)>2ln x,即證x- -2ln x>0.
令φ(x)=x- -2ln x,x>1,則φ'(x)=1+ - = >0,∴φ(x)在(1,+∞)上單調遞增,∴φ(x)>φ(1)=0,
即x- -2ln x>0,即原不等式成立.
方法技巧 解決不等式問題,通常先構造新函數,這是很關鍵的一步,然后利用導數研究這個
新函數的單調性,從而使不等式問題得以解決.5.3　導數在研究函數中的應用
5.3.1　函數的單調性
基礎過關練
題組一　利用導數研究函數的圖象變化
1.函數y=f(x)在定義域內可導,圖象如圖所示,記y=f(x)的導函數為y=f '(x),則不等式f '(x)≤0的解集為(　　)
A.∪[2,3]
B.
C.∪[1,2]
D.
2.已知函數y=xf '(x)的圖象如圖所示(其中f '(x)是函數f(x)的導函數),則f(x)的圖象大致是(　　)
　　
　　
題組二　利用導數確定函數的單調性與單調區間
3.函數f(x)=xex的單調遞增區間是(　　)
A.(-∞,1)　　　　B.(1,+∞)
C.(-∞,-1)　　　　D.(-1,+∞)
4.已知函數f(x)=ln(x-2)+ln(4-x),則f(x)的單調遞增區間為(　　)
A.(2,3)　　　　B.(3,4)
C.(-∞,3)　　　　D.(3,+∞)
5.若f(x)=xsin x+cos x-1,x∈,則函數f(x)的零點個數為(　　)
A.0　　　　B.1　　　　
C.2　　　　D.3
6.(多選題)下列函數中,在區間(0,+∞)上是先減后增的有(　　)
A.y=xln x　　　　B.y=
C.y=(x+1)ex　　　　D.y=
題組三　利用導數解決含參函數的單調性問題
7.已知函數f(x)=+ax+1存在三個單調區間,則實數a的取值范圍是(　　)
A.(0,4) B.[0,4]
C.(-∞,0)∪(4,+∞) D.(-∞,0]∪[4,+∞)
8.已知函數f(x)=ln x+x2+ax的單調遞減區間為,則(　　)
A.a∈(-∞,-3]　　　　B.a=-3
C.a=3　　　　D.a∈(-∞,3]
9.若函數f(x)=(ax+1)ex在[1,2]上單調遞增,則a的取值范圍是(　　)
A.
C.　　　　D.[0,+∞)
10.若函數f(x)=x--aln x存在單調遞減區間,則實數a的取值范圍為(　　)
A.(2]
C.[-2)
11.若函數f(x)=-ln x在區間上不單調,則實數m的取值范圍為(　　)
A.0C.≤m≤1　　　　D.m>1
題組四　含參函數單調性的討論
12.已知f '(x)為函數f(x)=(x+a)ln(x+1)的導函數,討論f '(x)的單調性.
13.已知函數f(x)=ax+,討論f(x)的單調性.
14.已知函數f(x)=x3+ax2-(2a+1)x,討論f(x)的單調性.
能力提升練
題組一　利用導數研究函數的單調性及其應用
1.已知函數f(x)=lg(|x|-1)+2x+2-x,則滿足不等式f(x+1)A.(-2,-1)
B.(1,2)
C.∪(1,+∞)
D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
2.已知函數f(x)的定義域為R,對任意x∈R,有f '(x)-f(x)>0,則不等式exf(x+1)>e2f(2x-1)的解集是(　　)
A.{x|x<4}　　　　B.{x|x<3} C.{x|x<2}　　　　D.{x|x<1}
3.(多選題)已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f '(x),若xf '(x)+(1-x)f(x)>0恒成立,且f(1)=e, f(4)=e3,則f(2)的取值可能為(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.3　　　　D.2
4.已知實數a,b分別滿足ln(a+1)=0.01,eb=1.01,且c=,則(　　)
A.a5.(多選題)已知函數f(x)=x(x-3)2,若f(a)=f(b)=f(c)(其中a>b>c),則下列結論正確的是(　　)
A.1C.a+b+c=6　　　　D.abc∈(0,4)
6.如果定義在R上的函數f(x)對任意兩個不相等的實數x1,x2,都有x1 f(x1)+x2 f(x2)>x1 f(x2)+x2 f(x1),那么稱函數f(x)為“H函數”.給出下列函數:
①y=ex+1;②y=3x-2(sin x-cos x);
③y=x3+3x2+3x+1;④y=
其中是“H函數”的是　　　　.(填序號)
7.已知定義在R上的函數f(x),其導函數為f '(x), f '(x)>2, f(2)=4,則不等式xf(x-1)>2x2-2x的解集為　　　　.
8.定義方程f(x)=f '(x)的實數根x0叫做函數f(x)的“新駐點”.
(1)設f(x)=sin x-cos x,則f(x)在(0,π)上的“新駐點”為　　　　;
(2)如果函數g(x)=ln(x+1)與h(x)=x+ex的“新駐點”分別為α,β,那么α和β的大小關系是　　　　.
題組二　含參函數單調性的討論
9.已知函數f(x)=ln x+x2,g(x)=(a+1)x.若函數h(x)=f(x)-g(x),討論h(x)的單調性.
10.已知函數f(x)=x2-ax+ln x,討論f(x)的單調性.
11.已知函數f(x)=aex-(a+1)x,討論f(x)的單調性.
題組三　利用導數解決含參函數的單調性問題
12.已知函數f(x)=ax2-4ax-ln x,則f(x)在(1,3)上不單調的一個充分不必要條件是(　　)
A.a∈　　　　B.a∈
C.a∈　　　　D.a∈
13.若函數f(x)=cos 2x+3a(sin x+cos x)+(2a-1)x在上單調遞減,則a的取值范圍為(　　)
A.
B.
C.∪[1,+∞)
D.(-∞,-1]∪
14.(多選題)若函數f(x)=loga|x3-3ax|(a>0且a≠1)在上單調遞減,則a的取值可以為(　　)
A.　　　　D.3
15.已知函數f(x)=x-1-aln x.
(1)討論函數f(x)的單調性;
(2)已知函數g(x)=,若當a<0時,對任意x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|<|g(x1)-g(x2)|成立,求實數a的取值范圍.
答案與分層梯度式解析
基礎過關練
1.A　由題圖知,y=f(x)在和[2,3]上單調遞減,所以不等式f '(x)≤0的解集為∪[2,3].故選A.
2.C　由題圖可得,當x∈(0,1)時, xf '(x)<0,故f '(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈(1,+∞)時,xf '(x)>0,故f '(x)>0, f(x)單調遞增,
當x∈(-1,0)時,xf '(x)>0,故f '(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈(-∞,-1)時,xf '(x)<0,故f '(x)>0, f(x)單調遞增.結合選項可知C符合題意.故選C.
3.D　f(x)=xex的定義域為R,
f '(x)=ex+xex=ex(1+x),
令f '(x)>0,可得1+x>0,解得x>-1.
故函數f(x)=xex的單調遞增區間是(-1,+∞).
故選D.
4.A　由得2易得f '(x)=,
∴當x∈(2,3)時, f '(x)>0;當x∈(3,4)時, f '(x)<0,∴f(x)的單調遞增區間為(2,3).故選A.
易錯警示　要注意函數的單調區間是其定義域的子區間,故利用導數求函數的單調區間時,要先確定其定義域.
5.C　易得f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,
當x∈時, f '(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈時, f '(x)>0, f(x)單調遞增,
當x∈時, f '(x)<0, f(x)單調遞減,
易得f-1>0, f(0)=0, f-1>0, f(π)=-2<0,
畫出f(x)=xsin x+cos x-1在上的大致圖象,如圖:
由圖象可得函數f(x)的零點個數為2.故選C.
6.AD　對于A,y'=1+ln x,當0時,y'>0,因此函數y=xln x在上單調遞減,在上單調遞增,A符合;
對于B,y'=,當00,當x>e時,y'<0,因此函數y=在(0,e)上單調遞增,在(e,+∞)上單調遞減,B不符合;
對于C,y'=(x+2)ex,當x>0時,y'>0,因此函數y=(x+1)ex在(0,+∞)上單調遞增,C不符合;
對于D,y'=,當01時,y'>0,因此函數y=在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,D符合.故選AD.
7.C　由f(x)=+ax+1,可得f '(x)=x2+ax+a,
因為函數f(x)存在三個單調區間,所以f '(x)=0有兩個不相等的實數根,
則Δ=a2-4a>0,解得a<0或a>4,
即實數a的取值范圍是(-∞,0)∪(4,+∞).故選C.
8.B　由f(x)=ln x+x2+ax得f '(x)=,因為f(x)的單調遞減區間是,所以和1是方程=0的兩個根,代入得a=-3.經檢驗滿足題意.故選B.
9.B　依題意得f '(x)=(ax+a+1)ex,因為f(x)在[1,2]上單調遞增,所以f '(x)≥0對任意x∈[1,2]恒成立,即ax+a+1≥0對任意x∈[1,2]恒成立.
因為y=ax+a+1的圖象是直線,
所以解得a≥-.故選B.
10.A　由f(x)=x--aln x得f '(x)=1+,因為f(x)存在單調遞減區間,所以f '(x)<0在(0,+∞)上有解,即a>+x在(0,+∞)上有解,
令g(x)=+x(x>0),則g'(x)=-+1,令g'(x)=0,解得x=(負值舍去),
當0當x>時,g'(x)>0,g(x)單調遞增,
所以g(x)min=g(,故a>2,
故選A.
11.B　函數f(x)=-ln x的定義域為(0,+∞),
且f '(x)=x-,
令f '(x)=0,得x=1(負值舍去),
因為f(x)在區間上不單調,
所以12.解析　由已知得f '(x)=ln(x+1)+,x>-1,
令g(x)=f '(x),
則g'(x)=,
若a≤1,則x+2-a>1-a≥0,從而g'(x)>0,所以g(x)在(-1,+∞)上單調遞增,即f '(x)單調遞增.
若a>1,則當-1當x>a-2時,g'(x)>0,所以g(x)單調遞增,即f '(x)單調遞增.
綜上所述,若a≤1,則f '(x)在(-1,+∞)上單調遞增,若a>1,則f '(x)在(-1,a-2)上單調遞減,在(a-2,+∞)上單調遞增.
13.解析　函數f(x)=ax+的定義域為R,且f '(x)=a-,
當a≤0時,f '(x)<0恒成立,所以f(x)在R上單調遞減;
當a>0時,令f '(x)=0,解得x=-ln a,
所以當x<-ln a時, f '(x)<0,當x>-ln a時, f '(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-ln a)上單調遞減,在(-ln a,+∞)上單調遞增.
綜上,當a≤0時, f(x)在R上單調遞減;
當a>0時, f(x)在(-∞,-ln a)上單調遞減,在(-ln a,+∞)上單調遞增.
14.解析　函數f(x)=x3+ax2-(2a+1)x的定義域為R,且f '(x)=x2+2ax-(2a+1)=(x+2a+1)(x-1),
令f '(x)=0,解得x=1或x=-2a-1.
①若1<-2a-1,即a<-1,則當x∈(1,-2a-1)時, f '(x)<0,當x∈(-∞,1)∪(-2a-1,+∞)時, f '(x)>0,
所以f(x)在(1,-2a-1)上單調遞減,在(-∞,1),(-2a-1,+∞)上單調遞增;
②若1=-2a-1,即a=-1,則f '(x)=(x-1)2≥0,故f(x)在R上單調遞增;
③若1>-2a-1,即a>-1,則當x∈(-2a-1,1)時, f '(x)<0,當x∈(-∞,-2a-1)∪(1,+∞)時, f '(x)>0,
所以f(x)在(-2a-1,1)上單調遞減,在(-∞,-2a-1),(1,+∞)上單調遞增.
綜上,當a<-1時, f(x)在(1,-2a-1)上單調遞減,在(-∞,1),(-2a-1,+∞)上單調遞增;
當a=-1時, f(x)在R上單調遞增;
當a>-1時, f(x)在(-2a-1,1)上單調遞減,在(-∞,-2a-1),(1,+∞)上單調遞增.
導師點睛　含參函數的單調性問題,先對求導的結果進行化簡,能分解因式的要分解因式,然后根據求導后的有效部分(決定導函數正負的部分)進行分類討論.
能力提升練
1.D　由|x|-1>0,得x<-1或x>1,故f(x)的定義域為(-∞,-1)∪(1,+∞),
因為f(-x)=lg(|x|-1)+2-x+2x=f(x),所以f(x)為偶函數.
當x>1時,易知y=lg(|x|-1)=lg(x-1)單調遞增,
對于y=2x+2-x,y'=2xln 2+2-xln=(2x-2-x)ln 2,易知2x-2-x>2-2-1=>0,故y'>0在(1,+∞)上恒成立,所以y=2x+2-x在(1,+∞)上單調遞增,
故f(x)在(1,+∞)上單調遞增,
則由f(x+1)1或x<-2.故選D.
2.C　令g(x)=,x∈R,則g'(x)=>0,
所以g(x)=在R上單調遞增,
對不等式exf(x+1)>e2f(2x-1)左右兩邊同時除以e2x+1,得,即g(x+1)>g(2x-1),
所以x+1>2x-1,解得x<2,所以不等式exf(x+1)>e2f(2x-1)的解集是{x|x<2}.故選C.
3.AB　令g(x)=,x∈R,
則g'(x)=
=>0,
所以g(x)=在R上單調遞增,
所以g(1)又f(1)=e, f(4)=e3,
所以1<,所以又e≈2.718,所以2e≈5.436,≈3.694,
結合選項可知f(2)的可能取值為4,5.故選AB.
4.C　由ln(a+1)=0.01,eb=1.01,得a=e0.01-1,b=ln 1.01.
設g(x)=ex-x-1(x∈R),則g'(x)=ex-1,
所以當x∈(-∞,0)時,g'(x)<0,g(x)單調遞減,
當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,g(x)單調遞增,所以g(x)≥g(0)=0,即ex-1≥x,
同理可證ln(x+1)≤x,所以ln(x+1)≤x≤ex-1,
當x=0.01時,可得ln 1.01設f(x)=ln x-(x>0),則f '(x)=,
所以當x∈(0,1)時, f '(x)<0, f(x)單調遞減,
當x∈(1,+∞)時, f '(x)>0, f(x)單調遞增,
所以f(1.01)>f(1),即ln 1.01->ln 1,整理得ln 1.01>,即b>c,所以c5.BCD　易得f '(x)=3x2-12x+9=3(x-3)(x-1).
令f '(x)>0,得x>3或x<1;令f '(x)<0,得1所以f(x)的單調遞增區間為(-∞,1)和(3,+∞),單調遞減區間為(1,3),又f(0)=0, f(1)=1×(1-3)2=4, f(3)=0,所以f(x)的大致圖象如圖所示.
設f(a)=f(b)=f(c)=t,則0b>c,所以0又f(x)-t=(x-a)(x-b)(x-c),所以x(x-3)2-t=(x-a)(x-b)(x-c),
即x3-6x2+9x-t=x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x-abc,
所以故C正確.
abc=t∈(0,4),故D正確.
因為36.答案　①②③
解析　x1 f(x1)+x2 f(x2)>x1 f(x2)+x2 f(x1)可化為[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0,
所以函數f(x)為R上的增函數,所以“H函數”即為增函數.
對于①,y=ex+1顯然是增函數,故①符合.
對于②,y'=3-2cos x-2sin x=3-2≥3-2>0,所以函數y=3x-2(sin x-cos x)為R上的增函數,故②符合.
對于③,y'=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,所以函數y=x3+3x2+3x+1為R上的增函數,故③符合.
對于④,當x>0時,y=ln|x|=ln x,在(0,+∞)上單調遞增;當x<0時,y=ln|x|=ln(-x),在(-∞,0)上單調遞減,所以y=不是R上的增函數,故④不符合.
7.答案　(-∞,0)∪(3,+∞)
解析　構造函數g(x)=f(x)-2x,則g'(x)=f '(x)-2>0,所以函數g(x)在R上為增函數,
且g(2)=f(2)-2×2=0.
①當x<0時,由xf(x-1)>2x2-2x可得f(x-1)<2(x-1),即f(x-1)-2(x-1)<0,即g(x-1)<0=g(2),
可得x-1<2,解得x<3,此時x<0;
②當x>0時,由xf(x-1)>2x2-2x可得f(x-1)>2(x-1),即f(x-1)-2(x-1)>0,即g(x-1)>0=g(2),
可得x-1>2,解得x>3,此時x>3.
綜上所述,不等式xf(x-1)>2x2-2x的解集為(-∞,0)∪(3,+∞).
8.答案　(1)　(2)α<β
解析　(1)由f(x)=sin x-cos x得f '(x)=cos x+sin x,令sin x-cos x=cos x+sin x,得cos x=0,
又x∈(0,π),所以x=,
所以函數f(x)在(0,π)上的“新駐點”為.
(2)由h(x)=x+ex,得h'(x)=1+ex,
令x+ex=1+ex,得x=1,即β=1.
由g(x)=ln(x+1),得g'(x)=,由“新駐點”的定義可得ln(x+1)=,
令φ(x)=ln(x+1)-,x>-1,
則φ'(x)=>0,即函數φ(x)在(-1,+∞)上單調遞增,
又φ(0)=-1<0,φ(1)=ln 2-=0,
所以函數φ(x)在(-1,+∞)上存在唯一零點α,且α∈(0,1),所以α<β.
9.解析　由已知得h(x)=f(x)-g(x)=ln x+x2-(a+1)x,x∈(0,+∞),
則h'(x)=.
(1)當a=0時,h'(x)=,
當x∈(0,1)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;當x∈(1,+∞)時,h'(x)<0,h(x)單調遞減.
(2)當a≠0時,令h'(x)=0,則x=1或x=,
①當1=,即a=1時,h'(x)≥0,當x∈(0,+∞)時,h(x)單調遞增.
②若1<,即0則當x∈(0,1)和時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;當x∈時,h'(x)<0,h(x)單調遞減.
③當1>,即a>1或a<0時,
若a>1,則當x∈和(1,+∞)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;
當x∈時,h'(x)<0,h(x)單調遞減.
若a<0,則當x∈(0,1)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增;當x∈(1,+∞)時,h'(x)<0,h(x)單調遞減.
綜上,當a≤0時,h(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減;
當0當a=1時,h(x)在(0,+∞)上單調遞增;
當a>1時,h(x)在和(1,+∞)上單調遞增,在上單調遞減.
導師點睛　最高次項的系數含參時,需先討論最高次項的系數是不是0,再按照兩根的大小關系進行討論,討論要做到不重不漏,還需注意根與定義域的關系.
10.解析　由已知得f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=x-a+.
當a≤0時, f '(x)>0恒成立, f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
當a>0時,對于y=x2-ax+1,有Δ=a2-4.
①當Δ≤0,即0②當Δ>0,即a>2時,
f '(x)=,
令f '(x)>0,得0,
令f '(x)<0,得,
所以f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.
綜上,當a≤2時, f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
當a>2時, f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.
導師點睛　當有效部分不能因式分解時,按照Δ與0的大小關系進行比較.
11.解析　因為函數f(x)=aex-(a+1)x,x∈R,
所以f '(x)=aex-(a+1),
當a=0時, f '(x)=-1<0,故f(x)在R上單調遞減;
當a>0時,令f '(x)>0,得ex>,解得x>ln,
令f '(x)<0,得ex<,解得x當-1≤a<0時,≤0恒成立,此時ex>,即f '(x)<0恒成立,故f(x)在R上單調遞減;
當a<-1時,令f '(x)>0,得ex<,解得x,解得x>ln,故f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.
綜上,當a<-1時, f(x)在上單調遞增,在上單調遞減;
當-1≤a≤0時, f(x)在R上單調遞減;
當a>0時, f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.
12.B　由已知得f '(x)=(x>0),
令g(x)=2ax2-4ax-1(x>0),
因為f(x)在(1,3)上不單調,所以f '(x)在(1,3)上有變號零點,即g(x)在(1,3)上有變號零點.
當a=0時,g(x)=-1,不成立;
當a≠0時,只需g(1)·g(3)<0,即(-2a-1)(6a-1)<0,解得a<-或a>,
所以f(x)在(1,3)上不單調的充要條件是a<-或a>,所以f(x)在(1,3)上不單調的一個充分不必要條件可以是a>.故選B.
13.A　由已知得f '(x)=-sin 2x+3a(cos x-sin x)+2a-1,∵f(x)在上單調遞減,
∴f '(x)≤0在上恒成立,
設t=cos x-sin x,則t=-,
當x∈時,x-,則t∈[-1,1],
∴sin 2x=1-t2∈[0,1],
∴t2+3at+2a-2≤0在t∈[-1,1]上恒成立,
令g(t)=t2+3at+2a-2,t∈[-1,1].
只需滿足
解得-1≤a≤,故選A.
14.AC　令g(x)=x3-3ax,a>0且a≠1,
則g'(x)=3x2-3a=3(x+),
∴當x∈(-∞,-)∪(,+∞)時,g'(x)>0;當x∈(-)時,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-,+∞)上單調遞增,在(-)上單調遞減.
令g(x)=0,解得x=0或x=±,
畫出y=|g(x)|的大致圖象,如圖所示,
當a>1時,若f(x)在上單調遞減,則y=|g(x)|在上單調遞減,
∴<2≤,解得≤a≤;
當0∴2≤,得a≥4或a≤,
又0綜上,實數a的取值范圍為,結合選項知a的可能取值為.故選AC.
15.解析　(1)f '(x)=1-(x>0),
當a≤0時, f '(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
當a>0時,令f '(x)=0,得x=a,
當0當x>a時, f '(x)>0, f(x)在(a,+∞)上單調遞增.
(2)當a<0時,由(1)知f(x)在(0,1]上單調遞增,
由g(x)=得g'(x)=-,顯然g'(x)<0在(0,1]上恒成立,則g(x)在(0,1]上單調遞減,
不妨設x1所以f(x2)-f(x1)易得F'(x)=1-,故F'(x)≤0在(0,1]上恒成立,即a≥x-在(0,1]上恒成立,
令h(x)=x-,x∈(0,1],易知h(x)在(0,1]上單調遞增,
所以h(x)max=h(1)=-3,所以a≥-3.
故實數a的取值范圍是[-3,0).
1

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