第二章 §8
A组·基础自测
一、选择题
1．函数f(x)＝－x3＋3x＋2的单调递增区间为( C )
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(－1,1) D．(1，＋∞)
[解析] f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x2－1)，令f′(x)>0，∴－3(x2－1)>0，∴x2－1<0，∴－1
2．函数f(x)＝ex－kx，当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，则k的取值范围是( C )
A．k≤1 B．k≤2
C．k≤e D．k≤
[解析] 依题意，ex－kx≥0在(0，＋∞)上恒成立，即k≤在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝e，所以k≤e.
3．已知函数f(x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围是( C )
A．(e，＋∞) B．(－∞，e)
C. D．
[解析] 由f(x)＝－mx<0在(0，＋∞)上有解，可得，m>在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝，x>0，则m>g(x)min，g′(x)＝，则当02时，g′(x)>0，函数单调递增，故当x＝2时，函数g(x)取得最小值，g(2)＝.故m>.
4．(多选)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( AC )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
[解析] f ′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，
∴x<－或x>，
令f ′(x)<0，∴－∴f(x)在，上递增，在上递减．
∴当x＝－时，f(x)取极大值f＝1＋，
当x＝时，f(x)取极小值f＝1－>0，
∴f(x)有两个极值点，有一个零点．
又f(x)＋f(－x)＝2，∴点(0,1)是曲线y＝f(x)的一个对称中心．
当切线斜率k＝2时，设切点为(x0，y0)，
y′＝3x2－1，∴k＝3x－1＝2，∴x＝1，∴x0＝±1.
∴切点为(1,1)或(－1,1)，
∴切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，
故选AC.
二、填空题
5．已知函数f(x)＝＋a在(0，＋∞)上的最小值为2e，则实数a的值为_e__.
[解析] f ′(x)＝，当x>0时，令f ′(x)>0，解得x>1，令f ′(x)<0，解得06．已知函数f(x)＝xln x－ax2有两个极值点，则实数a的取值范围是 .
[解析] 由题意f′(x)＝ln x＋1－2ax＝ln x－2ax＋1＝0有两个不等实根，2a＝，
设g(x)＝，g′(x)＝＝－，当00，g(x)单调递增，
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x＝1时，g(1)＝1为极大值也是最大值，
x→＋∞时，g(x)→0，且g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞，
所以当0<2a<1，即07．(2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是 .
[解析] 由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，
故0＝1≥－，而a＋1∈(1,2)，
故ln(1＋a)>0，
故即，
故≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是.
三、解答题
8．已知函数f(x)＝aln x＋bx，g(x)＝x2－，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
[解析] (1)f ′(x)＝＋b，则a＋b＝，
f(1)＝b＝－，解得a＝1，b＝－.
(2)证明：令h(x)＝ln x－x－x2＋，
则h′(x)＝－－x＝，
又x>0，则h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)≤h(1)＝0，f(x)≤g(x)成立．
9．已知函数f(x)＝aln x－，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1，且x≥2时，证明：f(x－1)≤2x－5.
[解析] (1)由于f ′(x)＝.
当a≥0时，对于x∈(0，＋∞)，有f ′(x)>0恒成立，
即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
当a<0时，由f ′(x)＝0，得x＝－∈(0，＋∞)．
当x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f(x－1)＝ln(x－1)－，x∈[2，＋∞)．令g(x)＝ln(x－1)－－2x＋5.
g′(x)＝＋－2＝－.
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)单调递减．
又g(2)＝0，所以g(x)在(2，＋∞)恒为负．
所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)≤0，
即ln(x－1)－－2x＋5≤0.
故当a＝1，且x≥2时，f(x－1)≤2x－5成立．
B组·能力提升
一、选择题
1．函数y＝f(x)＝xsin x在[－π，π]上的图象大致为( C )
[解析] f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，为偶函数，则B，D错误；
又当x∈[0，π]时，f ′(x)＝sin x＋xcos x，
当f ′(x)＝sin x＋xcos x＝0时，得x＝－tan x，
由，
则极值点x0∈，故A错误．
2．设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x＞0时，f(x)( D )
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
[解析] ∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，
∴[x2f(x)]′＝，
令F(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝，
F(2)＝4·f(2)＝.
由x2f′(x)＋2xf(x)＝，得f′(x)＝，
令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝.
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥0.
又x＞0，∴f′(x)≥0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.
3．已知函数f(x)＝a－2ln x(a∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使f(x0)>g(x0)成立，则实数a的取值范围为( B )
A. B．(0，＋∞)
C．[0，＋∞) D．
[解析] 由题意得f(x)－g(x)>0在[1，e]上有解，即ax－2ln x>0在[1，e]上有解，所以a>min.
设y＝，则y′＝≥0，
所以ymin＝0，故得a>0.
二、填空题
4．已知函数f(x)＝ex－x2－1，若f(x)≥kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则实数k的取值范围为_(－∞，e－2]__.
[解析] f(x)≥kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于≥k对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令φ(x)＝，x>0，
则φ′(x)＝
＝，
当x∈(0，＋∞)时，ex－x－1>0恒成立，
令φ′(x)>0，得x>1；
令φ′(x)<0，得0所以k≤φ(x)min＝e－2，
故实数k的取值范围为(－∞，e－2]．
5．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是 .
[解析] 易知f ′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，x∈R.
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
分析易知f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，
所以0和－2是函数f(x)的极值点，函数的极小值为f(0)＝－a，极大值为f(－2)＝4e－2－a＝－a.
函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则解得0三、解答题
6．已知函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－1)x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求证：f(x)>2.
[解析] (1) 函数f(x)＝aex－bln x的导数为f ′(x)＝aex－，
函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝ae－b，
由切线方程y＝(e－1)x＋1，可得ae－b＝e－1，e＝ae，解得a＝1，b＝1.
(2)证明：f(x)＝ex－ln x，
导数为f ′(x)＝ex－，x>0，易知f ′(x)为增函数，
且f ′(1)>0，f ′<0.
所以存在m∈，有f ′(m)＝0，即em＝，
且x>m时，f ′(x)>0，f(x)递增；
0可得在x＝m处f(x)取得最小值，
f(m)＝em－ln m＝＋m>2，
可得f(x)>2成立．
C组·创新拓展
已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)证明：当a＝1时，函数f(x)＝ex－x2，
则f ′(x)＝ex－2x，
令g(x)＝f ′(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2，
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x∈[0，ln 2)时，g′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝ln 2时取极小值，也是最小值，g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4＝ln>0，
所以g(x)>0所以f ′(x)>0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝1.
(2)f(x)在(0，＋∞)上有两个零点 方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上有两个根 a＝在(0，＋∞)上有两个根，即函数y＝a与G(x)＝的图象在(0，＋∞)上有两个交点．G′(x)＝，当x∈(0,2)时，G′(x)<0，G(x)在(0,2)上递减，当x∈(2，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)在(2，＋∞)上递增，
所以G(x)的最小值为G(2)＝，
当x→0时，G(x)→＋∞，当x→＋∞时，G(x)→＋∞，所以f(x)在(0，＋∞)上有两个零点时，a的取值范围是.
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第二章 导数及其应用
§8 数学探究活动(二)：探究函数性质
素养目标 定方向
1．能通过类比一次、二次函数图象与性质的探究，探究三次函数的图象与性质．
2．能利用导数分析三次函数的图象与性质．
通过应用导数分析三次函数的图象与性质，培养直观想象、逻辑推理及数学运算素养．
关键能力 攻重难
题|型|探|究
题型一
三次函数的零点问题
典例 1
设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是___________.(写出所有正确条件的编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
对点训练
[解析] 方法一：令f(x)＝x3＋ax＋b，则f ′(x)＝3x2＋a.
对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
①③④⑤
对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；
对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f ′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f ′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．
方法二：根据题意，直线y＝－b和函数f(x)＝x3＋ax的图象有且仅有一个公共点．先考虑a＝－3的情形，此时f ′(x)＝3x2－3，于是f(x)在x＝－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2，如图所示．
于是当b<－2或b>2时符合题意，故①③符合题意．
再考虑a≥0的情形，此时f ′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)单调递增，且值域为R，必然符合题意，故④⑤符合题意．
设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
[解析] (1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1(t>0)．
题型二
与最值有关的恒成立问题
典例 2
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t (0,1) 1 (1,2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) 单调递增 1－m 单调递减
∴对t∈(0,2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，
h(t)<－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，
也就是g(t)<0对t∈(0,2)恒成立，
只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞)．
[规律方法] (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立 λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立 λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．
(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”．
设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.
(1)若对任意的x∈[0,3]，都有f(x)(2)若对任意的x∈(0,3)，都有f(x)[解析] (1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．
∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.
又f(3)＝9＋8c>f(1)，
对点训练
∴x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
∵对任意的x∈[0,3]，有f(x)∴9＋8c9.
∴实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，
∴实数c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞)．
易|错|警|示
利用参变分离时忽视自变量的取值范围
设函数f(x)＝ax3－3x＋1，若对任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为_____.
典例 3
4
[误区警示] 本题上述解法中有两处错误．(1)是在参数分离的过程中，要在不等式两边同时除以x3才能实现参数的分离，若x的取值范围在正数区间上，可以避免讨论；若x的取值范围中包含零或负数，则需要进行分类讨论．
(2)是换元后未求新元t的范围，t的范围不再是[－1,1]．
课堂检测 固双基
CD
(7，＋∞)
3．给定函数f(x)＝ex－x.
(1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域；
(2)画出函数f(x)的大致图象；
(3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1,2]的解的个数．
[解析] (1)函数的定义域为R，f ′(x)＝ex－1，
令f ′(x)＝0，解得x＝0.
f ′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 1 单调递增
所以，f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．当x＝0时，f(x)的极小值f(0)＝1.也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞)．
(3)截取函数f(x)在区间[－1,2]上的图象如图所示．