阶段提能(五) 一元函数的导数及其应用
1．(人教B版选择性必修第三册P96练习BT7)分别讨论下列函数f (x)的单调性，其中a为非零实常数．
(1)f (x)＝ln x＋ax；
(2)f (x)＝x2＋a ln x－(a＋1)x．
2．(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
(2)ln x
0．
3．(人教B版选择性必修第三册P113复习题B组T5)已知a>0且f (x)＝ax＋＋2－2a，若f (x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
4．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19)已知函数f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f ′(2)＝( )
[A] －1 [B] －
[C] [D] 1
6．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为( )
[A] e2 [B] e
[C] e-1 [D] e-2
7．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则( )
[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
8．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
[A] bc＞0 [B] ab＞0
[C] b2＋8ac＞0 [D] ac＜0
9．(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f (x)＝(x－1)2·(x－4)，则( )
[A] x＝3是f (x)的极小值点
[B] 当0[C] 当1[D] 当－1f (x)
10．(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
[A] (－∞，－2) [B] (－∞，－3)
[C] (－4，－1) [D] (－3，0)
11．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
12．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)1/1阶段提能(五) 一元函数的导数及其应用
1．(人教B版选择性必修第三册P96练习BT7)分别讨论下列函数f (x)的单调性，其中a为非零实常数．
(1)f (x)＝ln x＋ax；
(2)f (x)＝x2＋a ln x－(a＋1)x．
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋a．
①当a>0时，f ′(x)>0恒成立，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f ′(x)>0，得0令f ′(x)<0，得x>－．
∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a>0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝x＋－(a＋1)＝＝．
①当a<0时，令f ′(x)>0，得x>1，
令f ′(x)<0，得0∴f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②当00，得01，
令f ′(x)<0，得a∴f (x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a，1)上单调递减．
③当a＝1时，f ′(x)≥0恒成立，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
④当a>1时，令f ′(x)>0，得0a，
令f ′(x)<0，得1∴f (x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
2．(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
(2)ln x0．
[证明] (1)由题意，ex>1＋x等价于ex－x－1>0，
令f (x)＝ex－x－1，
∴f ′(x)＝ex－1，而f ′(0)＝e0－1＝0，
∴x<0时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
x>0时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)>f (0)＝0在x≠0时恒成立，即ex－x－1>0(x≠0)，
∴ex>1＋x，x≠0．
如图，由图象可直观得到ex>1＋x，x≠0．
(2)由题意，ln x0，x0，
令f (x)＝x－ln x，则f ′(x)＝1－，而f ′(1)＝1－＝0，
∴0x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)≥f (1)＝1在x>0时恒成立，即x－ln x≥1>0，
∴ln x0时恒成立．
令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，而g′(0)＝e0－1＝0，
∴x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)>g(0)＝1>0在x>0时恒成立，即ex－x>0，
∴x0时恒成立．
综上，ln x0．
如图，由图象可直观得到ln x0．
3．(人教B版选择性必修第三册P113复习题B组T5)已知a>0且f (x)＝ax＋＋2－2a，若f (x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
[解] 因为f (x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，
所以ax＋＋2－2a－2ln x≥0(a>0)在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝ax＋＋2－2a－2ln x，
则g′(x)＝a－＝
＝．
令g′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－．
若－＝1，即a＝1，则g′(x)≥0，
函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以g(x)≥g(1)＝0，
所以f (x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立．
若－>1，即0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值为g，
又因为g(1)＝0，所以g<0，不合题意．
若－<1，即a>1，则当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值为g(1)，
又因为g(1)＝0，所以f (x)≥2ln x恒成立．
综上可知，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
4．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19)已知函数f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f ′(x)<0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f ′(x)＝0得x＝－ln a．
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f (x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (－ln a)＝1－＋ln a．
①当a＝1时，由于f (－ln a)＝0，故f (x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f (－ln a)>0，故f (x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f (－ln a)<0．
又f (－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2>－2e-2＋2>0，故f (x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln ，
则f (n0)＝－n0>0．
由于ln >－ln a，
因此f (x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f ′(2)＝( )
A．－1 B．－
C． D．1
B [因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f (1)＝－2，f ′(1)＝0，而f ′(x)＝，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f ′(x)＝－，因此函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)＝－1＋＝－．
故选B．]
6．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e-1 D．e-2
C [因为函数f (x)＝aex－ln x，所以f ′(x)＝aex－．因为函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，所以f ′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex．当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e-1．故选C．]
7．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则( )
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
AC [由题意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞或x＜－，
令f ′(x)＜0，得－＜x＜，
所以f (x)在上单调递减，
在上单调递增，
所以x＝±是极值点，故A正确；
因为f＝1＋＞0，f＝1－＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以函数f (x)在上有一个零点，
当x≥时，f (x)≥f＞0，即函数f (x)在上无零点，
综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，点(0，0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f (x)的图象，
所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f (1)＝f (－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC．]
8．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc＞0 B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0
BCD [因为函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，因为函数f (x)既有极大值也有极小值，则函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则
即所以故选BCD．]
9．(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f (x)＝(x－1)2·(x－4)，则( )
A．x＝3是f (x)的极小值点
B．当0C．当1D．当－1f (x)
ACD [对A选项，因为函数f (x)的定义域为R，而f ′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，
易知当x∈(1，3)时，f ′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f (x)的极小值点，故A正确；
对B选项，当00，所以1>x>x2>0，
由A选项可知，函数f (x)在(0，1)上单调递增，所以f (x)>f (x2)，故B错误；
对C选项，当1所以f (1)>f (2x－1)>f (3)，即－4对D选项，当－10，所以f (2－x)>f (x)，故D正确．故选ACD．]
10．(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
B [由题意知f ′(x)＝3x2＋a，要使函数f (x)存在3个零点，则f ′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0．令3x2＋a＝0，解得x＝±．令f ′(x)>0，则x<－或x>，令f ′(x)<0，则－解得>1，即a<－3．故选B．]
11．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
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，g(0)＝1，g(1)＝－2，
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个交点，所以a∈(－2，1)．]
12．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)证明：a≤2，且x>1时，ex-1－f (x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋1＋ln x，
令g(x)＝ex-1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex-1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－，
显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证．
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