第二章 基本初等函數(shù)、導數(shù)及其應用1．(2017·湛江模擬)若函數(shù)f(x)＝x＋b

b∈R)的導函數(shù)在區(qū)間(1，x(2)上有零點，則

f(x)在下列區(qū)間上單調遞增的是(

)A．(－2，0)C．(1，＋∞)B．(0，1)D．(－∞，－2)

bD

[解析]

由題意知，f′(x)＝1－x2

，因為函數(shù)f(x)＝x＋bx

bx2(b∈R)的導函數(shù)在區(qū)間(1，2)上有零點，所以當

1－

＝0

時，b＝x2，又x∈(1，2)，所以b∈(1，4)，令f'(x)>0，解得x<－b或x>b，即f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－b)，(b，＋∞)，因為b∈(1，4)，所以(－∞，－2)符合題意，故選D.第二章 基本初等函數(shù)、導數(shù)及其應用2．已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：3萬件)的函數(shù)關系式為y＝－1x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家)獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為(A．13

萬件C．9

萬件B．11

萬件D．7

萬件C

[解析]因為y′＝－x2＋81，所以當x>9

時，y′<0；當0<x<9時，y′>0.所以函數(shù)y＝－1

＋81x－234

在(9，＋∞)上單調遞3x3減，在(0，9)上單調遞增，所以x＝9

是該函數(shù)的極大值點，又該函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個極大值點，所以該函數(shù)在x＝9處取得最大值．第二章 基本初等函數(shù)、導數(shù)及其應用3．(2015·高考全國卷Ⅱ)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0

時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0

成立的

x

的取值范圍是(

)A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)D．(0，1)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)A

[

解

析

]

設

y

＝

g(x)

＝f（x）

x(x≠0)

，

則

g

′

(x)

＝xf′（x）－f（x）

x2，當x>0

時，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.第二章 基本初等函數(shù)、導數(shù)及其應用4x1

x

24．已知函數(shù)

f(x)＝x＋

，g(x)＝2

＋a，若?x1∈

，1，?x2∈[2，3]，使得

f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)

a

的取值范圍是(

)A．a(chǎn)≤1C．a(chǎn)≤2B．a(chǎn)≥1D．a(chǎn)≥2

1

2A

[解析]

由題意知

f(x)minx∈

，1≥g(x)min(x∈[2，3])，因為f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故選A.1－x5．已知函數(shù)

f(x)＝

ax

＋ln

x，若函數(shù)

f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實數(shù)

a

的取值范圍為

．1－x

ax－1因為函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)＝[解析]

因為

f(x)＝

ax

＋ln

x，所以

f′(x)＝

ax2

(a>0)．a(chǎn)x－1ax2≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，所以ax－1≥0

對x∈[1，＋∞)恒成立，即

a≥1

x∈[1，＋∞)恒成立，所以

a≥1.對x[答案][1，＋∞)6．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a

恰好有兩個不同的零點，則a

的值為

．[解析]

由題意得

f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得

x<1或

x>2，由

f′(x)<0，得

1<x<2，所以函數(shù)

f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上單調遞增，在(1，2)上單調遞減，從而可知

f(x)的極大值和極小值分別為

f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)

f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使

f(1)＝0或

f(2)＝0，解得

a＝5或

a＝4.[答案]5或47．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.求f(x)的單調區(qū)間；若f(x)在x＝－1

處取得極值，直線y＝m

與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，求m

的取值范圍．[解](1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，當a<0

時，對x∈R，有f′(x)>0，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當

a>0時，由

f′(x)>0，解得

x<－

a或

x>

a，由

f′(x)<0，解得－

a<x<

a，所以當

a>0

時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，—a]，[

a，＋∞)，f(x)的單調遞減區(qū)間為[－a，a]．(2)因為f(x)在x＝－1

處取得極值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，則a＝1，所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0

解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的單調性可知，f(x)在x＝－1

處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1

處取得極小值f(1)＝－3.因為直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，結合f(x)的單調性可知，m

的取值范圍是(－3，1)．8．(2017·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln

x(a∈R)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e，＋∞)上為增函數(shù)，求a

的取值范圍；當a＝1且k∈Z時，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k

的最大值．[解](1)f′(x)＝a＋ln

x＋1，由題意知f′(x)≥0

在[e，＋∞)上恒成立，即ln

x＋a＋1≥0

在[e，＋∞)上恒成立，即a≥－(ln

x＋1)在[e，＋∞)上恒成立，而[－(ln

x＋1)]max＝－(ln

e＋1)＝－2，所以a≥－2.f（x）即k<(2)f(x)＝x＋xln

x，k<

x－1

，x＋xln

xx－1對任意x>1

恒成立．令g(x)＝x＋xln

x

x－1x－ln

x－2，則g′(x)＝

（x－1）2

.令h(x)＝x－ln

x－2(x>1)，1則h′(x)＝1－x＝x－1x>0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調遞增．因為h(3)＝1－ln

3<0，h(4)＝2－2ln

2>0，所以存在x0∈(3，4)使h(x0)＝0.即當1<x<x0

時，h(x)<0，即g′(x)<0.當x>x0

時，h(x)>0，即g′(x)>0.所以g(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增．由h(x0)＝x0－ln

x0－2＝0，得ln

x0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝0

00

0x

（1＋ln

x

）

x

（1＋x

－2）x0－1

x0－10＝ ＝x

∈(3，4)，所以k<g(x)min＝x0

且k∈Z，即kmax＝3.xex[解](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝e

ln

x＋x

，所以f(1)＝0，f′(1)＝e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)．(2)證明：當x>0

時，f(x)>Q(x)恒成立，2等價于當x>0

時，xln

x>x

－恒成立．ex

e設函數(shù)g(x)＝xln

x，則g′(x)＝1＋ln

x，所以當x∈(0，1

時，g′(x)<0；e)e1當

x∈(

，＋∞)時，g′(x)>0.e故g(x)在(0，1)上單調遞減，在1(e，＋∞)上單調遞增，從而

g(x)在(0，＋∞)上的最小值為

g(1

1e)＝－e.設函數(shù)h(x)x

2ex1－x＝ex－e，則

h′(x)＝

，所以當x∈(0，1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，1從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－e.因為

g(x)

＝g(e)min

max1

＝h(1)＝h(x)

，所以當x>0

時，g(x)>h(x)，所以當x>0

時，f(x)>Q(x)恒成立．10．已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln

x.求f(x)的極值；當a＞0

時，函數(shù)g(x)＝f(x)－2ax

有唯一零點，試求a

的值．[解](1)由已知得函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝2x2a—

x

＝2（x2－a）x，當a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數(shù)，無極值；當a＞0

時，令f′(x)＝0，解得x＝

a，當x

變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，

a)a(

a，＋∞)f′(x)—0＋f(x)單調遞減極小值單調遞增由上表可知，f(x)極小值＝f(a)＝a－aln

a．無極大值．(2)g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2aln

x－2ax.x則

g′(x)＝2x－2a

2a＝

(x2－ax－a)．2—

x因為函數(shù)g(x)＝f(x)－2ax

有唯一零點，所以g′(x)＝0

有唯一解．令g′(x)＝0，得x2－ax－a＝0.因為a＞0，x＞0，所以x1＝a－

a2＋4aa＋

a2＋4a2

2(舍去)，x2＝

.當x∈(0，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(0，x2)上單調遞減；當x∈(x2，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)在(x2，＋∞)上單調遞增．所以當x＝x2

時，g′(x2)＝0，g(x)min＝g(x2)．因為g(x)＝0

有唯一解，所以g(x2)＝0，則2

2

2g（x2）＝0

x2－2aln

x

－2ax

＝02g′（x2）＝0

x2－ax2－a＝0，即

.所以2aln

x2＋ax2－a＝0，因為a＞0，所以2ln

x2＋x2－1＝0.(*)設函數(shù)h(x)＝2ln

x＋x－1，當x＞0

時，h(x)是增函數(shù)，所以h(x)＝0

至多有一解．因為h(1)＝0，所以方程(*)的解為x2＝1，即a＋

a2＋4a21＝1，解得a＝2.11．(2017·貴州省七校第一次聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)·ex，其中