第十三节
导数的应用(二)
典题导入
[例1] 已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－1)，a ∈R.
(1)当a ＝－1时，求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ≥1时，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． [自主解答] (1)当a ＝－1时，f (x )＝x 2ln x ＋x 2－1， f ′(x )＝2x ln x ＋3x .
则曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝3，又f (1)＝0，所以切线方程为3x －y －3＝0.
(2)f ′(x )＝2x ln x ＋(1－2a )x ＝x (2ln x ＋1－2a )，其中x ≥1.
当a ≤1
2时，因为x ≥1，所以f ′(x )≥0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增，故f (x )≥f (1)
＝0.
当a >12时，令f ′(x )＝0，得x ＝e a －12
.
若x ∈[1，e a －12)，则f ′(x )<0，所以函数f (x )在[1，e a －1
2)上单调递减．所以当x ∈[1，
e a －1
2
)时，f (x )≤f (1)＝0，不符合题意．
综上a 的取值范围是?
???－∞，12.
由题悟法
利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：
(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题． (3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求解．
以题试法
1．设函数f (x )＝1
2x 2＋e x －x e x .
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， ∵f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )， 若x ＝0，则f ′(x )＝0；
若x <0，则1－e x >0，所以f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，所以f ′(x )<0. ∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f (x )在[－2,2]上单调递减． 故[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2，
∴m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 故m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．
典题导入
[例2] 已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x
x ，其中e 是自然常数，a ∈R.
(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1
2.
[自主解答] (1)∵f (x )＝x －ln x ， f ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
，
∴当0
(2)证明：由(1)知[f (x )]min ＝1.又g ′(x )＝1－ln x
x 2，
∴当0
2.
∴[f (x )]min －[g (x )]max >1
2
.
∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋1
2
.
在本例条件下，是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．
解：假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3.因为f ′(x )＝a －1x ＝ax －1
x ，
当0<1
a ，满足条件； 当1 a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减， [f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3， a ＝4 e (舍去)，所以，此时a 不存在． 综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3. 由题悟法 利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，确定函数的最值证明h (x )>0. 以题试法 2．已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝f (x )＋k x (k ∈R)的单调区间； (2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立． 解：(1)g (x )＝ln x ＋k x ， ∴令g ′(x )＝x －k x 2＝0得x ＝k . ∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0. ∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0 故h (x )≥0.即f (x )≥2x －e. 典题导入 [例3] 某物流公司购买了一块长AM ＝30米，宽AN ＝20米的矩形地块AMPN ，规划建设占地如图中矩形ABCD 的仓库，其余地方为道路和停车场，要求顶点C 在地块对角线MN 上，顶点B 、D 分别在边AM 、AN 上，假设AB 的长度为x 米． (1)要使仓库的占地面积不少于144平方米，求x 的取值范围； (2)要规划建设的仓库是高度与AB 的长度相同的长方体建筑，问AB 的长度为多少时仓库的库容量最大．(墙地及楼板所占空间忽略不计) [自主解答] (1)依题意得△NDC 与△NAM 相似，所以DC AM ＝ND NA ，即x 30＝20－AD 20，故AD ＝20－23x ，矩形ABCD 的面积为20x －2 3 x 2(0 要使仓库的占地面积不少于144平方米，则20x －2 3x 2≥144， 化简得x 2－30x ＋216≤0， 解得12≤x ≤18. (2)由(1)知仓库的体积V ＝20x 2－2 3x 3(0 当0 所以当x ＝20时V 取最大值，且最大值为8 000 3，即AB 的长度为20米时仓库的库存容 量最大． 由题悟法 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系，建立数学模型，写出函数关系式y ＝f (x )； (2)求出函数的导函数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0； (3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点处的函数值的大小，最大(小)者为最大(小) 值． 以题试法 3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到有关部门的关注，据有关统计数据显示，从上午6点到中午12点，车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出： y ＝????? －18t 3－34t 2 ＋36t －629 4，6≤t <9，18t ＋59 4，9≤t ≤10，－3t 2 ＋66t －345，10 求从上午6点到中午12点，通过该路段用时最多的时刻． 解：①当6≤t <9时， y ′＝－38t 2－3 2t ＋36 ＝－3 8 (t ＋12)(t －8)． 令y ′＝0，得t ＝－12(舍去)或t ＝8. 当6≤t <8时，y ′>0， 当8 故t ＝8时，y 有最大值，y max ＝18.75. ②当9≤t ≤10时，y ＝18t ＋59 4是增函数， 故t ＝10时，y max ＝16. ③当10 综上可知，通过该路段用时最多的时刻为上午8点． 1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a A ．af (b )≤bf (a ) B ．bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b ) D ．bf (b )≤f (a ) 解析：选A ∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0， ∴??? ?f (x ) x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2≤－2f (x )x 2≤0. 则函数f (x )x 在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0 b .即af (b )≤bf (a )． 2．(2012·山西适应性训练)若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件 D ．4百万件 解析：选C 依题意得，y ′＝－3x 2＋27＝－3(x －3)(x ＋3)，当0 3．已知函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )>0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )<0的解集是________． 解析：在(0，＋∞)上有f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x >0时，f (x )<0，∴0 答案：(－∞，－1)∪(0,1) 4．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________． 解析：令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2， 极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2 答案：(－2,2) 5．已知函数f (x )＝x 2＋ln x . (1)求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值； (2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋1 2x 2的下方． 解：(1)∵f (x )＝x 2＋ln x ，∴f ′(x )＝2x ＋1 x . ∵x ＞1时，f ′(x )＞0，故f (x )在[1，e]上是增函数， ∴f (x )的最小值是f (1)＝1，最大值是f (e)＝1＋e 2. (2)证明：令F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－2 3 x 3＋ln x ， ∴F ′(x )＝x －2x 2 ＋1x ＝x 2－2x 3 ＋1 x ＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝(1－x )(2x 2＋x ＋1) x . ∵x ＞1，∴F ′(x )＜0. ∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数． ∴F (x )＜F (1)＝12－23＝－1 6 ＜0，即f (x )＜g (x )． ∴当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象总在g (x )的图象的下方． 6．(2012·乌鲁木齐诊断性测验)已知函数(理)f (x )＝e x －m －x ，(文)f (x )＝1 e m e x －x ，其中m 为常数． (1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立，求m 的取值范围； (2)当m >1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． 解：(1)依题意，可知f (x )在R 上连续，且f ′(x )＝e x －m －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝m . 故当x ∈(－∞，m )时，e x － m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m >1，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 故当x ＝m 时，f (m )为极小值，也是最小值． 令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1， 即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)由(1)知f (x )在[0,2m ]上至多有两个零点，当m >1时，f (m )＝1－m <0. ∵f (0)＝e －m >0，f (0)·f (m )<0， ∴f (x )在(0，m )上有一个零点． 又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ， ∵当m >1时，g ′(m )＝e m －2>0， ∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增． ∴g (m )>g (1)＝e －2>0，即f (2m )>0. ∴f (m )·f (2m )<0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点． 故f (x )在[0,2m ]上有两个零点． 7．(2013·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6 8 －u 与????x －2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润． 解：(1)设585 8－u ＝k ????x －2142， ∵售价为10元时，年销量为28万件， ∴ 585 8 －28＝k ????10－2142，解得k ＝2. ∴u ＝－2????x －2142＋5858 ＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6) ＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6 令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9， 显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0； 当x ∈(9,11)时，y ′<0. ∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135， ∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元． 1．(2012·潍坊模拟)已知函数f (x )＝(x 2－3x ＋3)e x ，x ∈[－2，t ](t >－2)． (1)当t <1时，求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)设f (－2)＝m ，f (t )＝n ，求证：m 解：(1)f ′(x )＝(2x －3)e x ＋e x (x 2－3x ＋3)＝e x x (x －1)， ①当－2 综上，当－2 当0 2， n ＝f (t )＝(t 2－3t ＋3)e t ， 设h (t )＝n －m ＝(t 2－3t ＋3)e t －13e － 2，t >－2， h ′(t )＝(2t －3)e t ＋e t (t 2－3t ＋3)＝e t t (t －1)(t >－2)． 故h (t )，h ′(t )随t 的变化情况如下表： 由上表可知h (t )的极小值为h (1)＝e －13e 2＝e e 2>0，又h (－2)＝0，故当－2 h (t )>h (－2)＝0，即h (t )>0， 因此，n －m >0，即m 2． (2012·资阳模拟)已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝2处的切线方程为y ＝9x －14. (1)求f (x )的单调区间； (2)令g (x )＝－x 2＋2x ＋k ，若对任意x 1∈[0,2]，均存在x 2∈[0,2]，使得f (x 1) 解：(1)f ′(x )＝3x 2－3a ，∵f (x )在x ＝2处的切线方程为y ＝9x －14， ∴????? f (2)＝4，f ′(2)＝9，则????? 8－6a ＋b ＝4，12－3a ＝9，解得? ???? a ＝1， b ＝2. ∴f (x )＝x 3－3x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)． 由f ′(x )>0，得x <－1或x >1； 由f ′(x )<0，得－1 故函数f (x )的单调递减区间是(－1,1)；单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)． (2)由(1)知，函数f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增． 又f (0)＝2，f (2)＝4，有f (0) ∴函数f (x )在区间[0,2]上的最大值f (x )max ＝f (2)＝4. 又g (x )＝－x 2＋2x ＋k ＝－(x －1)2＋k ＋1， ∴函数g (x )在[0,2]上的最大值为g (x )max ＝g (1)＝k ＋1. ∵对任意x 1∈[0,2]，均存在x 2∈[0,2]，使f (x 1) 1．已知向量m ＝(x 0，－1)，n ＝????12，y 0，x 0，33 4，y 0成等差数列，2，x 0，y 0成等比数列． (1)求证：m ⊥n ； (2)若存在不为零的实数k 与t ，使得a ＝(t 2－3)m ＋n ，b ＝tm －kn ，且a ⊥b ，|a |≤37，试讨论函数k ＝f (t )的单调性，并求出函数的极值． 解：(1)证明：由x 0，334，y 0成等差数列得x 0＋y 0＝33 2，① 由2，x 0，y 0成等比数列得x 0＝2y 0，② 由①与②可得x 0＝3，y 0＝ 3 2 ， 所以m ＝(3，－1)，n ＝??? ?12，3 2， 因为m ·n ＝(3，－1)· ????12，32＝32－32 ＝0， 所以m ⊥n . (2)由(1)得|m |＝2，|n |＝1， 因为|a |≤37，m ⊥n ，所以|a |2＝(t 2－3)2|m |2＋2(t 2－3)m ·n ＋|n |2＝4(t 2－3)2＋1≤37， 所以0≤t 2≤6，所以－6≤t ≤ 6. 又a ·b ＝t (t 2－3)|m |2－k (t 2－3)m ·n ＋tm ·n －k |n |2＝4t (t 2－3)－k ＝0， 所以k ＝f (t )＝4t (t 2－3)(－6≤t ≤6)，k ′＝f ′(t )＝[4t (t 2－3)]′＝12t 2－12，令12t 2－12＝0，得t ＝±1. 当t 变化时，f ′(t )，f (t )的变化情况如下表： 的极大值为8，极小值为－8. 2．设函数f (x )＝ln x －p (x －1)，p ∈R. (1)当p ＝1时，求函数f (x )的单调区间； (2)设函数g (x )＝xf (x )＋p (2x 2－x －1)，对任意x ≥1都有g (x )≤0成立，求p 的取值范围． 解：(1)当p ＝1时，f (x )＝ln x －x ＋1，其定义域为(0，＋∞)． 所以f ′(x )＝1x －1. 由f ′(x )＝1 x －1>0得0 所以函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)由函数g (x )＝xf (x )＋p (2x 2－x －1)＝x ln x ＋p (x 2－1)(x >0)，得g ′(x )＝ln x ＋1＋2px . 由(1)知，当p ＝1时，f (x )≤f (1)＝0， 即不等式ln x ≤x －1成立． ①当p ≤－1 2时，g ′(x )＝ln x ＋1＋2px ≤(x －1)＋1＋2px ＝(1＋2p )x ≤0， 即函数g (x )在[1，＋∞)上单调递减，从而g (x )≤g (1)＝0，满足题意； ②当－1 2 0，1＋2px >0， 从而g ′(x )＝ln x ＋1＋2px >0，即函数g (x )在? ???1，－1 2p 上单调递增，从而存在x 0∈? ???1，－12p 使得g (x 0)>g (1)＝0，不满足题意； ③当p ≥0时，由x ≥1知g (x )＝x ln x ＋p (x 2－1)≥0恒成立，此时不满足题意． 综上所述，实数p 的取值范围为? ???－∞，－1 2. 集合与常用逻辑用语 函数、导数及其应用 (时间120分钟，满分150分) 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．(2012·广州调研)已知函数f (x )＝? ??? ? 1－x ，x ≤0，a x ，x >0，若f (1)＝f (－1)，则实数a 的值等于 ( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解析：选B 根据题意，由f (1)＝f (－1)可得a ＝1－(－1)＝2. 2．(2012·江西高考)若全集U ＝{}x ∈R|x 2 ≤4，则集合A ＝{}x ∈R||x ＋1|≤1的补集?U A 为( ) A.{}x ∈R|0 B.{}x ∈R|0≤x <2 C.{}x ∈R|0 D.{}x ∈R|0≤x ≤2 解析：选C 因为U ＝{x ∈R|x 2≤4}＝{x ∈R|－2≤x ≤2}，A ＝{x ∈R||x ＋1|≤1}＝{x ∈R|－2≤x ≤0}．借助数轴易得?U A ＝{x ∈R|0 3．下列函数中，恒满足f (2x )＝[f (x )]2的是( ) A ．f (x )＝|x | B ．f (x )＝1 x (x ≠0) C ．f (x )＝e x D ．f (x )＝sin x 解析：选C 若f (x )＝e x ，则f (2x )＝e 2x ＝(e x )2＝[f (x )]2. 4．(2012·大同调研)已知函数f (x )＝x 2＋bx (b ∈R)，则下列结论正确的是( ) A ．?b ∈R ，f (x )在(0，＋∞)上是增函数 B ．?b ∈R ，f (x )在(0，＋∞)上是减函数 C ．?b ∈R ，f (x )为奇函数 D ．?b ∈R ，f (x )为偶函数 解析：选D 注意到当b ＝0时，f (x )＝x 2是偶函数． 5．(2013·龙岩四校联考)已知函数y ＝f (x )的图象在点M (3，f (3))处的切线方程是y ＝13 x ＋2 3 ，则f (3)＋f ′(3)的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．5 解析：选B 因为切点(3，f (3))在切线上，所以f (3)＝1＋23＝5 3，切点处的导数为切线的 斜率，所以f ′(3)＝1 3 ，所以f (3)＋f ′(3)＝2. 6．(2012·汕头一测)已知集合A 是函数f (x )＝1－x 2 |x ＋1|－1的定义域，集合B 是整数集，则A ∩B 的子集的个数为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．16 解析：选A 要使函数f (x )有意义，则需? ???? 1－x 2 ≥0， |x ＋1|－1≠0，解得－1≤x <0或0 以函数的定义域A ＝{x |－1≤x <0，或0 7．已知a ＝log 23＋log 23，b ＝log 29－log 23，c ＝log 32，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＝b D ．a >b >c 解析：选B ∵a ＝log 23＋log 23＝log 233，b ＝log 29－log 23＝log 233， ∴a ＝b . 又∵函数y ＝log a x (a >1)为增函数， ∴a ＝log 233>log 22＝1，c ＝log 32 8．(2012·南昌一模)函数y ＝x 1 2 －1的图象关于x 轴对称的图象大致是( ) 解析：选B 函数y ＝x 1 2＝x ，该函数的图象就是抛物线y 2＝x 在x 轴及其以上的部分， 故函数y ＝x 1 2－1＝x －1是将上述图象向下平移一个单位得到的，再作其关于x 轴对称的图 象，即选项B 中的图象． 9．(2012·长春第二次调研)若a >2，则函数f (x )＝1 3x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 解析：选C 依题意得f ′(x )＝x 2－2ax ，由a >2可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1>0，f (2)＝8 3 －4a ＋1<0，因此f (x )在(0,2)内只有一个零点． 10．(2012·河南三市第二次调研)设U 为全集，对集合X ，Y ，定义运算“*”，X *Y ＝? U (X ∩Y )．对于任意集合 X ，Y ，Z ，则(X *Y )*Z ＝( ) A ．(X ∪Y )∩?U Z B ．(X ∩Y )∪?U Z C ．(?U X ∪?U Y )∩Z D ．(?U X ∩?U Y )∪Z 解析：选B 依题意得(X *Y )＝?U (X ∩Y )＝(?U X )∪(?U Y )，(X *Y )*Z ＝?U [(X *Y )∩Z ]＝?U [? U (X ∩Y )∩Z ]＝{?U [?U (X ∩Y )]}∪(?U Z )＝(X ∩Y )∪(?U Z )． 11．(2012·重庆高考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且以2为周期，则“f (x )为[0,1]上的增函数”是“f (x )为[3,4]上的减函数”的( ) A ．既不充分也不必要的条件 B ．充分而不必要的条件 C ．必要而不充分的条件 D ．充要条件 解析：选D 由题意可知函数在[0,1]上是增函数，在[－1,0]上是减函数，在[3,4]上也是减函数；反之也成立． 12．下列命题： ①?x ∈R ，不等式x 2＋2x >4x －3均成立； ②若log 2x ＋log x 2≥2，则x >1； ③“若a >b >0且c <0，则c a >c b ”的逆否命题是真命题； ④若命题p ：?x ∈R ，x 2＋1≥1，命题q ：?x ∈R ，x 2－x －1≤0，则命题p ∧(綈q )是真命题．其中真命题为( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．①③④ D ．②③④ 解析：选A 由x 2＋2x >4x －3推得x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2>0恒成立，故①正确；根据基本不等式可知要使不等式log 2x ＋log x 2≥2成立需要x >1，故②正确；由a >b >0得0<1a <1 b ， 又c <0，可得c a >c b ，则可知其逆否命题为真命题，故③正确；命题p 是真命题，命题q 是真 命题，所以p ∧(綈q )为假命题，故④不正确． 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．(2013·河北质检)函数y ＝log 1 2(3x －a )的定义域是????23，＋∞，则a ＝________. 解析：由3x －a >0得x >a 3.因此，函数y ＝log 12(3x －a )的定义域是????a 3，＋∞，所以a 3＝2 3，即a ＝2. 答案：2 14． (2012·南通一调)设P 是函数y ＝x (x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________． 解析：依题意得，y ＝x 32＋x 12，y ′＝32x 12＋12x －12(x >0)，当x >0时，y ′＝32x 12＋12x －12≥2 32x 12×12x －1 2 ＝3，即该图象在点P 处的切线的斜率不小于3，即tan θ≥ 3.又θ∈[0，π)，因此π3≤θ<π 2 ，即θ的取值范围是????π3，π2. 答案：???? π3，π2 15．(2012·山东高考)若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________. 解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m >0，即m <1 4.若a >1，则函数f (x )在[－ 1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <1 4矛盾；当0 数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a － 1＝4，解得a ＝14，m ＝116<14.所以a ＝14 . 答案：1 4 16．(2012·福州质检)已知集合M 是满足下列条件的函数f (x )的全体： (1)f (x )既不是奇函数也不是偶函数；(2)函数f (x )有零点．那么在函数①f (x )＝|x |－1，②f (x )＝2x －1，③f (x )＝???? ? x －2，x >0，0，x ＝0， x ＋2，x <0，④f (x )＝x 2－x －1＋ln x 中，属于M 的有________．(写出 所有符合的函数序号) 解析：对于①，∵f (－x )＝|－x |－1＝|x |－1＝f (x )， ∴f (x )＝|x |－1是偶函数，∴①不符合条件；易知f (x )＝2x －1既不是奇函数也不是偶函数，且有一个零点x ＝0， ∴②符合条件；对于③，令x >0，则－x <0，∴f (x )＝x －2，f (－x )＝－x ＋2＝－(x －2)，即f (x )＝－f (－x )， 又f (0)＝0，∴f (x )＝???? ? x －2，x >0，0，x ＝0， x ＋2，x <0. 是奇函数，∴③不符合条件；对于④，函数f (x )＝ x 2－x －1＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，故它既不是奇函数也不是偶函数，∵f ′(x )＝2x －1＋ 1 x ＝2x 2 －x ＋1x ＝2????x －142＋78 x >0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝1－1－1＋0＝－ 1<0，f (e)＝e 2－e －1＋1＝e(e －1)>0，∴函数f (x )在(1，e)上存在零点，∴④符合条件． 答案：②④ 三、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(本小题满分10分)已知函数y ＝f (x )的图象关于原点对称，且x >0时，f (x )＝x 2－2x ＋3，试求f (x )在R 上的表达式，并画出它的图象，根据图象写出它的单调区间． 解：∵f (x )的图象关于原点对称， ∴f (－x )＝－f (x )，又当x >0时，f (x )＝x 2－2x ＋3， ∴当x <0时，f (x )＝－x 2－2x －3. 当x ＝0时，f (x )＝0. ∴函数解析式为f (x )＝???? ? x 2 －2x ＋3，x >0.0，x ＝0， －x 2－2x －3，x <0. 作出函数的图象如图． 根据图象可以得函数的增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)； 函数的减区间为(－1,0)，(0,1)． 18．(本小题满分12分) 已知函数f (x )＝log 3(ax ＋b )的部分图象如右图所示． (1)求f (x )的解析式与定义域； (2)函数f (x )的图象能否由y ＝log 3x 的图象平移变换得到． 解：(1)由图可知(2,1)(5,2)是f (x )＝log 3(ax ＋b )上的两点，将其代入函数表达式可得 ????? 2a ＋b ＝3，5a ＋b ＝9?????? a ＝2， b ＝－1. ∴f (x )的解析式为f (x )＝log 3(2x －1)． ∵f (x )有意义需满足2x －1>0，∴x >1 2. ∴f (x )的定义域为??? ?1 2，＋∞. (2)∵f (x )＝log 3(2x －1)＝log 3??? ?2????x －12 ＝log 3??? ?x －1 2＋log 32， ∴f (x )的图象是由y ＝log 3x 的图象向右平移1 2个单位，再向上平移log 32个单位得到的． 故可以由y ＝log 3x 的图象平移得到． 19．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x (x 2－ax －3)． (1)若f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝－1 3是f (x )的极值点，求f (x )在区间[1,4]上的最大值． 解：(1)∵f (x )＝x (x 2－ax －3)，∴f ′(x )＝3x 2－2ax －3. ∵f (x )在[1，＋∞)上是增函数， ∴在[1，＋∞)上恒有f ′(x )≥0， 即3x 2－2ax －3≥0在[1，＋∞)上恒成立． 得a ≤3 2????x －1x 在[1，＋∞)上恒成立． ∵当x ≥1时，3 2????x －1x ≥32(1－1)＝0， ∴a ≤0. (2)依题意得f ′????－1 3＝0， 即13＋2 3a －3＝0，得a ＝4， 故f (x )＝x 3－4x 2－3x . 令f ′(x )＝3x 2－8x －3＝0，得x 1＝－1 3，x 2＝3. 当x 在[1,4]上变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表： 所以f (20．(本小题满分12分)经市场调查，某种商品在过去50天的销售量和价格均为销售时间t (天)的函数，且销售量近似地满足f (t )＝－2t ＋200(1≤t ≤50，t ∈N)．前30天价格为g (t )＝1 2 t ＋30(1≤t ≤30，t ∈N)，后20天价格为g (t )＝45(31≤t ≤50，t ∈N)． (1)写出该种商品的日销售额S 与时间t 的函数关系； (2)求日销售额S 的最大值． 解：(1)根据题意，得 S ＝????? (－2t ＋200)????12t ＋30，1≤t ≤30，t ∈N ，45(－2t ＋200)，31≤t ≤50，t ∈N ＝? ???? －t 2＋40t ＋6 000，1≤t ≤30，t ∈N ，－90t ＋9 000，31≤t ≤50，t ∈N. (2)①∵当1≤t ≤30，t ∈N 时，S ＝－(t －20)2＋6 400， ∴当t ＝20时，S 的最大值为6 400. ②当31≤t ≤50，t ∈N 时，S ＝－90t ＋9 000为减函数， ∴当t ＝31时，S 的最大值为6 210. ∵6 210<6 400， ∴当t ＝20时，日销售额S 有最大值6 400. 21.已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a ，x ∈R ，其中a >0. (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围； 解：(1)f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )． 由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a >0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： (2)由(1)知f (x )在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点即???? ? f (－2)<0，f (－1)>0， f (0)<0， 解得0 3 . 所以a 的取值范围是????0，13. 22. (2012·安徽名校模拟)已知函数f (x )＝a (x 2－x －1) e x (x ∈R)，a 为正数． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若对任意x 1，x 2∈[0,4]均有|f (x 1)－f (x 2)|<1成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝a (x 2－x －1) e x ， ∴f ′(x )＝a (2x －1)e x －a (x 2－x －1)e x e 2x ＝－ax (x －3) e x . 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝3. ∵a >0， ∴由f ′(x )>0，得0 (2)由(1)易知函数f (x )在[0,3]上为增函数，在[3,4] 上为减函数． ∴函数f (x )在[0,4]上的最大值f (3)＝5a e 3， 又∵f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e － 4>0， ∴f (0) ∴f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a . ∴要使函数f (x )对任意x 1，x 2∈[0,4]均有 |f (x 1)－f (x 2)|<1成立，只需|f (3)－f (0)|<1即可， 即????5a e 3＋a <1. ∵a >0，∴0 .
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