【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教A版)基礎鞏固：第3章-第2節(jié)-利用導數(shù)研究函數(shù)的性質

第三章其次節(jié)一、選擇題1．(文)設函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點 B．x＝1為f(x)的微小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點 D．x＝－1為f(x)的微小值點[答案]D[解析]本題考查了導數(shù)的應用—求函數(shù)的極值．f′(x)＝ex＋xex，令f′(x)＝0，∴ex＋xex＝0，∴x＝－1，當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＝ex＋xex<0，x∈(－1，＋∞)時，f′(x)＝ex＋xex>0，∴x＝－1為微小值點，故選D．[點評]求函數(shù)的極值要爭辯在各區(qū)間內導函數(shù)值的符號，同時要留意函數(shù)的定義域．(理)(2022·湖北荊州質檢二)設函數(shù)f(x)＝(x－1)kcosx(k∈N*)，則()A．當k＝2021時，f(x)在x＝1處取得微小值B．當k＝2021時，f(x)在x＝1處取得極大值C．當k＝2022時，f(x)在x＝1處取得微小值D．當k＝2022時，f(x)在x＝1處取得極大值[答案]C[解析]當k＝2021時，f(x)＝(x－1)2021cosx，則f′(x)＝2021(x－1)2022cosx－(x－1)2021sinx＝(x－1)2022[2021cosx－(x－1)sinx]，當eq\f(π,4)<x<1時，f′(x)>0；當1<x<eq\f(π,3)時，f′(x)>0，此時函數(shù)x＝1不是函數(shù)f(x)的極值點，A，B選項均錯誤．當k＝2022時，f(x)＝(x－1)2022cosx，則f′(x)＝2022(x－1)2021cosx－(x－1)2022sinx＝(x－1)2021[2022cosx－(x－1)sinx]，當eq\f(π,4)<x<1時，f′(x)<0；當1<x<eq\f(π,3)時，f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)在x＝1處取得微小值，故選C．2．(2022·四川內江三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為()A．c<eq\f(1,4) B．c≤eq\f(1,4)C．c≥eq\f(1,4) D．c>eq\f(1,4)[答案]A[解析]由題意可知f′(x)＝x2－x＋c＝0有兩個不同的實根，所以Δ＝1－4c>0?c<eq\f(1,4).3．(2022·福建福州質檢)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結論：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正確結論的序號是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④[答案]C[解析]∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)<0，得1<x<3，由f′(x)>0，得x<1或x>3，∴f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)．又a<b<c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y極大值＝f(1)＝4－abc>0，y微小值＝f(3)＝－abc<0.∴0<abc<4.∴a，b，c均大于零，或者a<0，b<0，c>0.又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點，后一種狀況不行能成立，如圖．∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正確結論的序號是②③.4．(2022·內蒙古鄂爾多斯模擬)已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．0<a<eq\f(3,4) B．eq\f(1,2)<a<eq\f(3,4)C．a(chǎn)≥eq\f(3,4) D．0<a<eq\f(1,2)[答案]C[解析]f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意當x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).選C．5．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于(1,0)點，則f(x)的極大值、微小值分別為()A．eq\f(4,27)，0 B．0，eq\f(4,27)C．－eq\f(4,27)，0 D．0，－eq\f(4,27)[答案]A[解析]f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2p－q＝0，,1－p－q＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2，,q＝－1.))∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝eq\f(1,3)或x＝1，易得當x＝eq\f(1,3)時f(x)取極大值eq\f(4,27)，當x＝1時f(x)取微小值0.(理)若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同零點，則a可能為()A．4 B．6C．7 D．8[答案]A[解析]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)的極大值和微小值分別為f(1)、f(2)，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，而選項中只給出了一個值4，所以選A．6．(文)函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數(shù)f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)內的極大值點有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個[答案]B[解析]由導函數(shù)的圖象知，f(x)在(a，b)內變化狀況為增→減→增→減，故有兩個極大值點．(理)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如下圖所示，則下列結論中確定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(2)[答案]D[解析]當x<－2時，1－x>3，則f′(x)>0；當－2<x<1時，0<1－x<3，則f′(x)<0；∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)，當1<x<2時，－1<1－x<0，則f′(x)<0；x>2時，1－x<－1，則f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)有微小值f(2)，故選D．二、填空題7．(文)(2022·山東青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________．[答案](－∞，2ln2－2][解析]由原函數(shù)有零點，可轉化為方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex.令g′(x)>0，得x<ln2，g(x)′<0，得x>ln2.所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a的取值范圍為(－∞，2ln2－2]．(理)(2022·江西九江二模)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________．[答案]－13[解析]求導得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上單調遞減，在(0,1)∴當m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對稱軸為x＝1，∴當n∈[－1，1]時，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13.8．(文)函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x的單調減區(qū)間為________．[答案][－3,1][解析]f′(x)＝3x2＋6x－9，由f′(x)≤0得－3≤x≤1，∴f(x)的單調減區(qū)間為[－3,1]．(理)已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(－1,2)處的切線恰好與直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調遞減，則實數(shù)t的取值范圍是________．[答案][－2，－1][解析]由題意知，點(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上，故－m＋n＝2①又f′(x)＝3mx2＋2nx，由條件知f′(－1)＝－3，故3m－2n＝－3聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，則[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．[點評]f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調遞減，故[t，t＋1]是f(x)的減區(qū)間的子集．9．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2,2]上有最大值為3，那么此函數(shù)在[－2,2]上的最小值為________．[答案]－37[解析]f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當x<0或x>2時，f′(x)>0，當0<x<2時，f′(x)<0，∴f(x)在[－2,0]上單調增，在[0,2]上單調減，由條件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值為－37.三、解答題10．(文)若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)上為減函數(shù)，在區(qū)間(6，＋∞)上為增函數(shù)，試求實數(shù)a的取值范圍．[解析]函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)＝x2－ax＋a－1.令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝a－1.當a－1≤1即a≤2時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意；當a－1>1即a>2時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，在(1，a－1)上為減函數(shù)，在(a－1，＋∞)上為增函數(shù)．依題意當x∈(1,4)時，f′(x)<0；當x∈(6，＋∞)時，f′(x)>0.所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.所以a的取值范圍為[5,7]．(理)已知f(x)＝ax3－2ax2＋b(a≠0)．(1)求出f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，求f(x)的解析式．[解析](1)f′(x)＝3ax2－4ax，令f′(x)＝0?x＝0或x＝eq\f(4,3).當a>0時，x(－∞，0)0(0，eq\f(4,3))eq\f(4,3)(eq\f(4,3)，＋∞)y′＋0－0＋y增函數(shù)極大值減函數(shù)微小值增函數(shù)所以當x＝0時，y取得極大值b，當x＝eq\f(4,3)時，y取得微小值b－eq\f(32,27)a，同理當a<0時，x＝0時，y取得微小值b，x＝eq\f(4,3)時，y取得極大值b－eq\f(32,27)a.(2)當a>0時，f(x)在[－2,0)上單調遞增，在(0,1]上單調遞減，所以f(x)max＝f(0)＝b＝5.又f(－2)＝b－16a<f(1)＝b－a所以b－16a＝－11，a當a<0時，f(x)在[－2,0)上單調遞減，在(0,1]上單調遞增，所以f(x)min＝f(0)＝b＝－11.又f(－2)＝b－16a>f(1)＝b－a所以b－16a＝5，a綜上，f(x)＝x3－2x2＋5或f(x)＝－x3＋2x2－11.一、選擇題11．(文)已知實數(shù)a、b、c、d成等比數(shù)列，且曲線y＝3x－x3的極大值點坐標為(b，c)，則ad等于()A．2 B．1C．－1 D．－2[答案]A[解析]∵a、b、c、d成等比數(shù)列，∴ad＝bc，又(b，c)為函數(shù)y＝3x－x3的極大值點，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－1，,c＝－2.))∴ad＝2.(理)已知函數(shù)f(x)＝ax2－1的圖象在點A(1，f(1))處的切線l與直線8x－y＋2＝0平行，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))的前n項和為Sn，則S2010的值為()A．eq\f(2010,2011) B．eq\f(1005,2011)C．eq\f(4020,4021) D．eq\f(2010,4021)[答案]D[解析]∵f′(x)＝2ax，∴f(x)在點A處的切線斜率為f′(1)＝2a，由條件知2a＝8，∴∴f(x)＝4x2－1，∴eq\f(1,fn)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n－1)·eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))的前n項和Sn＝eq\f(1,f1)＋eq\f(1,f2)＋…＋eq\f(1,fn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1)，∴S2010＝eq\f(2010,4021).12．(文)(2022·福建漳州質檢)已知f(x)為R上的可導函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則以下推斷正確的是()A．f(2021)>e2021f(0) B．f(2021)<e2021f(C．f(2021)＝e2021f(0) D．f(2021)與e2021f(0[答案]B[解析]令函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex).∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上遞減，∴g(2021)<g(0)，∴eq\f(f2021,e2021)<eq\f(f0,e0)，∴f(2021)<e2021f(0(理)(2022·云南昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，若f(x)滿足：(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，f(2－x)＝f(x)e2－2x，則下列推斷確定正確的是()A．f(1)<f(0) B．f(2)>ef(0)C．f(3)>e3f(0) D．f(4)<e4f([答案]C[解析]令F(x)＝f(x)e－x，則F′(x)＝e－x[f′(x)－f(x)]，當x<1時，由條件知f′(x)－f(x)<0，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調遞減，所以F(－2)>F(－1)>F(0)，即f(－2)e2>f(－1)e>f(0)，又f(4)＝f(－2)e6，f(3)＝f(－1)e4，所以f(4)>f(0)e4，f(3)>f(0)e3，故選C．13．(文)函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為()A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案]A[解析]構造函數(shù)g(x)＝ex·f(x)－ex，由于g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù)．又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉化為g(x)>g(0)，解得x>0.(理)(2022·吉林長春二調)設函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2022)2f(x＋2022)－4f(－2A．(－∞，－2022) B．(－2022,0)C．(－∞，－2022) D．(－2022,0)[答案]C[解析]由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，即[x2f(x)]′<x3<0，令F(x)＝x2f(x)，則當x<0時，F(xiàn)′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，F(xiàn)(x＋2022)＝(2022＋x)2f(x＋2022)，F(xiàn)(－2)＝4f(－2)，F(xiàn)(2022＋x)即F(2022＋x)>F(－2)．又F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以2022＋x<－2，即x<－2022，故選C．14．(2021·貴州四校期末)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2－4x－7，其導函數(shù)為f′(x)．則以下四個命題：①f(x)的單調減區(qū)間是(eq\f(2,3)，2)；②f(x)的微小值是－15；③當a>2時，對任意的x>2且x≠a，恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)；④函數(shù)f(x)有且只有一個零點．其中真命題的個數(shù)為()A．1個 B．2個C．3個 D．4個[答案]C[解析]f′(x)＝3x2－4x－4＝(3x＋2)(x－2)，可得f(x)在(－∞，－eq\f(2,3))上為增函數(shù)，在(－eq\f(2,3)，2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)，故①錯誤；f(x)微小值＝f(2)＝－15，故②正確；在(2，＋∞)上，f(x)為“下凸”函數(shù)，又a>2，x≠a，當x>a時，有eq\f(fx－fa,x－a)>f′(a)恒成立；當x<a時，有eq\f(fx－fa,x－a)<f′(a)恒成立，故恒有f(x)>f(a)＋f′(a)(x－a)，故③正確；f(x)極大值＝f(－eq\f(2,3))<0，故函數(shù)f(x)只有一個零點，④正確．真命題為②③④，故選C．二、填空題15．(文)(2021·揚州期末)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________.[答案]－3e[解析]f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)(x>0)，當m>0時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，得m＝－4，與m>0沖突．當m<0時，若－m<1即m>－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，得m＝－4，與m>－1沖突；若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，與－e≤m≤－1沖突；若－m>e，即m<－e時，f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)＝4，解得m＝－3e，符合題意．(理)(2021·課標全國Ⅰ理，16)若函數(shù)f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的圖象關于直線x＝－2對稱，則f(x)的最大值為________．[答案]16[解析]∵函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝－2對稱，∴f(x)滿足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－1516－4a＋b，,0＝－89－3a＋b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝8，,b＝15.))∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，得x1＝－2－eq\r(5)，x2＝－2，x3＝－2＋eq\r(5).易知，f(x)在(－∞，－2－eq\r(5))上為增函數(shù)，在(－2－eq\r(5)，－2)上為減函數(shù)，在(－2，－2＋eq\r(5))上為增函數(shù)，在(－2＋eq\r(5)，＋∞)上為減函數(shù)．∴f(－2－eq\r(5))＝[1－(－2－eq\r(5))2][(－2－eq\r(5))2＋8(－2－eq\r(5))＋15]＝(－8－4eq\r(5))(8－4eq\r(5))＝80－64＝16.f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9.f(－2＋eq\r(5))＝[1－(－2＋eq\r(5))2][(－2＋eq\r(5))2＋8(－2＋eq\r(5))＋15]＝(－8＋4eq\r(5))(8＋4eq\r(5))＝80－64＝16.故f(x)的最大值為16.16．(2022·福建質量檢查)設g′(x)是函數(shù)g(x)的導函數(shù)，且f(x)＝g′(x)．現(xiàn)給出以下四個命題：①若g(x)是偶函數(shù)，則f(x)必是奇函數(shù)；②若f(x)是偶函數(shù)，則g(x)必是奇函數(shù)；③若f(x)是周期函數(shù)，則g(x)必是周期函數(shù)；④若f(x)是單調函數(shù)，則g(x)必是單調函數(shù)．其中正確的命題是________．(寫出全部正確命題的序號)[答案]①[解析]由于若g(x)是偶函數(shù)，則依據(jù)偶函數(shù)關于y軸對稱，可得函數(shù)g(x)的導函數(shù)即函數(shù)的切線的斜率關于原點對稱，所以①正確；若g(x)＝eq\f(1,3)x3＋1，則f(x)＝x2是偶函數(shù)，但g(x)不是奇函數(shù)，所以②不正確；若g(x)＝－cosx＋2x，則f(x)＝sinx＋2是周期函數(shù)且f(x)>0，則g(x)是增函數(shù)，所以g(x)不行能是周期函數(shù)，所以③不正確；若g(x)＝eq\f(1,2)x2，則f(x)＝x是單調函數(shù)，但g(x)不是單調函數(shù)，所以④不正確．綜上可知，①正確．三、解答題17．設函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處與直線y＝8相切，求a、b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間與極值點．[解析](1)f′(x)＝3x2－3a由于曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處與直線y＝8相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝8.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－3a＝0，,8－6a＋b＝8.))解得a＝4，b＝24.(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．當a<0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；此時函數(shù)f(x)沒有極值點．當a>0時，由f′(x)＝0得x＝±eq\r(a).當x∈(－∞，－eq\r(a))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減；當x∈(eq\r(a)，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增．∴f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)，單調減區(qū)間為(－eq\r(a)，eq\r(a))．故x＝－eq\r(a)是f(x)的極大值點，x＝eq\r(a)是f(x)的微小值點．18．(文)(2022·陜西西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋a,x2＋3a2)(a≠0，a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)當a＝1時，若對任意x1，x2∈[－3，＋∞)，有f(x1)－f(x2)≤m成立，求實數(shù)m的最小值．[解析]f′(x)＝eq\f(－x－ax＋3a,x2＋3a22).令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝－3a(1)當a>0時，f′(x)，f(x)隨著x的變化如下表：x(－∞，－3a－3(－3a，aa(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)微小值極大值函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－3a，a)，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，－3a)，(a，＋當a<0時，f′(x)，f(x)隨著x的變化如下表：x(－∞，－a)a(a，－3a－3(－3a，＋∞f′(x)－0＋0－f(x)微小值極大值函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(a，－3a)，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，a)，(－3a，＋(2)當a＝1時，由(1)得f(x)是(－3,1)上的增函數(shù)，是(1，＋∞)上的減函數(shù)．又當x>1時，f(x)＝eq\f(x＋1,x2＋3)>0，所以f(x)在[－3，＋∞)上的最小值為f(－3)＝－eq\f(1,6)，最大值為f(1)＝eq\f(1,2).所以對任意x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－3)＝eq\f(2,3).所以對任意x1，x2∈[－3，＋∞)，使f(x1)－f(x2)≤m恒成立的實數(shù)m的最小值為eq\f(2,3).(理)(2022·哈三中二模)已知函數(shù)f(x)＝(ax－a＋2)·ex(其中a∈R)(1)求f(x)在[0,2]上的最大值；(2)若函數(shù)g(x)＝a2x2－13ax－30，求a所能取到的最大正整數(shù)，使對任意x>0，都有2f′(x)>g(x)恒成立[解析](1)f(x)＝(ax－a＋2)·ex，f′(x)＝(ax＋2)·ex，當a≥0時，f′(x)在[0,2]上恒正，f(x)單調遞增，最大值為f(2)＝(a＋2)e2，當a<0時，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(2,a).所以當－1≤a<0時，仍有f(x)在[0,2]上為增函數(shù)，最大值為f(2)＝(a＋2)e2當a<－1時，f(x)在[0，－eq\f(2,a)]上為增函數(shù)，在[－eq\f(2,a)，2]上為減函數(shù)，最大值為f(－eq\f(2,a))＝－ae－eq\f(2,a).綜上有，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2e2，a≥－1，,－ae－\f(2,a)，a<－1.))(2)g(x)＝a2x2－13ax－30＝(ax＋2)(ax－15)，所以只需要2ex>ax－15即可，記h(x)＝2ex－ax＋15，則h′(x)＝2ex－a，故h(x)在(0，lneq\f(a,2))上單調遞減，在(lneq\f(a,2)，＋∞)上單調遞增，則h(x)min＝a－alneq\f(a,2)＋15.記k(x)＝x－xlneq\f(x,2)＋15，則k′(x)＝－lneq\f(x,2)，故k(x)在(0,2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減，在(2，＋∞)上取2e2，有k(2e2)＝15－2e2>0，又k(15)＝15(2－lneq\f(15,2))<0，故存在x0∈(2e2,15)使k(x0)＝0，而2e2∈(14,15)，所以當a＝14時可保證h(x)min>0，有2f′(x)>g(x)當a＝15時h(x)min<0，不能有2f′(x)>g(x)所以a所能取到的最大正整數(shù)為14.[點評]構造是應用導數(shù)解決函數(shù)問題中的基本手段，在解題過程中可以依據(jù)需要構造函數(shù)，爭辯新函數(shù)的性質達到解決原問題的目的．練一練①(2022·長春市三調)已知函數(shù)f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在x＝0處的切線與x軸平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，由于y＝f(x)在x＝0處切線與x軸平行，即在x＝0切線斜率為0即f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.(2)f′(x)＝2(ex－x＋a)，令g(x)＝2(ex－x＋a)，∵x≥0，∴g′(x)＝2(ex－1)≥0，所以g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)內單調遞增，g(0)＝2(1＋a)，(ⅰ)當2(1＋a)≥0即a≥－1時，f′(x)＝2(ex－x＋a)≥f′(0)≥0，f(x)在[0，＋∞)內單調遞增，要想f(x)≥0只需要f(0)＝5－a2≥0，解得－eq\r(5)≤a≤eq\r(5)，從而－1≤a≤eq\r(5).(ⅱ)當2(1＋a)<0即a<－1時，由g(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)內單調遞增知，存在唯一x0使得g(x0