(新課標(biāo))高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)習(xí)題理

1、§ 3.3 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)1 .當(dāng)f' (x)在某個區(qū)間內(nèi)個別點(diǎn)處為零，在其余點(diǎn)處均為正(或負(fù))時，f(x)在這個區(qū)間上仍舊是單調(diào)遞增 (或遞減)的，例如：在(一8, +8)上，f(x) = x3,當(dāng)x=0時， f' (x)=,當(dāng)xwo時，f ' (x) >0,而f (x) =x3顯然在(一°°, +8)上是單調(diào)遞增 函數(shù).2 .可導(dǎo)函數(shù)求最值的方法f' (x) = 0?x = xi, x2,，xn, xCa, b.直接比較 f(a), f(b), f(xi),，f(xn),找出 和 即可.在此基礎(chǔ)上還應(yīng)注意：(1)結(jié)合 可

2、減少比較次數(shù).(2)含參數(shù)的函數(shù)求最值時分類：按 分類；按 分類.3 .實(shí)際問題中的導(dǎo)數(shù)，常見的有以下幾種情形：(1)加速度是速度關(guān)于 的導(dǎo)數(shù)；(2)線密度是質(zhì)量關(guān)于 的導(dǎo)數(shù)；(3)功率是功關(guān)于 的導(dǎo)數(shù)；(4)瞬時電流是電荷量關(guān)于 的導(dǎo)數(shù)；(5)水流的瞬時速度是流過的水量關(guān)于 的導(dǎo)數(shù)；(6)邊際成本是成本關(guān)于 的導(dǎo)數(shù).4. N型曲線與直線y=k的位置關(guān)系問題如圖，方程f(x)=0有三個根xi, x2, x3時，極大值f(a)>0且極小值f (b) < 0.15 / 19曲線y=f(x)與直線y = k(k是常數(shù))有一個交點(diǎn)時，見圖中的直線或直線，極大值 f( a) k 或極小值f

3、( b) k ；曲線y=f(x)與直線y = k(k是常數(shù))有兩個交點(diǎn)時，見圖中的直線或直線，極大值 f( a) k 或極小值f ( b) k ；曲線y=f(x)與直線y=k(k是常數(shù))有三個交點(diǎn)時，見圖中的直線.以上這些問題，常見于求參數(shù)的取值范圍、討論不等關(guān)系等形式的題目1 0極值點(diǎn)(5) 時間(6) 產(chǎn)量自查自糾2 最小值最大值 (1) 單調(diào)性 (2) 單調(diào)性3 (1) 時間 (2) 長度 (3) 時間 (4) 時間4. V >(2015 廈門模擬)函數(shù)f(x)=xlnx, 則 f(x)()A.在(0 , +8)上單調(diào)遞增B.在(0, +8)上單調(diào)遞減，1、，C.在0, -上單調(diào)遞

4、增e1D.在0, 一上單調(diào)遞減e“ 一，一一，人，-1，解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=xlnx,所以f (x)=lnx+1,令f (x)>0,解得x 則函數(shù)e 1_.1 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為一,+8 ;令f' (x)<0,解得0<x<-,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)ee-1間為0,二.故選De已知 f (x) = x3+ax2+(a+6)x+1 既B. 3<a<6a的取值范圍為()A. a< 1 或 a>2有極大值又有極小值，則實(shí)數(shù)D. a<3或 a>6C. 1<a<2解：由已知得：f ' (x) = 3x2+2

5、ax+ a+6=0在R上有兩個不相等的實(shí)根，所以=(2 a)212(a+6)>0,解得 a<3 或 a>6.故選 D若函數(shù)f (x) = a( x3- x)的遞減區(qū)間為W3,凈，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. (0, +8)C. (1 , +8)，當(dāng)一、33v x V X3時，要使 3333B. (1, 0)D. (0, 1)解:f ' (x) = a(3 x2 - 1) = 3a x +坐 x 嘩, 33f ' (x) V0,必須有a>0.故選A已知 f (x) = sin x + 2x , x R,且f (2 a) vf (a1),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

6、 .解：(x) = cosx + 2>0 恒成立，f (x)在 R上單調(diào)遞增. f (2a) vf (a1) , 2a< a 1,得 av 1.故填(一 00 , - 1).已知函數(shù) f (x) = ax2 + xxln x 在1 ,+ 8)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 .一、,一 lnx .解：由題息知：f ( x) = 2ax+1 (ln x+1) >0 ,即a>f一在1 , 十0°)上恒成立.2x、rlnx 人， 1 Inx "，口,設(shè) g(x)=等一，令 g (x) =0,解得 x=e.當(dāng) xC(e,+)時，g (x)<0,2x2x

7、2g(x)為減函數(shù)，當(dāng) xC1, e)時，g' (x)>0, g(x)為增函數(shù)，故 g(x)的最大值為 g(e)=1 一 1 一 一 1,即 a>.故填 丁，+°0 .2e 2e 2e類型一函數(shù)單調(diào)性的進(jìn)一步討論已知實(shí)數(shù) a> 0,函數(shù)f(x)=a(x 一 2 一2) + 21n x.(1)當(dāng)a=1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在區(qū)間1 , 4上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)當(dāng) a=1 時，f (x) =x2-4x+4+21n x,2 2 (x1) 2f (x) = 2x-4+- =xx>0, f ' (x) >

8、0,. f (x)在區(qū)間(0 ,+8)上單調(diào)遞增.(2) f' (x) =2ax 4a+-= x2 2ax24ax + 2又f (x)在區(qū)間1 , 4上是增函數(shù),f，(x) =2ax2-4ax + 2>0對xC 1 , 4恒成立，即 2ax2-4ax + 2>0 對 xC 1 , 4恒成立令 g( x) = 2ax2 4ax + 2則 g(x) = 2a(x-1)2+2-2a,. a>0, .g(x)在1 , 4上單調(diào)遞增, 只要使 g(x)min=g(1) =2 2a>0 即可，0vaw1.【點(diǎn)撥】 函數(shù)f(x)在限定區(qū)間是單調(diào)函數(shù)，求參數(shù)范圍的問題，可以轉(zhuǎn)化

9、為恒成立 問題求解；而存在單調(diào)區(qū)間問題，可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題.對導(dǎo)數(shù)進(jìn)行研究時，不可 忽略原函數(shù)的定義域，如本題中易忽略“x>0”(2015 云南第一次檢測)已知f (x)=ex( x3+ m大2x+ 2).(1)假設(shè)m= 2,求f(x)的極大值與極小值；(2)是否存在實(shí)數(shù) m,使f(x)在 2, - 1上單調(diào)遞增？如果存在，求m的取值范圍；如果不存在，請說明理由解：(1)當(dāng)m= 2時，f(x) = ex(x3- 2x2-2x+2),其定義域?yàn)? 一°°, + °°) x32x 2以1jf (x) e (x 2x 2x十 2)十 e (3 x 4

10、x 2)x2x= xe(x +x-6) = (x+3)x(x-2)e ,當(dāng) xC(8, 3)或 xC(0, 2)時，f' (x)<0;當(dāng) xC( 3, 0)或 xC(2, +8)時，f' (x)>0.f ' (3) = f ' (0) = f ' (2) =0,.f(x)在(8, 3)上單調(diào)遞減，在(3, 0)上單調(diào)遞增，在(0, 2)上單調(diào)遞減，在 (2, +8)上單調(diào)遞增，當(dāng)x=3或x = 2時，f(x)取得極小值；當(dāng)x=0時，f(x)取得極大值，f (x)的極小值為 f ( - 3) = - 37e-3 和 f (2) =- 2e2,f

11、(x)的極大值為f(0) =2.x32x 2(2) f (x)=e(x+mx-2x+2)+e(3x + 2mx-2) x2=xe x + (m+ 3)x + 2m- 2. f (x)在2, 1上單調(diào)遞增，當(dāng) x -2, - 1時，f ' (x) >0.又當(dāng) xC 2, 1時，xex<0,2當(dāng) xC2, 1時，x + (m+ 3)x+2m- 2<0 ,解得m<4 ,( 2) 2 2 (m+ 3) +2m- 2<0, (1) 2- (m 3) +2m-2<0,.當(dāng)me (8, 4時，f (x)在 2, 1上單調(diào)遞增.類型二極值與最值的進(jìn)一步討論(2015

12、山東改編)設(shè)函數(shù)f(x)=ln (x+1)+a(x2x),其中aCR,討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個數(shù).2解：f(x) = ln(x+ 1)+a(xx), te 乂域?yàn)?一1, 十 0°),1f (x) = F +a(2x1)x I 1a (2x 1) (x+ 1)+1x +12ax2 + ax+ 1 ax+1當(dāng)a=0時，f'(x)=1x+1>0,函數(shù) f(x)在(一1+ °°)為增函數(shù)，無極值點(diǎn).2當(dāng) a wo 時，設(shè) g(x) =2ax + ax+ 1-a, g( 1)=1,2 一 _2_A = a 8a(1 a) = 9a 8a,4r8,一,若 A

13、=a(9a 8)wo ,即 Ovaw 時，g( x) >0 , f (x) >0 ,函數(shù) f (x)在(一1, 十oo)為增函數(shù)，無極值點(diǎn).4r- 8 ,、右 = a(9 a 8)>0 ,即 a或 a<0,而當(dāng)a<0時，g( -1) >0,此時方程 g(x) = 0在(1, 十°°)只有一個實(shí)數(shù)根，此時函數(shù)f (x)只有一個極值點(diǎn)；，8 ,、,.，一當(dāng)a>&時，萬程g(x)=0在(1, +8)總有兩個不相等的實(shí)數(shù)根 ，此時函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn).綜上可知，當(dāng)028時，”*)的極值點(diǎn)個數(shù)為 0；當(dāng)a<0時，f(x)的極

14、值點(diǎn)個數(shù)為，8 ,，1;當(dāng)aq時，f(x)的極值點(diǎn)個數(shù)為2.【點(diǎn)撥】 本題要求掌握運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值的一般步驟.分類與整合思想是解這類題目常用的數(shù)學(xué)思想方法，注意：分類標(biāo)準(zhǔn)統(tǒng)一，層次分明；不重不漏.(2015 北京海淀區(qū)檢測)已知函數(shù)2 2a3.f (x) =x + +1,其中 a> 0.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1f (1)處的切線與直線 y=1平行，求a的值;(2)求函數(shù)f (x)在區(qū)間1 , 2上的最小值.解：f ' (x) = 2x-2a3 2 (x3-a3)x2x2,xw 0.由題意可得f' (1) =2(1 -a3) = 0,解得a=1,此時f

15、(1) =4,在點(diǎn)(1 , f(1)處的切線為y = 4,與直線y=1平行.故所求a的值為1.(2)由 f' (x) = 0可彳導(dǎo) x=a, a>0,當(dāng)0vawi時，f' (x)>0在1 , 2上恒成立，所以y = f (x)在1 , 2上遞增，所以f (x)在1 , 2上的最小值為f (1) =2a3+2.當(dāng)1vav2時，x(1，a)a(a, 2)f' (x)一0十f(x)極小值由上表可得y = f(x)在1 , 2上的最小值為f(a) = 3a2+1.當(dāng)a>2時，f' (x)wo在1 , 2上恒成立， 所以y = f (x)在1 , 2上遞

16、減.所以f(x)在1 , 2上的最小值為f(2)=a3+5.綜上討論，可知：當(dāng)0vawi時，f(x)在1 , 2上的最小值為f(1) =2a3+2；2當(dāng)1vav2時，f(x)在1 , 2上的最小值為f(a) = 3a + 1；3當(dāng)a>2時，f(x)在1 , 2上的最小值為f(2) =a+5.類型三方程根的討論已知函數(shù)f(x) = ex, xCR(1)求f(x)的圖象在點(diǎn)(0, f(0)處的切線方程；(2)證明：曲線y = f(x)與直線y=ex有唯一公共點(diǎn).解：(1) f' (0) = e0= 1, f (0) =1,，切線方程為 y1 = 1 ( x0),即 x y+1 = 0

17、.(2)證法一：設(shè) g( x) = e 設(shè)h(x)=£,分析方法類似證法一ex【點(diǎn)撥】 本題通過作差或作商構(gòu)造出新的函數(shù)，求出新函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值點(diǎn)、區(qū) 間端點(diǎn)處的函數(shù)值、特殊點(diǎn) (如圖象與x軸，y軸交點(diǎn)),來判斷交點(diǎn)的個數(shù)，這是函數(shù)與 方程思想的體現(xiàn).-ex, 曲線y = ex與y= ex的公共點(diǎn)的個數(shù)等于函數(shù) g(x) =exex零點(diǎn)的個數(shù).g, (x) =ex-e,令 g' (x)=0,得 x=1,g(x)在(00, 1)上單調(diào)遞減，在(1 , +OO)上單調(diào)遞增，g(x)的最小值 g(1) =ee= 0,g(x) =exex>0(僅當(dāng)x = 1時，等號成立).

18、，曲線y = f(x)與直線y = ex有唯一公共點(diǎn).x 1證法二：由于方程ex= ex等價于一=-.ex e已知 f(x) = ax 減函數(shù)，則()(x)max= ()(寸&=, e(a R) , g(x)=21n x.(1)討論函數(shù)F(x) =f (x) -g(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x) = g(x)在區(qū)間、/2, e上有兩個不相等的實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍.2解：(1) F(x) = ax -21nx,其te乂域?yàn)?0, + 8). F (x) =2 2 (ax21)2ax-=(x>0).一,2m 1當(dāng)a>0時，由ax1>0,得x3,21由 ax 1<

19、;0,得 0<x<-j. a1故當(dāng)a>0時，F(xiàn)(x)在區(qū)間忑,+°°上單調(diào)遞增，在區(qū)間當(dāng)a<0時，F(xiàn)'故當(dāng)a<0時，F(xiàn)(x)在(010, -F上單調(diào)遞減.(x)<0( x>0)恒成立.,十°°)上單調(diào)遞減.(2)原式等價于方程a=2nx在區(qū)間x2也 e上有兩個不相等的實(shí)數(shù)解，令Hx) =21nx2-(x：72, e).x2 r(x)=2x (1 21nx )x4(t)(x)在(。2,、/e)上為增函數(shù)，在(、/e, e)上為21n21n2< 3(2)=e2 w()426 (小), 6 (x) min

20、= 4 (e), 1n21故a的取值范圍為T<a<e.類型四 導(dǎo)數(shù)法證明不等式已知函數(shù) f (x) = ex,當(dāng)xC 0 , 1時，求證： f (x) >1+ x；(2)(1 -x)f (x) <1+ x.證明：設(shè) g(x) = ex x 1, xC0, 1. g' (x) =ex-1>0 , ，g(x)在0 , 1上是增函數(shù)， g(x)>g(0) =1-0- 1 = 0.1. ex> 1 +x,即 f(x)Rl+x.(2)設(shè) h(x) =(1 x)ex x 1, xC0, 1. h' (x) = - xex -1 < 0,h(x

21、)在0 , 1上是減函數(shù)，h(x) & h(0) = 1 -0- 1 = 0.x (1 x) e x 1Vo , 即(1 x)f (x) W1+ x.【點(diǎn)撥】用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)；由作差或者作商來構(gòu)造函數(shù)是最基本的方法；本題通過作差得證，即要證f(x)>h(x),只需證f(x)-h(x)>0,也就是證明g(x) =f(x) h(x)的最小值不小于 0,從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題.(2015 山西四校聯(lián)考)已知f(x) =ln x x+ a+ 1.(1)若存在xC (0, +8),使得f(x)>o成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；,、，一， 1 21 ,、(2

22、)求證：當(dāng)x>1時，在(1)的條件下，/x + ax a>xlnx+成立.解：f(x) = lnx x+a+1(x>0).(1)原題即為存在 xC(0, +8),使得in x- x+ a+1 >0,，a>lnx+x1,令 g(x) = In x+x1,則 g'(x)=T + 1 =x 1令 g' (x) =0,解得 x= 1.丁當(dāng) 0<x<1 時,g' (x)<0 ,g(x)為減函數(shù),當(dāng) x>1 時，g' (x)>0 ,g(x)為增函數(shù),g(x)min= g(1) = 0. /. a>g(1) =

23、 0. .a的取值范圍為0 , +8).一_ . 1 o11 o(2)證明：原不等式可化為 2x + ax-xln x- a-2>0(x>1, a>0).令 Gx)=x+ax 1 xln x- a-2,則 G(1)=0.由(1)可知 x-lnx- 1>0,貝U G' (x) =x + a-ln x-1 > x-In x- 1>0, ，Gx)在(1 , +00)上單調(diào)遞增，.當(dāng) x>1 時，Gx) >G1) =0.,1 21,、當(dāng) x> 1 時，2x + ax - xln x a2>0 成立,r ,1 21 ,、即當(dāng) x>

24、1 時，2x+ax a>xlnx+ 2成立.1 高考中一些不等式的證明需要通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵2用導(dǎo)數(shù)方法解決二元條件不等式問題，往往要剝離出一個主元，同時將另一個元用主元表示，構(gòu)造出一個一元函數(shù)，再將問題轉(zhuǎn)化為定義域上的最值問題3求參數(shù)范圍問題的常用方法：(1) 分離變量； (2) 運(yùn)用最值4方程根的問題：可化為研究相應(yīng)函數(shù)的圖象，而圖象又歸結(jié)為極值點(diǎn)和單調(diào)區(qū)間的討論5注意以下三者的區(qū)別： a>f(x)恒成立？ a>f(x)max；a>f(x)有解？ a

25、>f(x)min；a=f(x)有解？ aCf(x)的值域.19 /191.(2015九江模擬)函數(shù)f(x) = (x 3)ex的單調(diào)遞減區(qū)間是()B. (0 , 3)A.(一巴 2)D. (2 , +oo)C.(1 , 4)解：函數(shù) f (x) =(x3)ex 的導(dǎo)數(shù)為 f' (x) = ( x 3)ex ' =ex+(x-3)ex= (x-2) ex.令f ' (x)<0 ,解得x<2.故選A2 .設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f' (x),且函數(shù)y=(1 x)f ' (x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A.函數(shù)f

26、(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B.C.D.解：由題圖可知，當(dāng) xv 2時，f' (x)>0;時，f' (x)<0;當(dāng) 1vx<2 時，f' (x)<0;函數(shù)f(x)有極大值f( 2)和極小值f(1)函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f (-2)函數(shù)f(x)有極大值f( 2)和極小值f(2)當(dāng) x= 2 時，f ' (x) = 0;當(dāng)一2vx<1當(dāng) x=2 時，f' (x)=0;當(dāng) x>2 時，f' (x)10,則:的值為(A.解：由題意知，f2(x) = 3x + 2ax + b , f(1) = 0

27、 , f (1) = 10 ,即3+2a+b=0,1 + a+b a27a=10,解得a= - 2,b= 1a= 6, 或b = 9,經(jīng)檢驗(yàn)a= 6,b = 9,滿足題意，故為2 一，-.故選A3>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x= 2處取得極大值，在 x=2處取得極小值.故選D.3 .已知函數(shù)f(x) =x3+ ax2+ bx- a2-7a在x=1處取得極大值B. -2八 2C. 一 2 或一 43,則實(shí)數(shù)b的取4. (2014 河北模擬)若函數(shù)f (x) = x36bx+3b在(0, 1)內(nèi)有極小值值范圍是()B. ( 8, 1)A. (0 , 1)1D. 0, 2C. (0, +川

28、解：f ' (x) =3x ,1 2.故填 2 +°0 .8. (2015洛陽期中)設(shè)f(x)是定義在 R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),若f(x) +f ' (x)>1 , f (0) =2017,則不等式exf(x)>ex+2016(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為6b, . f(x)在(0 , 1)內(nèi)有極小值,.-.b>0, 令 3x26b=0 得 x= ±/b,一1.從而只要0v，2b<1,得0vbv2.故選D.5.若函數(shù)f(x) = 2x2Inx在其定義域的一個子區(qū)間(k1, k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范

29、圍是()33B.萬，+°°A. 1, 211d. 2，+°°c. 0, 2解：-f z ( x) = 4x-x=x1)x( 2x+ 1)(x>0),，當(dāng) x C 0, g 時，f (x)單調(diào)遞10< k-1<5， .1. 2 .一 3 .減；當(dāng)xe +8時，f(x)單調(diào)遞增.由題意知解得1WkK故選A212k+1>2，6. (2015全國卷n )設(shè)函數(shù)f' (x)是奇函數(shù)f (x)( xC R)的導(dǎo)函數(shù)，f(1) = 0,當(dāng)x>0時，xf ' (x) f (x)<0 ,則使得f(x)>0成立的x的

30、取值范圍是()A.(巴-1) U(0 , 1)B. (-1, 0) U(1 , +oo)C. ( 8, - 1) U(- 1 , 0)D. (0 , 1) U(1 , +oo)f (x)xf ' (x) f (x)解：設(shè)函數(shù)g(x)=則 g'(x)=T-d .因?yàn)楫?dāng)x>0時，xf'(x)xx2-f (x)<0 ,所以當(dāng)x>0時，g' (x)<0,所以g(x)在(0 ,十刃上單調(diào)遞減.又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)( xC R)是奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(一,0)上單調(diào)遞增，且g( - 1) = g(1) =0.故當(dāng) 0<

31、x<1 時，g( x)>0 ,則 f(x)>0；當(dāng) x<- 1 時，g(x)<0 ,則 f (x)>0.綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(8, - 1) U(0, 1).故選A27.已知函數(shù) f(x) = mx+ ln x-2x在te義域內(nèi)是增函數(shù)，則頭數(shù) m的取值氾圍為“,1, , 1解：f (x) =2mx+-2,根據(jù)題息得 f (x) >0在(0 , +°°)上恒成立，有m>- xx1人11I12-2, xC(0,+8).令 g(x) =-, xC(0, +8),易求得 g(x)max= g(1) =

32、2,m>2x2x 2x22解：令F(x) = exf(x) ex2016,f (x)+ f'(x)>1 , - F'(x)=exf (x)+exf'(x)ex=ex(f(x)+f' (x) 1)>0, .F(x)在 R 上為增函數(shù),又 F(0) = e0f (0) -e0-2016=2017-1-2016=0,，由F(x)>F(0)彳導(dǎo)x>0,即exf(x)>ex+2016 的解為x>0.故填(0,+oo).9. (2013 遼寧)證明：當(dāng) x C 0 , 1時，*xwsin xwx.證明：記 F(x) = sin x-

33、當(dāng)x,則Ff2(x) = cosx-2-.25 / 19汽當(dāng) xC 0, 了時，F(xiàn)' (x)>0, F(x)單調(diào)遞增;.汽.當(dāng) xC 4，1 時，F(xiàn) (x) < 0, F(x)單倜遞減.又 F(0) = 0, F(1) >0,所以當(dāng)xC0 ,1時，F(xiàn)( x) >0 ,即 sin x>記 H(x) = sin x x,則 H' (x)=cosx1. 當(dāng) xC0, 1時，H (x)<0, H(x)單調(diào)遞減.所以 H x) w H(0) = 0,即 sin x< x.綜上，xwsinxw x, x 0 , 1.ex10. (2015 皖南八校

34、第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=. x(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x) =xf (x) ax+1,若g(x)在(0 , +°°)上存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.一 一 ex解：(1)f(x)= , xC( 8 0) U (0 , + 8 x . f ' (x) =ex(x 1).當(dāng) f' (x) = 0 時，x= 1. x2f' (x)與f (x)隨x的變化情況如下表:x(°°, 0)(0,1)1(1 , +°°)f' (x)一一0十f(x)極小值/故f (x)的增區(qū)間為(1 , +8

35、),減區(qū)間為(一8, 0)和(0 , 1).(2) g(x) = ex-ax+ 1, xC(0, +8), .g' (x) = ex a,當(dāng) awi 時，g' (x) =exa>0,即 g(x)在(0 , +8)上遞增，此時 g(x)在(0 , +8)上 無極值點(diǎn).當(dāng) a>1 時，令 g' (x)=exa=0,得 x= ln a,令 g' (x)=exa>0, 得 xC(lna, +8)；令 g' (x) = exa<0,得 xC(0, ln a).故g(x)在(0 , lna)上遞減，在(ln a, 十0°)上遞增，1

36、 g(x)在(0 , +8)有極小值無極大值，且極小值點(diǎn)為 x= ln a.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是a>1. _ x211. (2015 北樂)設(shè)函數(shù) f (x) =2 kln x, k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1 , 卜上僅有一個零點(diǎn)., x2解：(1)由 f(x)="2klnx(k>0),， k x2-k得 f，(x)=x =,x x由 f' (x) = 0,解得 x=yk.f (x)與f' (x)在區(qū)間(0, +8)上的變化情況如下：x(0,乖)(yjk, +°°)f