2020高考數(shù)學(xué)(文)總復(fù)習(xí)《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性》

1、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用考試要求 1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的 單調(diào)區(qū)間 (其中多項式函數(shù)不超過三次 )；2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件； 會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值( 其中多項式函數(shù)不超過三次 )；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值 (其中多項式函數(shù)不超過三次 )； 3.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極 (最 )值，并會解 決與之有關(guān)的方程 (不等式 )問題； 4.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡單的實際問題.知識梳理1. 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù) y f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則：(1) 若 fx()>0 ，則 f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)

2、遞增；(2) 若 fx()<0 ，則 f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3) 若 fx() 0，則 f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù) .2. 函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)f x(0) 0條件x0 附近的左側(cè) fx()>0，右側(cè)fx()<0x0 附近的左側(cè) fx()<0 ，右側(cè) fx()>0圖象形如山峰形如山谷極值f (x0)為極大值f(x0)為極小值極值點x0 為極大值點x0 為極小值點3.函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1) 函數(shù) f(x) 在 a，b上有最值的條件如果在區(qū)間 a， b上函數(shù) yf(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值(2) 求 yf(x)在a，b上的最大

3、 (小 )值的步驟求函數(shù) y f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；將函數(shù) y f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值 f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小 的一個是最小值 .常用結(jié)論與微點提醒 1. 若函數(shù) f(x)在區(qū)間 (a， b)上遞增，則 fx() 0，所以“ fx()>0 在(a， b)上成立”是“ f(x)在(a， b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件 .2. 對于可導(dǎo)函數(shù) f(x)，“ fx(0)0”是“函數(shù) f(x)在 xx0 處有極值”的必要不充分條件 .3. 求最值時，應(yīng)注意極值點與所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時，需要分類討論，不可想當(dāng)然 認(rèn)為極值就是最值 .4. 函數(shù)

4、最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的 大小關(guān)系 .診斷自測1.判斷下列結(jié)論正誤 (在括號內(nèi)打“”或“×” )(1) 若函數(shù) f(x)在 (a， b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有 fx()>0.()(2) 如果函數(shù) f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有 f x() 0，則 f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性 .( )(3) 函數(shù)的極大值一定大于其極小值 .( )(4) 對可導(dǎo)函數(shù) f(x)，若 fx(0) 0，則 x0 為極值點 .()(5) 函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值.( )解析 (1) f(x)在 (a， b)內(nèi)單調(diào)遞增，則有 fx

5、()0.(3) 函數(shù)的極大值也可能小于極小值 .(4) x0為 f( x)的極值點的充要條件是 f x(0) 0，且 x0 兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)異號 . 答案 (1) × (2) (3)× (4)× (5)2.(老教材選修 11P94 探究改編 )如圖是 f(x)的導(dǎo)函數(shù) fx()的圖象，則 f(x)的極小值點的個數(shù) 為 ()A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由題意知在 x1處 f(1)0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號為左負(fù)右正 . 答案 A3. (老教材選修 11P93 練習(xí) T1 改編)函數(shù) f(x)x22ln x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( ) A.(0 ， 1B.1 ， )C.(

6、， 1D. 1， 0)(0，12 2x2 2解析 由題意知 f x() 2x x x (x>0) ，由 fx() 0，得 0<x 1.答案 A4. (2017 浙·江卷 )函數(shù) y f(x)的導(dǎo)函數(shù) yfx()的圖象如圖所示，則函數(shù)y f(x)的圖象可能是 x1<0<x2<x3)，所以函數(shù) f( x)在( ， x1) ，(x2， x3)上單調(diào)遞減，在 (x1， x2)， (x3 ， )上單調(diào) 遞增，觀察各選項，只有 D 選項符合 .解析由導(dǎo)函數(shù) y fx()的x（ ，x1）（x2，x3）時，fx（）<0；當(dāng)圖象易得當(dāng)x（x1，x2）（x3， ）時，

7、 f x（）>0（其中答案 D15. (2020 深·圳調(diào)研 )設(shè)函數(shù) f(x)12x29ln x 在區(qū)間 a1， a 1上單調(diào)遞減，則實數(shù) a 的取值 范圍是 ( )A. (1 ， 2B.4 ， )C.(， 2D.(0 ，39解析 易知 f(x)的定義域為 (0， )，且 fx() x x又 x>0，由 fx() x 0，得 0<x 3.x因為函數(shù) f( x)在區(qū)間 a 1， a1上單調(diào)遞減，a 1>0 ，所以解得 1<a 2.a 13，答案 A16. (2020 成·都七中月考 )若函數(shù) f(x)3x34xm 在0，3上的最大值為 4，m.

8、解析 fx()x24，x0，3，當(dāng) x0，2)時， fx()<0，當(dāng) x(2，3時，fx()>0，所以 f(x) 在0，2)上是減函數(shù)，在 (2，3上是增函數(shù) .又 f(0) m， f(3) 3m.所以在 0， 3上， f(x)maxf(0) 4，所以 m 4. 答案 4.x第一課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點一 討論函數(shù)的單調(diào)性【例 1】 (2017·全國 卷改編 )已知函數(shù) f(x) ex (ex a) a2x，其中參數(shù) a0.(1)討論 f(x) 的單調(diào)性；(2)若 f( x) 0，求 a 的取值范圍 .解 (1)函數(shù) f (x)的定義域為 (， )，且 a 0.fx(

9、) 2e2x aex a2 (2ex a)(ex a).若 a0，則 f(x)e2x，在 (， )上單調(diào)遞增 .a若 a<0，則由 fx() 0，得 xln 2 .a當(dāng) x ， ln 2 時， fx()<0 ；a當(dāng) x ln 2 ， 時， fx()>0.a故 f(x)在 ， ln 2 上單調(diào)遞減，a在區(qū)間 ln 2a ， 上單調(diào)遞增 .(2)當(dāng) a0時， f(x) e2x0恒成立 .若 a<0，則由 (1)得，當(dāng) x ln 2a 時，f(x)取得最小值， 最小值為 f ln 2a a2 34ln 2a ， 故當(dāng)且僅當(dāng) a2 3ln a 0，423即 0>a 2e4

10、時， f(x)0.3綜上， a 的取值范圍是 2e4，0.規(guī)律方法 1.(1) 研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性， 要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論 . (2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時， 要在函數(shù)定義域內(nèi)討論， 還要確定導(dǎo)數(shù)為 0 的點和函數(shù)的間斷點 . 2.個別導(dǎo)數(shù)為 0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)x3，fx()3x20(fx()0在 x0時取到)，f(x)在 R 上是增函數(shù) .【訓(xùn)練 1】 已知函數(shù) f(x)axln x(a R).(1)若 a 2，求曲線 yf(x)在 x1 處的切線方程；(2)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間 .1解 (1)當(dāng) a2 時，由已知得 fx()2x1(x>

11、0)，f(1)213，且 f(1)2，所以切線斜率 k 3.所以切線方程為 y23(x 1)，即 3x y10. 故曲線 yf(x)在 x1 處的切線方程為 3xy10.1 ax 1(2)由已知得 fx()ax x (x>0) ，當(dāng) a0 時，由于 x>0，故 ax 1>0， fx()>0 ，所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間 (0， ).1當(dāng) a<0 時，令 fx()0，得 x 7 7 所以 G(x)maxG 4 16(此時 x 4)，所以 a 16.a 11在區(qū)間 0， 上， fx()>0，在區(qū)間 ， 上， f x()<0， aa11所以函數(shù) f(x)的

12、單調(diào)遞增區(qū)間為 0， 1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1， aa考點二 根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù) 典例遷移1【例 2】 (經(jīng)典母題 )已知函數(shù) f(x)ln x，g(x) 2ax22x.(1)若函數(shù) h(x)f(x)g(x) 存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù) a 的取值范圍；(2)若函數(shù) h(x)f(x)g(x) 在1，4上單調(diào)遞減，求實數(shù) a 的取值范圍1解 h(x)ln x 2ax22x， x>0.hx()1ax2.x(1)若函數(shù) h(x)在 (0， )上存在單調(diào)減區(qū)間，11 2則當(dāng) x>0 時， ax2<0 有解，即 a> 2 有解 .xx x設(shè) G(x) x12 2x，所以只要a&g

13、t; G(x) min又 G(x) 11x2 1，所以 G(x)min 1.所以 a>1.即實數(shù) a 的取值范圍是 (1， ).(2)由 h(x)在 1， 4上單調(diào)遞減，1當(dāng) x1，4時， hx() x ax 2 0 恒成立，x則 a x12 2x恒成立，設(shè)1G(x)x12所以 a G(x) max.12 1 1又 G(x) x1 1，因為 x 1 ， 4，所以 1 4，1 ，x x 4x1，4，hx()7x 4)( x 4)0，16x7 1 7( 7x 4)( x 4)16x又當(dāng) a176時，hx()x1176x2(7x4)( x4)，當(dāng)且僅當(dāng) x 4時等號成立 .h(x)在 1， 4

14、上為減函數(shù) .故實數(shù) a 的取值范圍是 176，遷移 1】 本例 (2)中，若函數(shù)h(x)f(x)g(x)在1，4上單調(diào)遞增，求 a 的取值范圍 .解 因為 h(x)在 1，4上單調(diào)遞增，所以當(dāng) x 1， 4時， hx()0恒成立，12所以當(dāng) x1，4時， ax122x恒成立，12又當(dāng) x1，4時， 2 1(此時 x1)，x x min所以 a 1，即 a的取值范圍是 (， 1.遷移 2】 本例(2)中，若函數(shù) h(x)在區(qū)間 1，4上不單調(diào)，求實數(shù)a 的取值范圍 .解 h(x)在區(qū)間 1， 4上不單調(diào)，hx()0在開區(qū)間 (1，4)上有解 .1 2 12則 a 2 x 1 1 在 (1， 4

15、)上有解 .x x x令 m(x) 1x1 1，x(1，4)，易知 m(x)在 (1，4)上是增函數(shù)， 1<m(x)<176，因此實數(shù) a 的取值范圍是 1， 176 .規(guī)律方法 1.(1)已知函數(shù)的單調(diào)性， 求參數(shù)的取值范圍， 應(yīng)用條件fx() 0(或 fx() 0)，x( a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍 (一般可用不等式恒成立的理論求解 不恒等于 0 的參數(shù)的范圍 .(2)如果能分離參數(shù)， 則盡可能分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值)，應(yīng)注意參數(shù)的取值是 f x()之間的關(guān)系 .2.若函數(shù) y f(x) 在區(qū)間 (a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為 fx() 0 在(a，b)上有解

16、.訓(xùn)練 2】 (2020·贛州聯(lián)考 )已知函數(shù) f(x)ln x， g(x)21axb.(1)若 f(x)與 g(x)的圖象在 x 1 處相切，求 g(x)；(2)若 (x)m(xx11)f(x)在1，)上是減函數(shù)，求實數(shù) m的取值范圍 .11解 (1)由已知得 fx() x1，所以 f(1) 1 21a，所以 a2.x2(2)因為 (x) m(x 1)x 1 又因為 g(1)2abf(1) 0，所以 b1. 所以 g(x) x1.f(x)m(x1)ln x在1， )上是減函數(shù) x1 x2( 2m2) x 1所以 x()2 0 在 1， ) 上恒成立，x(x1)2即 x2(2m2)x

17、10在1， )上恒成立， 則 2m2xx 0<x< ， 111 解得 1<x<；由2 解得 0<x<1.所以函數(shù) g(x)在 0， 上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)e 2 eee 2g(x)<0， x1， )，x因為 x12，當(dāng)且僅當(dāng) x1 時取等號，x所以 2m2 2，即 m 2.故實數(shù) m 的取值范圍是 (， 2.考點三 函數(shù)單調(diào)性的簡單應(yīng)用 多維探究 角度 1 比較大小【例 31】 (1)已知函數(shù) yf(x)對于任意的 x 0，2 滿足 fx()cos xf(x)sin x1ln x，其中 fx()是函數(shù) f(x) 的導(dǎo)函數(shù)，則下列不等式成立的是 ( )A

18、. 2f 3 <f 4B. 2f 3 >f 4 C. 2f 6 > 3f 4 D. 2f 3 >f 6(2)(2019 東·北三省四校聯(lián)考 )設(shè)xR，函數(shù) yf(x)的導(dǎo)數(shù)存在，若f(x)fx()>0恒成立，且 a>0， 則下列結(jié)論正確的是 ( )B.f(a)>f(0)D.e af(a)> f(0)A.f(a)<f(0)C.eaf(a)<f(0)解析(1)令 g(x)f(x)cos x，則 gx()f( x)cos x f(x)2cos2x sin x)1 ln x2cos2x.由0<x<2，g( x) >

19、0，遞增，又 3>4，所以 g 3>g4，所以f3>cos 3 cos4，4即 2f 3 >f 4 .(2)設(shè) g(x)exf(x)，則 gx()exf(x)fx()>0，g(x)在 R 上單調(diào)遞增， 由 a>0，得 g(a)>g(0)，即 eaf(a)>f(0).答案 (1)B (2)D角度 2 解不等式【例 3 2】 (2020·河南名校聯(lián)盟調(diào)研 )已知定義在 (0， )上的函數(shù) f(x)滿足 xfx() f(x)<0 ， 其中 fx()是函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù) .若 2f(m2 019)>( m 2 019)f(2)，

20、則實數(shù) m的取值范圍為 ( )A.(0 ， 2 019)B.(2 019 ， )C.(2 021， )D.(2 019，2 021)解析 令 h(x)f(x)，x(0， )，則 hx()xf(x)2 f(x)xxxfx()f(x)<0， hx()<0，函數(shù) h(x)在(0， )上單調(diào)遞減， 2f(m2 019)>( m2 019)f(2)，m2 019>0，f(m2 019) f(2)m2 019 > 2，即 h(m2 019)>h(2).m2 019<2且 m2 019>0，解得 2 019<m<2 021.實數(shù) m 的取值范圍為

21、(2 019，2 021).答案 D規(guī)律方法 1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小的問 題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大小 .2. 與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式，要充分挖掘條件關(guān)系，恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)；題目中若存在f(x)與 fx()的不等關(guān)系時，常構(gòu)造含 f(x)與另一函數(shù)的積 (或商 )的函數(shù)，與題設(shè)形成解題鏈條，利用導(dǎo)數(shù) 研究新函數(shù)的單調(diào)性，從而求解不等式 .【訓(xùn)練 3】 (1)(角度 1)函數(shù) f(x)在定義域 R 內(nèi)可導(dǎo)，若 f(x)f(2 x)，且當(dāng) x(， 1)時，1(x 1)fx()<0 ，設(shè) af(0)，bf 2 ，c f(3

22、) ，則 ()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a1(2)(角度 2)已知函數(shù) fx()是函數(shù) f(x)的導(dǎo)函數(shù)， f(1) e，對任意實數(shù)都有 f(x)fx()>0，設(shè) F(x)f( xx)，則不等式 F (x)< 12的解集為 ( ) eeA.( ， 1)B.(1 ， )C.(1 ，e)D.(e ， )解析 (1)由題意得，當(dāng) x<1 時， fx()>0，f(x)在(，1)上為增函數(shù)11又 f(3)f(1)，且 1<0<12<1，因此有 f( 1)<f(0)<f 2 ，

23、1則有 f(3)<f(0)<f 2 ，即 c<a<b.f(x)exf(x)ex f(x) f(x)(2)Fx()f(x)(eex)2f(x)ex f(x)，又 f(x)f x()>0，所以 Fx()<0，即 F(x)在定義域上單調(diào)遞減，1 由 F( x)< 12 F(1)，所以 x>1，e1 所以不等式 F(x)<e12的解集為 (1， ).答案 (1)C (2)BA 級 基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.函數(shù) yf(x)的圖象如圖所示，則(f(x)在(0， )上單調(diào)遞減，所解析 由函數(shù) f(x)的圖象可知， f(x)在(， 0)上單調(diào)遞增， 以在(，

24、0)上，fx()>0；在(0，)上，fx()<0，選項 D 滿足. 答案 D2.(2020 石·家莊檢測 )已知 a 為實數(shù)，f(x)ax33x2，若 f(1) 3，則函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ( )A.( 2， 2)C.(0 ， 2)B.2， 22 ， 2D. 2， 22解析 f(x) ax33x2，則 fx() 3ax2 3，又 f(1) 3a 3 3，解得 a 2， fx() 6x23，由 fx()>0，解得 22<x< 22.故 f(x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為2， 22 ， 2答案 B3. (2019 廣·州檢測 )定義在 R 上的函

25、數(shù) f(x) x3 m與函數(shù) g(x)f(x)kx 在 1，1上具有相 同的單調(diào)性，則 k 的取值范圍是 ( )C.( 3， )D.( ， 3解析 因為 fx() 3x20，所以 yf(x)為減函數(shù)，即 g(x)在 1，1上也為減函數(shù) . 則 gx() 3x2k0，即 k3x2 在1，1上恒成立，所以 k0.答案 B4. 已知函數(shù) f(x ) xsin x，x R，則 f 5 ，f(1)，f 3 的大小關(guān)系為 ( ) A.f 3 >f(1)> f 5 B.f(1)>f 3 >f 5 C.f 5 >f(1)>f 3D.f 3 >f 5 >f(1)解

26、析 因為 f(x)xsin x，所以 f(x)(x) ·sin( x) xsin x f(x)，所以函數(shù) f(x)是偶函數(shù)，所以 f 3f 3.33又當(dāng) x 0，2 時， fx() sin xxcos x>0，所以函數(shù) f(x)在 0， 2上是增函數(shù)，所以 f 5<f(1)<f 3，即 f 3>f(1)>f 5.答案 A15. 已知函數(shù) f(x)3x34x 2ex 2ex，其中 e 為自然對數(shù)的底數(shù)，若 f(a1)f(2a2)0，則3實數(shù) a 的取值范圍是 ( )1A.( ， 1B. 2， C. 1， 12D. 1， 12解析 f x() x24 2ex

27、 2ex x2 4 2 4ex·ex x20， f(x)在 R 上是增函數(shù) . 1又 f(x) 31x3 4x2e x 2ex f(x)，知 f(x)為奇函數(shù) .3故 f(a1)f(2a2) 0? f(a 1) f(2a2)，1a1 2a2，解之得 1a2.答案 D二、填空題6. 已知定義在區(qū)間 ( ， 上)的函數(shù) f( x) xsin x cos x，則 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 .解析 f x() sin x xcos xsin x xcos x.令 fx() xcos x>0，則其在區(qū)間 ( ，上)的解集為 ， 2和 0，2，即 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ， 2， 0，2

28、.答案 ，2 ， 0，27. 若 f(x) x2 aln x 在(1， ) 上單調(diào)遞增，則實數(shù) a 的取值范圍為 a解析 由 f(x)x2aln x，得 fx() 2xx，xf(x)在(1，)上單調(diào)遞增， 2x ax 0 在(1，)上恒成立，即 a2x2在(1，)上恒x成立， 當(dāng) x(1， )時， 2x2>2， a 2.答案 (， 28.(2020 西·安調(diào)研 )設(shè) f(x)是定義在 R 上的奇函數(shù)， f(2) 0，當(dāng) x>0時，有 xf(x)f(x)x2<0恒成立，則不等式 x2f(x)>0 的解集是解析 當(dāng) x>0時，x2f(xx) x·f

29、(x)2 f(x)<0，xf( x) (x) (x) 在(0， )上為減函數(shù)，x又 f(2) 0，即 (2)0，在(0，)上，當(dāng)且僅當(dāng) 0<x<2 時， ( x)>0， 此時 x2f(x)>0.又 f(x)為奇函數(shù)， h(x)x2f(x)也為奇函數(shù)， 由數(shù)形結(jié)合知 x( ， 2)時 f(x)>0.故 x2f(x)>0 的解集為 (， 2)(0，2).答案 (， 2)(0， 2)三、解答題9.已知函數(shù) f(x)ln xex k(k為常數(shù) )，曲線 yf(x)在點(1，f(1)處的切線與 x軸平行 .(1)求實數(shù)(2)求函數(shù)k 的值； f(x)的單調(diào)區(qū)間

30、.1 ln x kx解 (1)fx()x (x>0).1k又由題意知 f(1) 1k0，所以 k 1. e1 ln x 1x(2)由(1)知， fx()ex(x>0).設(shè) h(x)x1 ln x1(x>0)，x 則 hx() x12 x1<0，所以 h( x)在(0， )上單調(diào)遞減 .由 h(1) 0知，當(dāng) 0<x<1 時， h(x)>0，所以 fx()>0；當(dāng) x>1 時， h(x)<0 ，所以 fx()<0. 綜上 f(x)的單調(diào)增區(qū)間是 (0， 1)，減區(qū)間為 (1， ).1e10. 設(shè)函數(shù) f( x)ax2 a ln x

31、，g(x) x，其中 aR ，e 2.718為自然對數(shù)的底數(shù) xe(1)討論 f(x) 的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng) x>1 時， g(x)>0.1 2ax2 1(1)解 由題意得 fx() 2ax x x (x>0).xx當(dāng) a0 時， fx()<0 ， f(x)在 (0， )內(nèi)單調(diào)遞減 .a>0xx1時，由 fx() 0 有 x，2a0， 211. (2020 鄭·州調(diào)研 ) 已知 f(x)aln x 2x2(a>0)，若對任意兩個不相等的正實數(shù)x1，x2，都有2a 時， fx()<0，f(x)單調(diào)遞減；12a， 時， fx()>0，

32、f(x)單調(diào)遞增 .(2)證明 令 s(x) ex1x，則 sx()ex1 1.當(dāng) x>1 時， sx()>0 ，所以 s(x)>s(1)，即 ex 1>x，>0.從而 g(x)1xeexe(exxe1xx)x e xef( x1) f( x2)x1x2>2 恒成立，則a 的取值范圍為 (B 級 能力提升A.(0 ，1B.(1 ， )C.(0，1)D.1 ， )f( x1) f ( x2)解析 對任意兩個不相等的正實數(shù) x1，x2，都有 ( 1) ( 2) >2恒成立，則當(dāng) x>0 時，f x() 2 x1x2a恒成立， fx() x x 2在(

33、0， )上恒成立，則 a(2xx2)max1.x答案 D12. 若函數(shù) exf(x)(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù) )在 f(x) 的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù) f(x) 具有 M性質(zhì).下列函數(shù)中具有 M 性質(zhì)的是 ( ) x 2A.f(x) 2 xB.f(x)x2C.f(x)3 xD. f(x) cos x解析 設(shè)函數(shù) g(x)ex·f(x)，對于 A，g(x)ex·2x 2e ，在定義域 R 上為增函數(shù)， A 正確 . 對于 B，g(x)ex·x2，則 gx() x(x 2)ex，由 gx()>0 得 x<2 或 x>0，g(x)在定義域 R 上不 e x是增函數(shù)， B 不正確 .對于 C，g(x)ex·3x 3 在定義域 R 上是減函數(shù)， C 不正確 .對于 D，g(x) ex·cos x，則 gx() 2excos x4 ， gx()>0 在定義域 R 上不恒成立， D 不正確 .答案 A13. 求形如 y f(x)g(x)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)， 我們常采用以下做法： 先兩邊同取自然對數(shù)得 ln y g(x)ln11f(x) ， 再 兩 邊 同 時 求 導(dǎo) 得 y ·y g