5.3.1.2函數(shù)單調(diào)性的應用（知識梳理+例題+變式+練習）（解析版）

倒賣拉黑，關(guān)注更新免費領(lǐng)取，淘寶唯一每月更新店鋪:知二教育倒賣拉黑，關(guān)注更新免費領(lǐng)取，淘寶唯一每月更新店鋪:知二教育5.3.1.2函數(shù)單調(diào)性的應用【基礎自測】1．函數(shù)y＝x－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1,1]B．(0，＋∞)C．[1，＋∞)D．(0,1]【答案】D【解析】函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，令y′＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)≤0，解得x∈(0,1]，又x>0，所以x∈(0,1]．2．函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[3，＋∞)B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)【答案】B【解析】f′(x)＝3x2＋a，由題意知3x2＋a≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≥－3x2在x∈(1，＋∞)上恒成立．所以a≥－3.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)＋lnx，則有()A．f(e)<f(3)<f(2)B．f(3)<f(e)<f(2)C．f(e)<f(2)<f(3)D．f(2)<f(e)<f(3)【答案】D【解析】f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))＋eq\f(1,x)所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)又2<e<3所以f(2)<f(e)<f(3)，故選D.4．函數(shù)f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】a≥eq\f(1,3)【解析】f′(x)＝3ax2－2x＋1.由題意知3ax2－2x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－22－4×3a×1≤0))，解得a≥eq\f(1,3).題型一利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【例1】求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝x3－3x＋8.(2)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b≠0)．【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，則3x2－3>0.即3(x＋1)(x－1)>0，解得x>1或x<－1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)，令f′(x)<0，則3(x＋1)(x－1)<0，解得－1<x<1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)．(2)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,x)))′＝1－eq\f(b,x2)，①若b>0時，令f′(x)>0，則x2>b，所以x>eq\r(b)或x<－eq\r(b).所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(b))和(eq\r(b)，＋∞)．令f′(x)<0，則x2<b，所以－eq\r(b)<x<eq\r(b)，且x≠0.所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\r(b)，0)和(0，eq\r(b))．②若b<0時，f′(x)>0恒成立，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞)．【方法歸納】(1)在利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先要確定函數(shù)的定義域，解決問題的過程中只能在定義域內(nèi)，通過討論導數(shù)的符號來判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)如果一個函數(shù)具有相同單調(diào)性的單調(diào)區(qū)間不止一個，那么這些單調(diào)區(qū)間中間不能用“∪”連結(jié)，而只能用“逗號”或“和”字隔開．【跟蹤訓練1】求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)y＝ln(2x＋3)＋x2；(2)y＝eq\f(1,2)x2＋alnx(a∈R，a≠0)．【解析】(1)函數(shù)y＝ln(2x＋3)＋x2的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)).y′＝eq\f(2,2x＋3)＋2x＝eq\f(4x2＋6x＋2,2x＋3)＝eq\f(22x＋1x＋1,2x＋3).令y′>0，解得－eq\f(3,2)<x<－1或x>－eq\f(1,2).所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).令y′<0，解得－1<x<－eq\f(1,2)，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).(2)由于f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx，所以f′(x)＝x＋eq\f(a,x).①當a>0時，函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，所以函數(shù)只有單調(diào)遞增區(qū)間(0，＋∞)．②當a<0時，函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，得x>eq\r(－a)；由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)<0，得0<x<eq\r(－a).所以當a<0時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))．綜上所述：當a>0時，f(x)只有單調(diào)遞增區(qū)間(0，＋∞)；當a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))．題型二利用導數(shù)求參數(shù)的取值范圍【例2】若函數(shù)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．【解析】因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當x∈[1,4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，則由題意可知，只需a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因為a≠0.所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．【變式訓練1】本例中的條件“h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減”改為“h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增”，實數(shù)a的取值范圍如何？【解析】因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，所以當x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立，即a≤eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，又因為當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]．【變式訓練2】本例中的條件“h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減”改為“h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間”，實數(shù)a的取值范圍又如何？【解析】因為h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以h′(x)<0在[1,4]上有解，所以當x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，而當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．【變式訓練3】本例中的條件“h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減”改為“h(x)在[1,4]上不單調(diào)，”則實數(shù)a的取值范圍又如何呢？【解析】因為h(x)在[1,4]上不單調(diào)，所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1在(1,4)上有解，令m(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈(1,4)，則－1<m(x)<－eq\f(7,16).所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,16))).【方法歸納】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．(3)函數(shù)在某個區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．【跟蹤訓練2】(1)若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在區(qū)間[m，m＋4]上是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________．【答案】(1)m∈(－∞－5]∪[2，＋∞)【解析】(1)f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)令f′(x)>0，得x>2或x<－1令f′(x)<0，得－1<x<2.∴f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1,2]上單調(diào)遞減．若f(x)在[m，m＋4]上單調(diào)∴m＋4≤－1或m≥2即m∈(－∞－5]∪[2，＋∞)．(2)已知函數(shù)f(x)＝2ax－x3，x∈(0,1]，a>0，若f(x)在(0,1]上是增函數(shù)，則a的取值范圍為________．【解析】(2)由題意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根為有限個，則f(x)在(0,1]上為增函數(shù)等價于f′(x)＝2a－3x2≥0對x∈(0,1]恒成立．即a≥eq\f(3,2)x2對x∈(0,1]恒成立，只需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2))max即可．由x∈(0,1]得eq\f(3,2)x2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，從而a≥eq\f(3,2).所以a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).題型三利用導數(shù)解決不等式問題探究1比較大小【例3】(1)若函數(shù)f(x)＝cosx＋2xf′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的大小關(guān)系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))D．不確定【答案】(1)C【解析】(1)f′(x)＝－sinx＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,6)＋2f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)∴f′(x)＝－sinx＋1≥0∴f(x)＝cosx＋x是R上的增函數(shù)又－eq\f(π,3)<eq\f(π,6)∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故選C.(2)已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，當x<0時，xf′(x)－f(x)<0.若a＝eq\f(fe,e)，b＝eq\f(fln2,ln2)，c＝eq\f(f3,3)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．b<a<cB．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)<b<cD．c<a<b【答案】(2)D【解析】(2)設g(x)＝eq\f(fx,x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，又當x<0時，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0.即函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減．因為f(x)為R上的偶函數(shù)，且2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln2)，即c<a<b，故選D.探究2解不等式【例4】(1)已知函數(shù)f(x)＝x－sinx，則不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0的解集為()A．(－∞，－4)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C．(－1,4)D．(－4,1)【答案】(1)C【解析】(1)由題意可知，函數(shù)f(x)的定義域是R.因為f′(x)＝1－cosx≥0，所以函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)．因為f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)．因為不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0可轉(zhuǎn)化為f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，所以1－x2>－(3x＋3)，即x2－3x－4<0，解得－1<x<4，即不等式的解集為(－1,4)，故選C.(2)設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集為________．【答案】(2)(－∞，－3)∪(0,3)【解析】(2)令F(x)＝f(x)g(x)∵f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)∴F(x)＝f(x)g(x)是定義在R上的奇函數(shù)又∵當x<0時F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0成立∴F(x)在區(qū)間(－∞，0)上是增函數(shù)，可得它在區(qū)間(0，＋∞)上也是增函數(shù)．∵g(－3)＝0，可得F(－3)＝0,∴F(3)＝0.當x>0時，F(xiàn)(x)＝f(x)g(x)<0，即F(x)<F(3)，∴0<x<3當x<0時，F(xiàn)(x)＝f(x)g(x)<0故不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．【方法歸納】(1)含有“f′(x)”的不等關(guān)系，其隱含條件是挖掘某函數(shù)的單調(diào)性，通過對不等關(guān)系變形，發(fā)現(xiàn)函數(shù)．(2)常見的構(gòu)造函數(shù)思路①已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型；聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)．②已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,gx).③已知“f(x)＋f′(x)”型：聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)．④已知“f′(x)lnx＋eq\f(fx,x)”型：聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)lnx．【跟蹤訓練3】(1)若定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足f′(x)>f(x)，則當a>0時，f(a)與eaf(0)的大小關(guān)系為()A．f(a)<eaf(0)B．f(a)>eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)D．不能確定【答案】(1)B【解析】(1)令F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴F(x)在R上單調(diào)遞增．∴當a>0時，則有F(a)>F(0)，即eq\f(fa,ea)>eq\f(f0,e0)即f(a)>eaf(0)，故選B.(2)設定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)，則不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集為________．【答案】(2)(1，＋∞)【解析】(2)設F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增．∵ex－1f(x)<f(2x－1)，∴eq\f(fx,ex)<eq\f(f2x－1,e2x－1)即F(x)<F(2x－1)∴x<2x－1，即x>1故不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集為(1，＋∞)．【易錯辨析】對函數(shù)單調(diào)遞增(減)的充要條件理解不透致錯【例5】已知函數(shù)f(x)＝2ax3＋4x2＋3x－1在R上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________【答案】[eq\f(8,9)，＋∞)【解析】f′(x)＝6ax2＋8x＋3.∵f(x)在R上是增函數(shù)，∴f′(x)≥0在R上恒成立，即6ax2＋8x＋3≥0在R上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64－72a≤0，,a>0，))解得a≥eq\f(8,9).經(jīng)檢驗，當a＝eq\f(8,9)時，只有個別點使f′(x)＝0，符合題意．∴當a≥eq\f(8,9)時，f(x)在R上單調(diào)遞增．一、單選題1．已知函數(shù)，若對任意的正實數(shù)t，在R上都是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由在R上恒成立，整理成二次項系數(shù)為正的二次三項式，則其對恒成立，分離參數(shù)后，求出關(guān)于的函數(shù)的最小值，即得的范圍．【解析】由題意在R上恒成立，其中，整理得對恒成立，所以對恒成立，，令，，時，，遞減，時，，遞增，所以，所以的最小值是16，所以．故選：D．2．已知數(shù)列滿足：.則對于任意正整數(shù)n>100，有（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，可知，即可排除B、D,對于A選項，對進行放縮，即可判斷正誤，對于C選項，由得，，轉(zhuǎn)化為，再證，即可判斷正確.【解析】解：易知，下證的單調(diào)性:（令，則，當時，，單調(diào)遞減）當時，單調(diào)遞減，則單調(diào)遞減，則也單調(diào)遞減，故，于是B、D不成立.對于A,，故A錯.對于C，要證：，由，只需證.由知，只需證得證.下證，令當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，所以，即恒成立，當取等號.又，故.故選：C.3．已知，則下列函數(shù)中在R上單調(diào)增的是()A． B． C． D．【答案】C【分析】對于選項ABD：對函數(shù)求導，求出的范圍，判斷導函數(shù)是否有變號零點即可求解；對于選項C：對函數(shù)求導，通過分類討論自變量的取值范圍，來確定導函數(shù)的符號，進而即可出答案.【解析】對于選項A：因為，所以，因為，，從而在R上有變號零點，從而在上不是單調(diào)遞增的，故A錯誤；對于選項B：由題意可知，，因為，，所以必有變號零點，從而在上不是單調(diào)遞增的，故B錯誤；對于選項C：由題意，，由，故對自變量分類討論：①當時，，故；②當時，，即，從而；③當時，，從而；④當時，，，，所以，⑤當時，因為，從而，綜上所述，對于，，從而在R上單調(diào)增；故C正確；對于選項D：由題意，，因為，，所以在R上有變號零點，從而在上不是單調(diào)遞增的，故D錯誤.故選：C.4．已知函數(shù)實數(shù)a，b滿足不等式，則下列不等式成立的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設,則,研究的對稱性和單調(diào)性即可.【解析】設，則.即.因為.即函數(shù)關(guān)于對稱.所以是增函數(shù),因為.所以.則,得故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛:根據(jù)條件判斷函數(shù)的對稱性和單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵.5．已知數(shù)列滿足（，為自然對數(shù)的底數(shù)），且對任意的都存在，使得成立，則數(shù)列的首項須滿足（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判斷數(shù)列的單調(diào)性，再根據(jù)選項作取舍.【解析】設，令，得到.當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增.故，即（當且僅當時取等號）.故（當且僅當時取等號）.即.要使對任意的都存在，使得成立，顯然時，，一定能滿足題意；當時，，如圖此時不滿足題意；當時，，如圖此時滿足題意；綜上，.故選：C6．已知，若，恒有，則實數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知得，令，可得是單調(diào)遞增函數(shù)，根據(jù)雙勾函數(shù)的性質(zhì)可求實數(shù)的取值范圍.【解析】由，得，令，則，且，恒有，所以是單調(diào)遞增函數(shù)，當時，在為增函數(shù)，故符合；當時，由雙勾函數(shù)的性質(zhì)可得，故綜上，，故選：A.7．關(guān)于函數(shù)，，下列說法錯誤的是（）A．當時，函數(shù)在上單調(diào)遞減B．當時，函數(shù)在上恰有兩個零點C．若函數(shù)在上恰有一個極值，則D．對任意，恒成立【答案】D【分析】分別在和得到，由此可知A正確；在平面直角坐標系中作出與圖象，由圖象可確定B正確；將問題轉(zhuǎn)化為在上恰有一個解，令，利用導數(shù)可確定單調(diào)性并得到其圖象，數(shù)形結(jié)合可確定，C正確；令，由B中結(jié)論可確定D錯誤.【解析】對于A，，則，當時，，，，單調(diào)遞減；當時，，，，單調(diào)遞減；綜上所述：在上單調(diào)遞減，A正確；對于B，，令，得：；在平面直角坐標系中，作出與的圖象如下圖所示，由圖象可知：當時，與有且僅有兩個不同交點，函數(shù)在上恰有兩個零點，B正確；對于C，由得：，若在上恰有一個極值，則在上恰有一個變號零點，即在上恰有一個解，令，則；當時，；當時，；在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，，可得大致圖象如下，若在上恰有一個解，則，此時函數(shù)在上恰有一個極值，C正確；對于D，當時，由B選項可知，，使得，當時，，即，D錯誤.故選：D.【點睛】思路點睛：本題考查導數(shù)在研究函數(shù)中的應用，涉及到利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、零點個數(shù)和極值的問題；根據(jù)極值點個數(shù)求解參數(shù)值的常用方法是通過分離變量的方式將問題轉(zhuǎn)化為方程解的個數(shù)或兩函數(shù)交點個數(shù)問題，通過數(shù)形結(jié)合的方式來解決.8．已知函數(shù)，設為方程的兩個非零實數(shù)根，若函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，則成立，即在上恒成立求得a的范圍，然后為方程的兩個非零實數(shù)根求解.【解析】因為函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，所以成立，即在上恒成立，∵g（0）=-1<0，結(jié)合二次函數(shù)y=g（x）的圖象，只需，解得：，方程有兩個非零實根，則，且，，故選：B二、多選題9．（多選）已知函數(shù)，則（）A．在處取得極大值 B．有兩個不同的零點C．的極小值點為 D．【答案】AD【分析】的定義域為，求判斷單調(diào)性，求得極值可判斷A，C；根據(jù)單調(diào)性以及可判斷B、D，進而可得正確選項.【解析】由題意可得函數(shù)的定義域為，由可得，令，解得：當時，，則在上單調(diào)遞增；當時，，則在上單調(diào)遞堿．所以當時，函數(shù)取得極大值為，無極小值，故選項A正確，選項C不正確；因為，且在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上有一個零點．當時，，，所以，此時無零點．綜上所述：有一個零點，故B不正確；因為，在上單調(diào)遞增，所以，故選項D正確．故選：AD．10．函數(shù)，，下列命題中正確的是（）A．若直線與曲線相切，則B．當時，有C．函數(shù)有兩個零點D．若時，總有恒成立，則【答案】BD【分析】對于A，通過求曲線過原點的切線方程，可以直接求出.對于B，首先當時，將不等式變形為.再通過求導，判斷在單調(diào)性即可證得.對于C，令，方程的解的個數(shù)即為函數(shù)零點個數(shù).對于D，將問題轉(zhuǎn)化為恒成立，再構(gòu)造函數(shù)，用導數(shù)研究單調(diào)性.【解析】對于A，由題意得，設過原點的直線與曲線的切點為，則，又所以切線斜率為，又因為切線過原點，所以切線斜率還可以表示為，所以，解得，，所以，故A錯誤.對于B，首先當時，將不等式變形為，再由可得，進一步化簡不等式可得.所以將問題轉(zhuǎn)化為，當時，.又，令解得，所以在單調(diào)遞增，所以時，成立，故B正確.對于C，由題意得，令，則，解得，只有一個解，所以函數(shù)只有1個零點，故C錯誤.對于D，若時，總有恒成立，即恒成立，構(gòu)造函數(shù)，，對任意的恒成立，故在單調(diào)遞增，則，恒成立，也即在區(qū)間恒成立，即，故D正確.故選：BD.11．若實數(shù)，則下列不等式成立的是（）A．若，則B．C．若，則D．若，則【答案】ACD【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得到A正確，取得到B錯誤，構(gòu)造得到函數(shù)單調(diào)遞增得到C正確，構(gòu)造函數(shù)得到函數(shù)單調(diào)遞減得到D正確，得到答案.【解析】，A正確；取，則，B錯誤；要使，即，，則，函數(shù)單調(diào)遞增，故，即，故C正確；設，則，二次函數(shù)對稱軸為，，，故在上恒成立.故函數(shù)單調(diào)遞減，故，即，D正確.故選：ACD.第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題12．已知實數(shù)，若關(guān)于的方程有四個不同的實數(shù)根，則的取值范圍為___________.【答案】【分析】畫出的圖象，根據(jù)圖象特點，要想方程有四個不同的實數(shù)根，需要令，這樣有兩個不同的實數(shù)根，，且，，才會有四個交點.【解析】當時，，單調(diào)遞減，當時，，，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，在時，取得最小值，畫出的圖象如圖所示：令，則方程為，要想方程有四個不同的實數(shù)根，結(jié)合的圖象可知需要滿足：有兩個不同的實數(shù)根，，且，，令，則，解得：的取值范圍故答案為：【點睛】函數(shù)零點的求解與判斷方法：（1）直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點．（2）零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點．（3）利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．13．已知函數(shù)，給出下列四個結(jié)論:①函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減；②和是函數(shù)的極值點；③當時，函數(shù)的值域是，則；④函數(shù)的零點至少有個，至多有個．其中，所有正確結(jié)論的序號是______．【答案】②③④【分析】作出函數(shù)的大致圖象，根據(jù)圖象即可判斷出①②③，對于④，的零點，等價于方程和方程的根的個數(shù)，對a分類討論，利用數(shù)形結(jié)合法即可判斷出正誤.【解析】解：當時，，則，令，得或3，所以當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，作出函數(shù)的大致圖象，如下圖所示：對于①，由圖象得，在上先減后增，故①錯誤；對于②，由圖象得，是函數(shù)的極大值點，是函數(shù)的極小值點，故②正確；對于③，當時，令得，所以若當時，函數(shù)的值域為，則故③正確；對于④，由，得函數(shù)g(x)的零點，等價于方程f(x)=1和方程f(x)=a的根的個數(shù)，即等價于y=1和y=a，與函數(shù)y=f(x)的圖象的交點個數(shù)，由圖象得y=1與函數(shù)f(x)的圖象有2個交點，當a<1時，y=a與函數(shù)f(x)的圖象沒有交點，所以函數(shù)g(x)的零點有2個；當a=1時，y=a與函數(shù)f(x)的圖象有2個交點，所以函數(shù)g(x)的零點有2個；當1<a<5時，y=a與函數(shù)f(x)的圖象有4個交點，所以函數(shù)g(x)的零點有6個；當a=5時，y=a與函數(shù)f(x)的圖象有3個交點，所以函數(shù)g(x)的零點有5個；當a>5時，y=a與函數(shù)f(x)的圖象有2個交點，所以函數(shù)g(x)的零點有4個；所以函數(shù)g(x)=[f(x)]2-(a+1)f(x)+a的零點至少有2個，至多有6個，故④正確.故答案為：②③④.14．已知是定義域為的單調(diào)函數(shù)，若對任意的，都有，且關(guān)于的方程在區(qū)間上有兩解，則實數(shù)的取值范圍是___________【答案】【分析】令，將可得，解得，即可得，設，利用導數(shù)判斷單調(diào)性作出的圖象以及的圖象，結(jié)合圖象可得即可求解.【解析】因為定義在的單調(diào)函數(shù)滿足，所以必存在唯一的正實數(shù)，滿足，①，令，可得②，由①②得：即，因為單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，所以方程有唯一解，所以，解得：．故，由方程在區(qū)間上有兩