高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第1课时导数的应用

高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第1课时导数的应用

§3.2 　 导数的应用 基础知识 　 自主学习 课时作业 题型分 类　 深度剖析 内容索引 基础知识　自主学习 在某个区间 ( a ， b ) 内，如果 f ′ ( x ) 0 ，那么函数 y ＝ f ( x ) 在这个区间内单调递增；如果 f ′ ( x ) 0 ，那么函数 y ＝ f ( x ) 在这个区间内单调递减 . 1. 函数的单调性 知识梳理 > < 2. 函数的极值 (1) 一般地，求函数 y ＝ f ( x ) 的极值的方法 解方程 f ′ ( x ) ＝ 0 ，当 f ′ ( x 0 ) ＝ 0 时： ① 如果在 x 0 附近的 左侧 ，右侧 ， 那么 f ( x 0 ) 是极大值； ② 如果在 x 0 附近的 左侧 ，右侧 ， 那么 f ( x 0 ) 是极小值 . f ′ ( x )>0 f ′ ( x )<0 f ′ ( x )<0 f ′ ( x )>0 (2) 求可导函数极值的步骤： ① 求 f ′ ( x ) ； ② 求 方程 的 根； ③ 考察 f ′ ( x ) 在 方程 的 根附近的左右两侧导数值的符号 . 如果左正右负，那么 f ( x ) 在这个根处 取得 ； 如果左负右正，那么 f ( x ) 在这个根处 取得 . f ′ ( x ) ＝ 0 f ′ ( x ) ＝ 0 极大值 极小值 3. 函数的最值 (1) 在闭区间 [ a ， b ] 上连续的函数 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上必有最大值与最小值 . (2) 若函数 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上单调递增， 则 为 函数的最小值 ， 为 函数的最大值；若函数 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上单调 递减 , 则 为 函数的最大值 ， ___ 为 函数的最小值 . (3) 设函数 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上连续，在 ( a ， b ) 内可导，求 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最大值和最小值的步骤如下： ① 求函数 y ＝ f ( x ) 在 ( a ， b ) 内 的 ； ② 将函数 y ＝ f ( x ) 的 各 与 处 的函数值 f ( a ) ， f ( b ) 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值 . f ( a ) f ( b ) f ( a ) f ( b ) 极值 极值 端点 1. 在 某区间内 f ′ ( x )>0( f ′ ( x )<0) 是函数 f ( x ) 在此区间上为增 ( 减 ) 函数的充分不必要条件 . 2. 可 导函数 f ( x ) 在 ( a ， b ) 上是增 ( 减 ) 函数的充要条件是对 ∀ x ∈ ( a ， b ) ，都有 f ′ ( x ) ≥ 0( f ′ ( x ) ≤ 0) 且 f ′ ( x ) 在 ( a ， b ) 上的任何子区间内都不恒为零 . 3. 对于 可导函数 f ( x ) ， f ′ ( x 0 ) ＝ 0 是函数 f ( x ) 在 x ＝ x 0 处有极值的必要不充分条件 . 知识 拓展 判断下列结论是否正确 ( 请在括号中打 “√” 或 “×” ) (1) 若函数 f ( x ) 在 ( a ， b ) 内单调递增，那么一定有 f ′ ( x )>0.( 　　 ) (2) 如果函数 f ( x ) 在某个区间内恒有 f ′ ( x ) ＝ 0 ，则 f ( x ) 在此区间内没有单调性 .( 　　 ) (3) 函数的极大值不一定比极小值大 .( 　　 ) (4) 对可导函数 f ( x ) ， f ′ ( x 0 ) ＝ 0 是 x 0 点为极值点的充要条件 .( 　　 ) (5) 函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值 .( 　　 ) (6) 三次函数在 R 上必有极大值和极小值 .( 　　 ) 思考辨析 × √ √ × √ × 1.( 教材改编 ) f ( x ) ＝ x 3 － 6 x 2 的单调递减区间为 A.(0,4) B.(0,2) C.(4 ，＋ ∞ ) D .( － ∞ ， 0) 考点自测 答案 解析 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 12 x ＝ 3 x ( x － 4) ， 由 f ′ ( x )<0 ，得 0< x <4 ， ∴ 单调递减区间为 (0,4). 2. 如图是函数 y ＝ f ( x ) 的导函数 y ＝ f ′ ( x ) 的图象，则下面判断正确的 是 A. 在区间 ( － 2,1) 上 f ( x ) 是增函数 B. 在区间 (1,3) 上 f ( x ) 是减函数 C. 在区间 (4,5) 上 f ( x ) 是增函数 D. 当 x ＝ 2 时， f ( x ) 取到 极小值 答案 解析 在 ( － 2,1) 上，导函数的符号有正有负， 所以函数 f ( x ) 在这个区间上不是单调函数； 同理，函数在 (1,3) 上也不是单调函数； 在 x ＝ 2 的右侧，函数在 (2,4) 上是减函数 ， 所以 当 x ＝ 2 时， f ( x ) 取到极大值； 在 (4,5) 上导函数的符号为正，所以函数在这个区间上为增函数 . 3. 已知定义在实数集 R 上的函数 f ( x ) 满足 f (1) ＝ 3 ，且 f ( x ) 的导数 f ′ ( x ) 在 R 上恒有 f ′ ( x )<2( x ∈ R ) ，则不等式 f ( x )<2 x ＋ 1 的解集为 A.(1 ，＋ ∞ ) B .( － ∞ ，－ 1) C.( － 1,1) D .( － ∞ ，－ 1) ∪ (1 ，＋ ∞ ) 答案 解析 令 g ( x ) ＝ f ( x ) － 2 x － 1 ， ∴ g ′ ( x ) ＝ f ′ ( x ) － 2<0 ， ∴ g ( x ) 在 R 上为减函数， g (1) ＝ f (1) － 2 － 1 ＝ 0. 由 g ( x )<0 ＝ g (1) ，得 x >1 ，故选 A. 4. 函数 f ( x ) ＝ ＋ x 2 － 3 x － 4 在 [0,2] 上的最小值是 _____. 答案 解析 f ′ ( x ) ＝ x 2 ＋ 2 x － 3 ， 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 1( x ＝－ 3 舍去 ) ， 5. 设 a ∈ R ，若函数 y ＝ e x ＋ ax 有大于零的极值点，则实数 a 的取值范围是 _______ ___ _. 答案 解析 ( － ∞ ，－ 1) ∵ y ＝ e x ＋ ax ， ∴ y ′ ＝ e x ＋ a . ∵ 函数 y ＝ e x ＋ ax 有大于零的极值点， 则方程 y ′ ＝ e x ＋ a ＝ 0 有大于零的解， ∵ x >0 时，－ e x < － 1 ， ∴ a ＝－ e x < － 1. 几何画板展示 题型分类　深度剖析 第 1 课时　导数与函数的单调性 题型一　不含参数的函数的单调性 例 1 　 (1) 函数 y ＝ x 2 － ln x 的单调递减区间为 A.( － 1,1) B .(0,1) C.(1 ，＋ ∞ ) D .(0 ，＋ ∞ ) 答案 解析 令 y ′ <0 ，得 0< x <1 ， ∴ 单调递减区间为 (0,1). (2) 已知定义在区间 ( － π ， π) 上的函数 f ( x ) ＝ x sin x ＋ cos x ，则 f ( x ) 的 单调 递增 区间是 _________________. 答案 解析 f ′ ( x ) ＝ sin x ＋ x cos x － sin x ＝ x cos x . 令 f ′ ( x ) ＝ x cos x >0 ， 思维 升华 确定函数单调区间的步骤 (1) 确定函数 f ( x ) 的定义域； (2) 求 f ′ ( x ) ； (3) 解不等式 f ′ ( x )>0 ，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4) 解不等式 f ′ ( x )<0 ，解集在定义域内的部分为单调递减区间 . 跟踪训练 1 　 (1) 函数 y ＝ 4 x 2 ＋ 的 单调增区间为 答案 解析 (2) 已知函数 f ( x ) ＝ x ln x ，则 f ( x ) A . 在 (0 ，＋ ∞ ) 上递增 B . 在 (0 ，＋ ∞ ) 上递减 C. 在 (0 ， ) 上递增 D . 在 (0 ， ) 上递减 答案 解析 因为函数 f ( x ) ＝ x ln x ，定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 所以 f ′ ( x ) ＝ ln x ＋ 1( x >0) ， 题型二　含参数的函数的单调性 例 2 　 已知函数 f ( x ) ＝ ln(e x ＋ 1) － ax ( a >0). (1) 若函数 y ＝ f ( x ) 的导函数是奇函数，求 a 的值； 解答 函数 f ( x ) 的定义域为 R . ∵ 函数 y ＝ f ( x ) 的导函数是奇函数， ∴ f ′ ( － x ) ＝－ f ′ ( x ) ， (2) 求函数 y ＝ f ( x ) 的单调区间 . 解答 ① 当 a ≥ 1 时， f ′ ( x )<0 恒成立， ∴ 当 a ∈ [1 ，＋ ∞ ) 时， 函数 y ＝ f ( x ) 在 R 上单调递减 . ② 当 0< a <1 时， 由 f ′ ( x )>0 ，得 (1 － a )(e x ＋ 1)>1 ， 由 f ′ ( x )<0 ，得 (1 － a )(e x ＋ 1)<1 ， ∴ 当 a ∈ (0,1) 时， 综上，当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 R 上单调递减； 思维 升华 (1) 研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论 . (2) 划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的间断点 . (3) 个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如 f ( x ) ＝ x 3 ， f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ≥ 0( f ′ ( x ) ＝ 0 在 x ＝ 0 时取到 ) ， f ( x ) 在 R 上是增函数 . 跟踪训练 2 　讨论函数 f ( x ) ＝ ( a － 1)ln x ＋ ax 2 ＋ 1 的单调性 . 解答 几何画板展示 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， ① 当 a ≥ 1 时， f ′ ( x )>0 ，故 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增； ② 当 a ≤ 0 时， f ′ ( x )<0 ，故 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减； 题型三　已知函数单调性求参数 例 3 　 (2016· 西安模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ， g ( x ) ＝ ax 2 ＋ 2 x ( a ≠ 0). (1) 若函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) 存在单调递减区间，求 a 的取值范围； 解答 h ( x ) ＝ ln x － ax 2 － 2 x ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 所以 h ′ ( x ) ＝ － ax － 2 ，由于 h ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上存在单调递减区间， 所以 a > － 1. (2) 若函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) 在 [1,4] 上单调递减，求 a 的取值范围 . 解答 由 h ( x ) 在 [1,4] 上单调递减得， 几何画板展示 引申探究 1. 本 例 ( 2) 中，若函数 h ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) 在 [1,4] 上单调递增，求 a 的取值范围 . 解 答 由 h ( x ) 在 [1,4] 上单调递增得， 当 x ∈ [1,4] 时， h ′ ( x ) ≥ 0 恒成立， ∴ a ≤ － 1 ，即 a 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 1]. 2. 本 例 ( 2) 中，若 h ( x ) 在 [1,4] 上存在单调递减区间，求 a 的取值范围 . 解答 h ( x ) 在 [1,4] 上存在单调递减区间， 则 h ′ ( x )<0 在 [1,4] 上有解， ∴ a > － 1 ，即 a 的取值范围是 ( － 1 ，＋ ∞ ). 思维 升华 根据函数单调性求参数的一般思路 (1) 利用集合间的包含关系处理： y ＝ f ( x ) 在 ( a ， b ) 上单调，则区间 ( a ， b ) 是相应单调区间的子集 . (2) f ( x ) 为增函数的充要条件是对任意的 x ∈ ( a ， b ) 都有 f ′ ( x ) ≥ 0 且在 ( a ， b ) 内的任一非空子区间上 f ′ ( x ) 不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解 . (3) 函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题 . 跟踪训练 3 　已知函数 f ( x ) ＝ e x ln x － a e x ( a ∈ R ). (1) 若 f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线与直线 y ＝ x ＋ 1 垂直，求 a 的值； 解答 (2) 若 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是单调函数，求实数 a 的取值范围 . 解答 几何画板展示 若 f ( x ) 为单调递减函数，则 f ′ ( x ) ≤ 0 在 x >0 时恒成立 . 由 g ′ ( x )>0 ，得 x >1 ； 由 g ′ ( x )<0 ，得 0< x <1. 故 g ( x ) 在 (0,1) 上为单调递减函数，在 (1 ，＋ ∞ ) 上为单调递增函数， 此时 g ( x ) 的最小值为 g (1) ＝ 1 ，但 g ( x ) 无最大值 ( 且无趋近值 ). 故 f ( x ) 不可能是单调递减函数 . 若 f ( x ) 为单调递增函数， 由上述推理可知此时 a ≤ 1. 故实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 1]. 典例 　 (12 分 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ， g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ ax 2 ＋ bx ，其中函数 g ( x ) 的图象在点 (1 ， g (1)) 处的切线平行于 x 轴 . (1) 确定 a 与 b 的关系； (2) 若 a ≥ 0 ，试讨论函数 g ( x ) 的单调性 . 用 分类讨论思想研究函数的单调性 思想与方法系列 5 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ① 方程 f ′ ( x ) ＝ 0 是否有根； ② 若 f ′ ( x ) ＝ 0 有根，求出根 后 判断其 是否 在定义域内； ③ 若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法 . 思想方法指 导 规范解答 解　 (1) 依题意得 g ( x ) ＝ ln x ＋ ax 2 ＋ bx ， 由函数 g ( x ) 的图象在点 (1 ， g (1)) 处的切线平行于 x 轴 得 g ′ (1) ＝ 1 ＋ 2 a ＋ b ＝ 0 ， ∴ b ＝－ 2 a － 1 . [ 4 分 ] ∵ 函数 g ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 由 g ′ ( x )>0 ，得 0< x <1 ，由 g ′ ( x )<0 ，得 x >1 ， [ 6 分 ] 综上可得：当 a ＝ 0 时，函数 g ( x ) 在 (0,1) 上单调递增， 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减 ； 返回 课时作业 1.(2016· 合肥模拟 ) 函数 f ( x ) ＝ x ·e x － e x ＋ 1 的单调递增区间是 A.( － ∞ ， e) B .(1 ， e) C.(e ，＋ ∞ ) D .(e － 1 ，＋ ∞ ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 解析 由 f ( x ) ＝ x ·e x － e x ＋ 1 ， 得 f ′ ( x ) ＝ ( x ＋ 1 － e)·e x ， 令 f ′ ( x )>0 ，解得 x >e － 1 ， 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (e － 1 ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2. 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax ＋ 4 ，则 “ a >0 ” 是 “ f ( x ) 在 R 上单调递增 ” 的 A. 充分不必要条件 B . 必要不充分条件 C. 充要条件 D . 既不充分也不必要条件 √ 答案 解析 故 “ a >0 ” 是 “ f ( x ) 在 R 上单调递增 ” 的充分不必要条件 . 3. 已知 f ( x ) ＝ 1 ＋ x － sin x ，则 f (2) ， f (3) ， f (π) 的大小关系正确的是 A. f (2)> f (3)> f (π) B. f (3 )> f (2)> f (π) C. f (2)> f (π)> f (3) D. f (π )> f (3)> f (2) √ 答案 解析 因为 f ( x ) ＝ 1 ＋ x － sin x ，所以 f ′ ( x ) ＝ 1 － cos x ， 当 x ∈ (0 ， π] 时， f ′ ( x )>0 ， 所以 f ( x ) 在 (0 ， π] 上是增函数， 所以 f (π)> f (3)> f (2). 故选 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4. 已知函数 f ( x ) ＝ x ＋ 在 ( － ∞ ，－ 1) 上单调递增，则实数 a 的取值范围是 A. [ 1 ，＋ ∞ ) B .( － ∞ ， 0 ) ∪ (0,1] C.(0,1] D .( － ∞ ， 0) ∪ [1 ，＋ ∞ ) √ 答案 解析 由于 f ( x ) 在 ( － ∞ ，－ 1) 上单调递增 ， 则 f ′ ( x ) ≥ 0 在 ( － ∞ ，－ 1) 上恒成立， 由于当 x < － 1 时， x 2 >1 ， 则 有 ≤ 1 ，解得 a ≥ 1 或 a <0 . 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 5.(2016· 中山模拟 ) 已知定义在 R 上的函数 f ( x ) ，其导函数 f ′ ( x ) 的大致图象如图所示，则下列叙述正确的 是 A. f ( b )> f ( c )> f ( d ) B. f ( b )> f ( a )> f ( e ) C. f ( c )> f ( b )> f ( a ) D. f ( c )> f ( e )> f ( d ) √ 答案 解析 依题意得，当 x ∈ ( － ∞ ， c ) 时， f ′ ( x )>0 ， 所以函数 f ( x ) 在 ( － ∞ ， c ) 上是增函数， 因为 a < b < c ，所以 f ( c )> f ( b )> f ( a ) ，因此 C 正确 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2015· 课标全国 Ⅱ ) 设函数 f ′ ( x ) 是奇函数 f ( x )( x ∈ R ) 的导函数， f ( － 1) ＝ 0 ，当 x >0 时， xf ′ ( x ) － f ( x ) ＜ 0 ，则使得 f ( x )>0 成立的 x 的取值范围是 A.( － ∞ ，－ 1) ∪ (0,1 ) B .( － 1,0) ∪ (1 ，＋ ∞ ) C.( － ∞ ，－ 1) ∪ ( － 1,0) D .(0,1) ∪ (1 ，＋ ∞ ) √ 答案 解析 因为 f ( x )( x ∈ R ) 为奇函数， f ( － 1) ＝ 0 ，所以 f (1) ＝－ f ( － 1) ＝ 0. 则 g ( x ) 为偶函数， g (1) ＝ g ( － 1) ＝ 0. 故 g ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上为减函数，在 ( － ∞ ， 0) 上为增函数 . 所以在 (0 ，＋ ∞ ) 上，当 0 ＜ x ＜ 1 时， g ( x ) ＞ g (1) ＝ 0 ⇔ ＞ 0 ⇔ f ( x ) ＞ 0 ； 在 ( － ∞ ， 0) 上，当 x ＜－ 1 时， g ( x ) ＜ g ( － 1) ＝ 0 ⇔ ＜ 0 ⇔ f ( x ) ＞ 0. 综上，知使得 f ( x ) ＞ 0 成立的 x 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 1) ∪ (0,1) ，故 选 A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2016· 青岛模拟 ) 若函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ bx 2 ＋ cx ＋ d 的单调减区间为 ( － 1,3) ，则 b ＋ c ＝ _____. 答案 解析 － 12 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 bx ＋ c ， 由 题意知－ 1< x <3 是不等式 3 x 2 ＋ 2 bx ＋ c <0 的解集， ∴ － 1,3 是 f ′ ( x ) ＝ 0 的两个根， ∴ b ＝－ 3 ， c ＝－ 9 ， b ＋ c ＝－ 12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ( － ∞ ，－ 1) ∪ (1 ，＋ ∞ ) 答案 解析 即函数 F ( x ) 在 R 上单调递减， ∴ F ( x 2 )< F (1) ，而函数 F ( x ) 在 R 上单调递减， ∴ x 2 >1 ，即 x ∈ ( － ∞ ，－ 1) ∪ (1 ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10. 若函数 f ( x ) ＝ 2 x 3 － 3 mx 2 ＋ 6 x 在区间 (2 ，＋ ∞ ) 上为增函数，则实数 m 的取值范围为 _________. 答案 解析 ∵ f ′ ( x ) ＝ 6 x 2 － 6 mx ＋ 6 ， 当 x ∈ (2 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x ) ≥ 0 恒成立， ∴ 当 x >2 时， g ′ ( x )>0 ，即 g ( x ) 在 (2 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2016· 北京 ) 设函数 f ( x ) ＝ x e a － x ＋ bx ，曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (2 ， f (2)) 处的切线方程为 y ＝ (e － 1) x ＋ 4. (1) 求 a ， b 的值； 解 答 f ( x ) 的定义域为 R . ∵ f ′ ( x ) ＝ e a － x － x e a － x ＋ b ＝ (1 － x )e a － x ＋ b . 解得 a ＝ 2 ， b ＝ e. (2) 求 f ( x ) 的单调区间 . 解答 由 (1) 知 f ( x ) ＝ x e 2 － x ＋ e x ， 由 f ′ ( x ) ＝ e 2 － x (1 － x ＋ e x － 1 ) 及 e 2 － x ＞ 0 知 ， f ′ ( x ) 与 1 － x ＋ e x － 1 同号 . 令 g ( x ) ＝ 1 － x ＋ e x － 1 ，则 g ′ ( x ) ＝－ 1 ＋ e x － 1 . 所以，当 x ∈ ( － ∞ ， 1) 时， g ′ ( x ) ＜ 0 ， g ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 1) 上单调递减； 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， g ′ ( x ) ＞ 0 ， g ( x ) 在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 故 g (1) ＝ 1 是 g ( x ) 在区间 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上的最小值， 从而 g ( x ) ＞ 0 ， x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ) ， 综上可知， f ′ ( x ) ＞ 0 ， x ∈ ( － ∞ ，＋ ∞ ). 故 f ( x ) 的单调递增区间为 ( － ∞ ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12. 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ， g ( x ) ＝ ax ＋ b . (1) 若 f ( x ) 与 g ( x ) 在 x ＝ 1 处相切，求 g ( x ) 的表达式； 解答 由已知得 f ′ ( x ) ＝ ， ∴ f ′ (1) ＝ 1 ＝ a ， ∴ a ＝ 2. 又 ∵ g (1) ＝ 0 ＝ a ＋ b ， ∴ b ＝－ 1 ， ∴ g ( x ) ＝ x － 1. (2) 若 φ ( x ) ＝ － f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上是减函数，求实数 m 的取值范围 . 解答 即 x 2 － (2 m － 2) x ＋ 1 ≥ 0 在 [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立， 故实数 m 的取值范围是 ( － ∞ ， 2]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间； 解 答 f ′ ( x ) ＝ x 2 － ax ＝ x ( x － a ) ， ① 当 a ＝ 0 时， f ′ ( x ) ＝ x 2 ≥ 0 恒成立 ， ∴ f ( x ) 在 R 上单调递增 . ② 当 a >0 时，当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， f ′ ( x )>0 ； 当 x ∈ (0 ， a ) 时， f ′ ( x )<0 ；当 x ∈ ( a ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ， ∴ f ( x ) 的增区间为 ( － ∞ ， 0) ， ( a ，＋ ∞ ) ，减区间为 (0 ， a ). ③ 当 a <0 时，当 x ∈ ( － ∞ ， a ) 时， f ′ ( x )>0 ； 当 x ∈ ( a, 0) 时， f ′ ( x )<0 ；当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ， ∴ f ( x ) 的增区间为 ( － ∞ ， a ) ， (0 ，＋ ∞ ) ，减区间为 ( a, 0). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 设函数 g ( x ) ＝ f ( x ) ＋ 2 x ，且 g ( x ) 在区间 ( － 2 ，－ 1) 上存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围 . 解 答 g ′ ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 2 ，依 题意，存在 x ∈ ( － 2 ，－ 1) ， 使不等式 g ′ ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ 2<0 成立，