Gothedistance
第十三节导数的应用(二)
利用导数研究恒成立问题及参数求解
典题导入
[例1]已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R.
(1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x≥1时，f(x)≥0成立，求a的取值范围．
[自主解答](1)当a＝－1时，f(x)＝x2lnx＋x2－1，
f′(x)＝2xlnx＋3x.
则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3，又f(1)＝0，所以切线方程为3x
－y－3＝0.
(2)f′(x)＝2xlnx＋(1－2a)x＝x(2lnx＋1－2a)，其中x≥1.
当a≤12时，因为x≥1，所以f′(x)≥0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(1)
＝0.
当a>12时，令f′(x)＝0，得x＝ea－12.
若x∈[1，ea－12)，则f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，ea－12)上单调递减．所以当x∈[1，
ea－12)时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．
综上a的取值范围是????－∞，12.
由题悟法
利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：
(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为
求函数在给定区间上的最值问题求解．
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题．
(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致
图象，数形结合求解．
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以题试法
1．设函数f(x)＝12x2＋ex－xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)，
若x＝0，则f′(x)＝0；
若x<0，则1－ex>0，所以f′(x)<0；
若x>0，则1－ex<0，所以f′(x)<0.
∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，
即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减．
故[f(x)]min＝f(2)＝2－e2，
∴m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立．
故m的取值范围为(－∞，2－e2)．
利用导数证明不等式问题
典题导入
[例2]已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝lnxx，其中e是自然常数，a∈R.
(1)讨论a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋12.
[自主解答](1)∵f(x)＝x－lnx，
f′(x)＝1－1x＝x－1x，
∴当0
当10，此时f(x)单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1.
(2)证明：由(1)知[f(x)]min＝1.又g′(x)＝1－lnxx2，
∴当00，g(x)在(0，e]上单调递增．
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∴[g(x)]max＝g(e)＝1e<12.
∴[f(x)]min－[g(x)]max>12.
∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋12.
在本例条件下，是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不
存在，说明理由．
解：假设存在正实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3.因为f′(x)＝a－1x＝ax－1x，
当0<1a
所以[f(x)]min＝f????1a＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；
当1a≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，
[f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3，
a＝4e(舍去)，所以，此时a不存在．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时f(x)有最小值3.
由题悟法
利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)
－g(x)，然后根据函数的单调性，确定函数的最值证明h(x)>0.
以题试法
2．已知f(x)＝xlnx.
(1)求g(x)＝f?x?＋kx(k∈R)的单调区间；
(2)证明：当x≥1时，2x－e≤f(x)恒成立．
解：(1)g(x)＝lnx＋kx，
∴令g′(x)＝x－kx2＝0得x＝k.
∵x>0，∴当k≤0时，g′(x)>0.
∴函数g(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；
当k>0时g′(x)>0得x>k；g′(x)<0得0
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∴增区间为(k，＋∞)，减区间为(0，k)．
(2)证明：设h(x)＝xlnx－2x＋e(x≥1)，
令h′(x)＝lnx－1＝0得x＝e，
h(x)，h′(x)的变化情况如下：
x1(1，e)e(e，＋∞)
h′(x)－1－0＋
h(x)e－20
故h(x)≥0.即f(x)≥2x－e.
利用导数研究生活中的优化问题
典题导入
[例3]某物流公司购买了一块长AM＝30米，宽AN＝20米的矩
形地块AMPN，规划建设占地如图中矩形ABCD的仓库，其余地方为
道路和停车场，要求顶点C在地块对角线MN上，顶点B、D分别在
边AM、AN上，假设AB的长度为x米．
(1)要使仓库的占地面积不少于144平方米，求x的取值范围；
(2)要规划建设的仓库是高度与AB的长度相同的长方体建筑，问AB的长度为多少时仓
库的库容量最大．(墙地及楼板所占空间忽略不计)
[自主解答](1)依题意得△NDC与△NAM相似，所以DCAM＝NDNA，即x30＝20－AD20，故AD
＝20－23x，矩形ABCD的面积为20x－23x2(0
要使仓库的占地面积不少于144平方米，则20x－23x2≥144，
化简得x2－30x＋216≤0，
解得12≤x≤18.
(2)由(1)知仓库的体积V＝20x2－23x3(0
当00，当20
所以当x＝20时V取最大值，且最大值为80003，即AB的长度为20米时仓库的库存容
量最大．
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由题悟法
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，建立数学模型，写出函数关系式y＝f(x)；
(2)求出函数的导函数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点处的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)
值．
以题试法
3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到有关部门的关注，据有关统计数据显示，
从上午6点到中午12点，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t
之间关系可近似地用如下函数给出：
y＝
??
??
?－18t3－34t2＋36t－6294，6≤t<9，
1
8t＋
59
4，9≤t≤10，
－3t2＋66t－345，10
求从上午6点到中午12点，通过该路段用时最多的时刻．
解：①当6≤t<9时，
y′＝－38t2－32t＋36
＝－38(t＋12)(t－8)．
令y′＝0，得t＝－12(舍去)或t＝8.
当6≤t<8时，y′>0，
当8
故t＝8时，y有最大值，ymax＝18.75.
②当9≤t≤10时，y＝18t＋594是增函数，
故t＝10时，ymax＝16.
③当10
故t＝11时，ymax＝18.
综上可知，通过该路段用时最多的时刻为上午8点．
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1．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a，
b，若a
A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)
解析：选A∵xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，
∴????f?x?x′＝xf′?x?－f?x?x2≤－2f?x?x2≤0.
则函数f?x?x在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0
2．(2012·山西适应性训练)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式y
＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为()
A．1百万件B．2百万件
C．3百万件D．4百万件
解析：选C依题意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当00；当
x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．
3．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，那么关
于x的不等式xf(x)<0的解集是________．
解析：在(0，＋∞)上有f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增．又函数f(x)是R上的
偶函数，所以f(1)＝f(－1)＝0.当x>0时，f(x)<0，∴0
f(x)>0，∴x<－1.
答案：(－∞，－1)∪(0,1)
4．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是
________．
解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，
极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2
答案：(－2,2)
5．已知函数f(x)＝x2＋lnx.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝23x3＋12x2的下方．
解：(1)∵f(x)＝x2＋lnx，∴f′(x)＝2x＋1x.
∵x＞1时，f′(x)＞0，故f(x)在[1，e]上是增函数，
∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.
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(2)证明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝12x2－23x3＋lnx，
∴F′(x)＝x－2x2＋1x＝x
2－2x3＋1
x
＝x
2－x3－x3＋1
x＝
?1－x??2x2＋x＋1?
x.
∵x＞1，∴F′(x)＜0.
∴F(x)在(1，＋∞)上是减函数．
∴F(x)＜F(1)＝12－23＝－16＜0，即f(x)＜g(x)．
∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象总在g(x)的图象的下方．
6．(2012·乌鲁木齐诊断性测验)已知函数(理)f(x)＝ex－m－x，(文)f(x)＝1emex－x，其中m
为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解：(1)依题意，可知f(x)在R上连续，且f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增；
故当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1]．
(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．
故f(x)在[0,2m]上有两个零点．
7．(2013·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(6
万件，若已知5858－u与????x－2142成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．
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(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
解：(1)设5858－u＝k????x－2142，
∵售价为10元时，年销量为28万件，
∴5858－28＝k????10－2142，解得k＝2.
∴u＝－2????x－2142＋5858
＝－2x2＋21x＋18.
∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)
＝－2x3＋33x2－108x－108(6
(2)y′＝－6x2＋66x－108
＝－6(x2－11x＋18)
＝－6(x－2)(x－9)．
令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，
显然，当x∈(6,9)时，y′>0；
当x∈(9,11)时，y′<0.
∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的．
∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
1．(2012·潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)ex，x∈[－2，t](t>－2)．
(1)当t<1时，求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)设f(－2)＝m，f(t)＝n，求证：m
解：(1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1)，
①当－2
②当00，f(x)单调递增，
当x∈(0，t]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当－2
当0
(2)证明：依题意得m＝f(－2)＝13e－2，
n＝f(t)＝(t2－3t＋3)et，
设h(t)＝n－m＝(t2－3t＋3)et－13e－2，t>－2，
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h′(t)＝(2t－3)et＋et(t2－3t＋3)＝ett(t－1)(t>－2)．
故h(t)，h′(t)随t的变化情况如下表：
t(－2,0)0(0,1)1(1，＋∞)
h′(t)＋0－0＋
h(t)极大值极小值
由上表可知h(t)的极小值为h(1)＝e－13e2＝e
3－13
e2>0，又h(－2)＝0，故当－2
h(t)>h(－2)＝0，即h(t)>0，
因此，n－m>0，即m
2．(2012·资阳模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋b(a，b∈R)在x＝2处的切线方程为y＝9x
－14.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)令g(x)＝－x2＋2x＋k，若对任意x1∈[0,2]，均存在x2∈[0,2]，使得f(x1)
数k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a，∵f(x)在x＝2处的切线方程为y＝9x－14，
∴
??
??
?f?2?＝4，
f′?2?＝9，则???
??8－6a＋b＝4，
12－3a＝9，解得???
??a＝1，
b＝2.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
由f′(x)>0，得x<－1或x>1；
由f′(x)<0，得－1
故函数f(x)的单调递减区间是(－1,1)；单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．
(2)由(1)知，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增．
又f(0)＝2，f(2)＝4，有f(0)
∴函数f(x)在区间[0,2]上的最大值f(x)max＝f(2)＝4.
又g(x)＝－x2＋2x＋k＝－(x－1)2＋k＋1，
∴函数g(x)在[0,2]上的最大值为g(x)max＝g(1)＝k＋1.
∵对任意x1∈[0,2]，均存在x2∈[0,2]，使f(x1)
∴有f(x)max3.
故实数k的取值范围是(3，＋∞)．
1．已知向量m＝(x0，－1)，n＝????12，y0，x0，334，y0成等差数列，2，x0，y0成等比
数列．
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(1)求证：m⊥n；
(2)若存在不为零的实数k与t，使得a＝(t2－3)m＋n，b＝tm－kn，且a⊥b，|a|≤37，
试讨论函数k＝f(t)的单调性，并求出函数的极值．
解：(1)证明：由x0，334，y0成等差数列得x0＋y0＝332，①
由2，x0，y0成等比数列得x0＝2y0，②
由①与②可得x0＝3，y0＝32，
所以m＝(3，－1)，n＝????12，32，
因为m·n＝(3，－1)·????12，32＝32－32＝0，
所以m⊥n.
(2)由(1)得|m|＝2，|n|＝1，
因为|a|≤37，m⊥n，所以|a|2＝(t2－3)2|m|2＋2(t2－3)m·n＋|n|2＝4(t2－3)2＋1≤37，
所以0≤t2≤6，所以－6≤t≤6.
又a·b＝t(t2－3)|m|2－k(t2－3)m·n＋tm·n－k|n|2＝4t(t2－3)－k＝0，
所以k＝f(t)＝4t(t2－3)(－6≤t≤6)，k′＝f′(t)＝[4t(t2－3)]′＝12t2－12，令12t2－
12＝0，得t＝±1.
当t变化时，f′(t)，f(t)的变化情况如下表：
t(－6，－1)－1(－1,1)1(1，6)
f′(t)＋0－0＋
f(t)极大值8极小值－8
因此f(t)的单调递增区间为(－6，－1)，(1，6)；f(x)的单调递减区间为(－1,1)．f(t)
的极大值为8，极小值为－8.
2．设函数f(x)＝lnx－p(x－1)，p∈R.
(1)当p＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)，对任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值范围．
解：(1)当p＝1时，f(x)＝lnx－x＋1，其定义域为(0，＋∞)．
所以f′(x)＝1x－1.
由f′(x)＝1x－1>0得01.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)由函数g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)＝xlnx＋p(x2－1)(x>0)，得g′(x)＝lnx＋1＋2px.
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由(1)知，当p＝1时，f(x)≤f(1)＝0，
即不等式lnx≤x－1成立．
①当p≤－12时，g′(x)＝lnx＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0，
即函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，满足题意；
②当－120，1＋2px>0，
从而g′(x)＝lnx＋1＋2px>0，即函数g(x)在????1，－12p上单调递增，从而存在x0∈
????1，－
1
2p使得g(x0)>g(1)＝0，不满足题意；
③当p≥0时，由x≥1知g(x)＝xlnx＋p(x2－1)≥0恒成立，此时不满足题意．
综上所述，实数p的取值范围为????－∞，－12.
集合与常用逻辑用语函数、导数及其应用
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2012·广州调研)已知函数f(x)＝
??
??
?1－x，x≤0，
ax，x>0，若f(1)＝f(－1)，则实数a的值等于
()
A．1B．2
C．3D．4
解析：选B根据题意，由f(1)＝f(－1)可得a＝1－(－1)＝2.
2．(2012·江西高考)若全集U＝{}x∈R|x2≤4，则集合A＝{}x∈R||x＋1|≤1的补集?UA
为()
A.{}x∈R|0
C.{}x∈R|0
解析：选C因为U＝{x∈R|x2≤4}＝{x∈R|－2≤x≤2}，A＝{x∈R||x＋1|≤1}＝{x∈R|
－2≤x≤0}．借助数轴易得?UA＝{x∈R|0
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3．下列函数中，恒满足f(2x)＝[f(x)]2的是()
A．f(x)＝|x|B．f(x)＝1x(x≠0)
C．f(x)＝exD．f(x)＝sinx
解析：选C若f(x)＝ex，则f(2x)＝e2x＝(ex)2＝[f(x)]2.
4．(2012·大同调研)已知函数f(x)＝x2＋bx(b∈R)，则下列结论正确的是()
A．?b∈R，f(x)在(0，＋∞)上是增函数
B．?b∈R，f(x)在(0，＋∞)上是减函数
C．?b∈R，f(x)为奇函数
D．?b∈R，f(x)为偶函数
解析：选D注意到当b＝0时，f(x)＝x2是偶函数．
5．(2013·龙岩四校联考)已知函数y＝f(x)的图象在点M(3，f(3))处的切线方程是y＝13x
＋23，则f(3)＋f′(3)的值为()
A．1B．2
C．3D．5
解析：选B因为切点(3，f(3))在切线上，所以f(3)＝1＋23＝53，切点处的导数为切线的
斜率，所以f′(3)＝13，所以f(3)＋f′(3)＝2.
6．(2012·汕头一测)已知集合A是函数f(x)＝1－x
2
|x＋1|－1的定义域，集合B是整数集，则A∩B
的子集的个数为()
A．4B．6
C．8D．16
解析：选A要使函数f(x)有意义，则需
??
??
?1－x2≥0，
|x＋1|－1≠0，解得－1≤x<0或0
以函数的定义域A＝{x|－1≤x<0，或0
7．已知a＝log23＋log23，b＝log29－log23，c＝log32，则a，b，c的大小关系是()
A．a＝bc
C．ab>c
解析：选B∵a＝log23＋log23＝log233，b＝log29－log23＝log233，
∴a＝b.
又∵函数y＝logax(a>1)为增函数，
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∴a＝log233>log22＝1，c＝log32c.
8．(2012·南昌一模)函数y＝x12－1的图象关于x轴对称的图象大致是()
解析：选B函数y＝x12＝x，该函数的图象就是抛物线y2＝x在x轴及其以上的部分，
故函数y＝x12－1＝x－1是将上述图象向下平移一个单位得到的，再作其关于x轴对称的图
象，即选项B中的图象．
9．(2012·长春第二次调研)若a>2，则函数f(x)＝13x3－ax2＋1在(0,2)内零点的个数为()
A．3B．2
C．1D．0
解析：选C依题意得f′(x)＝x2－2ax，由a>2可知，f′(x)在x∈(0,2)时恒为负，即f(x)
在(0,2)内单调递减，又f(0)＝1>0，f(2)＝83－4a＋1<0，因此f(x)在(0,2)内只有一个零点．
10．(2012·河南三市第二次调研)设U为全集，对集合X，Y，定义运算“”，XY＝?
U(X∩Y)．对于任意集合X，Y，Z，则(XY)Z＝()
A．(X∪Y)∩?UZB．(X∩Y)∪?UZ
C．(?UX∪?UY)∩ZD．(?UX∩?UY)∪Z
解析：选B依题意得(XY)＝?U(X∩Y)＝(?UX)∪(?UY)，(XY)Z＝?U[(XY)∩Z]＝?U[?
U(X∩Y)∩Z]＝{?U[?U(X∩Y)]}∪(?UZ)＝(X∩Y)∪(?UZ)．
11．(2012·重庆高考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0,1]
上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的()
A．既不充分也不必要的条件B．充分而不必要的条件
C．必要而不充分的条件D．充要条件
解析：选D由题意可知函数在[0,1]上是增函数，在[－1,0]上是减函数，在[3,4]上也是
减函数；反之也成立．
12．下列命题：
①?x∈R，不等式x2＋2x>4x－3均成立；
②若log2x＋logx2≥2，则x>1；
③“若a>b>0且c<0，则ca>cb”的逆否命题是真命题；
Gothedistance
④若命题p：?x∈R，x2＋1≥1，命题q：?x∈R，x2－x－1≤0，则命题p∧(綈q)是真
命题．其中真命题为()
A．①②③B．①②④
C．①③④D．②③④
解析：选A由x2＋2x>4x－3推得x2－2x＋3＝(x－1)2＋2>0恒成立，故①正确；根据
基本不等式可知要使不等式log2x＋logx2≥2成立需要x>1，故②正确；由a>b>0得0<1a<1b，
又c<0，可得ca>cb，则可知其逆否命题为真命题，故③正确；命题p是真命题，命题q是真
命题，所以p∧(綈q)为假命题，故④不正确．
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2013·河北质检)函数y＝log12(3x－a)的定义域是????23，＋∞，则a＝________.
解析：由3x－a>0得x>a3.因此，函数y＝log12(3x－a)的定义域是????a3，＋∞，所以a3＝23，
即a＝2.
答案：2
14．(2012·南通一调)设P是函数y＝x(x＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P
处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________．
解析：依题意得，y＝x32＋x12，y′＝32x12＋12x－12(x>0)，当x>0时，y′＝32x12＋12x－12≥2
3
2x
1
2×
1
2x－
1
2＝3，即该图象在点P处的切线的斜率不小于3，即tanθ≥3.又θ∈[0，π)，
因此π3≤θ<π2，即θ的取值范围是????π3，π2.
答案：????π3，π2
15．(2012·山东高考)若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，
且函数g(x)＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.
解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m>0，即m<14.若a>1，则函数f(x)在[－
1,2]上的最小值为1a＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，12＝m，与m<14矛盾；当0
数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝14，m＝116<14.所以a＝14.
答案：14
16．(2012·福州质检)已知集合M是满足下列条件的函数f(x)的全体：
Gothedistance
(1)f(x)既不是奇函数也不是偶函数；(2)函数f(x)有零点．那么在函数①f(x)＝|x|－1，②f(x)
＝2x－1，③f(x)＝
??
??
?x－2，x>0，
0，x＝0，
x＋2，x<0，
④f(x)＝x2－x－1＋lnx中，属于M的有________．(写出
所有符合的函数序号)
解析：对于①，∵f(－x)＝|－x|－1＝|x|－1＝f(x)，
∴f(x)＝|x|－1是偶函数，∴①不符合条件；易知f(x)＝2x－1既不是奇函数也不是偶函
数，且有一个零点x＝0，
∴②符合条件；对于③，令x>0，则－x<0，∴f(x)＝x－2，f(－x)＝－x＋2＝－(x－2)，
即f(x)＝－f(－x)，
又f(0)＝0，∴f(x)＝
??
??
?x－2，x>0，
0，x＝0，
x＋2，x<0.
是奇函数，∴③不符合条件；对于④，函数f(x)＝
x2－x－1＋lnx的定义域为(0，＋∞)，故它既不是奇函数也不是偶函数，∵f′(x)＝2x－1＋1x
＝2x
2－x＋1
x＝
2????x－142＋78
x>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝1－1－1＋0＝－
1<0，f(e)＝e2－e－1＋1＝e(e－1)>0，∴函数f(x)在(1，e)上存在零点，∴④符合条件．
答案：②④
三、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(本小题满分10分)已知函数y＝f(x)的图象关于原点对称，且x>0时，f(x)＝x2－2x
＋3，试求f(x)在R上的表达式，并画出它的图象，根据图象写出它的单调区间．
解：∵f(x)的图象关于原点对称，
∴f(－x)＝－f(x)，又当x>0时，f(x)＝x2－2x＋3，
∴当x<0时，f(x)＝－x2－2x－3.
当x＝0时，f(x)＝0.
∴函数解析式为f(x)＝
??
??
?x2－2x＋3，x>0.
0，x＝0，
－x2－2x－3，x<0.
作出函数的图象如图．
Gothedistance
根据图象可以得函数的增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；
函数的减区间为(－1,0)，(0,1)．
18．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝log3(ax＋b)的部分图象如右图所示．
(1)求f(x)的解析式与定义域；
(2)函数f(x)的图象能否由y＝log3x的图象平移变换得到．
解：(1)由图可知(2,1)(5,2)是f(x)＝log3(ax＋b)上的两点，将其代入函数表达式可得
??
??
?2a＋b＝3，
5a＋b＝9????
??a＝2，
b＝－1.
∴f(x)的解析式为f(x)＝log3(2x－1)．
∵f(x)有意义需满足2x－1>0，∴x>12.
∴f(x)的定义域为????12，＋∞.
(2)∵f(x)＝log3(2x－1)＝log3????2????x－12
＝log3????x－12＋log32，
∴f(x)的图象是由y＝log3x的图象向右平移12个单位，再向上平移log32个单位得到的．
故可以由y＝log3x的图象平移得到．
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x(x2－ax－3)．
(1)若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若x＝－13是f(x)的极值点，求f(x)在区间[1,4]上的最大值．
解：(1)∵f(x)＝x(x2－ax－3)，∴f′(x)＝3x2－2ax－3.
∵f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
∴在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，
即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立．
得a≤32????x－1x在[1，＋∞)上恒成立．
Gothedistance
∵当x≥1时，32????x－1x≥32(1－1)＝0，
∴a≤0.
(2)依题意得f′????－13＝0，
即13＋23a－3＝0，得a＝4，
故f(x)＝x3－4x2－3x.
令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－13，x2＝3.
当x在[1,4]上变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x1(1,3)3(3,4)4
f′(x)－0＋
f(x)－6－18－12
所以f(x)在区间[1,4]上的最大值是f(1)＝－6.
20．(本小题满分12分)经市场调查，某种商品在过去50天的销售量和价格均为销售时
间t(天)的函数，且销售量近似地满足f(t)＝－2t＋200(1≤t≤50，t∈N)．前30天价格为g(t)
＝12t＋30(1≤t≤30，t∈N)，后20天价格为g(t)＝45(31≤t≤50，t∈N)．
(1)写出该种商品的日销售额S与时间t的函数关系；
(2)求日销售额S的最大值．
解：(1)根据题意，得
S＝
??
??
??－2t＋200?????12t＋30，1≤t≤30，t∈N，
45?－2t＋200?，31≤t≤50，t∈N
＝
??
??
?－t2＋40t＋6000，1≤t≤30，t∈N，
－90t＋9000，31≤t≤50，t∈N.
(2)①∵当1≤t≤30，t∈N时，S＝－(t－20)2＋6400，
∴当t＝20时，S的最大值为6400.
②当31≤t≤50，t∈N时，S＝－90t＋9000为减函数，
∴当t＝31时，S的最大值为6210.
∵6210<6400，
∴当t＝20时，日销售额S有最大值6400.
21.已知函数f(x)＝13x3＋1－a2x2－ax－a，x∈R，其中a>0.
Gothedistance
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；
解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)
f′(x)＋0－0＋
f(x)极大值极小值
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f(x)
在区间(－2,0)内恰有两个零点即
??
??
?f?－2?<0，
f?－1?>0，
f?0?<0，
解得0
所以a的取值范围是????0，13.
22.(2012·安徽名校模拟)已知函数f(x)＝a?x
2－x－1?
ex(x∈R)，a为正数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x1，x2∈[0,4]均有|f(x1)－f(x2)|<1成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝a?x
2－x－1?
ex，
∴f′(x)＝a?2x－1?e
x－a?x2－x－1?ex
e2x＝
－ax?x－3?
ex.
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝3.
∵a>0，
∴由f′(x)>0，得03.故函数f(x)的单调递增区间为(0,3)，
单调递减区间为(－∞，0)，(3，＋∞)．
(2)由(1)易知函数f(x)在[0,3]上为增函数，在[3,4]上为减函数．
∴函数f(x)在[0,4]上的最大值f(3)＝5ae3，
又∵f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
∴f(0)
∴f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
∴要使函数f(x)对任意x1，x2∈[0,4]均有
Gothedistance
|f(x1)－f(x2)|<1成立，只需|f(3)－f(0)|<1即可，
即????5ae3＋a<1.
∵a>0，∴0
3
5＋e3.
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