资源描述
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]函数f(x)＝x2ln x－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)假设当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)＝x2ln x＋x2－1，
f′(x)＝2xln x＋3x.
那么曲线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)＝2xln x＋(1－2a)x＝x(2ln x＋1－2a)，其中x≥1.
当a≤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>时，令f′(x)＝0，得x＝ea－.
假设x∈[1，ea－)，那么f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，ea－)上单调递减．所以当x∈[1，ea－)时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．
综上a的取值范围是.
由题悟法
利用导数解决参数问题主要涉及以下方面：
(1)不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先别离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．
(2)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)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．
以题试法
1．设函数f(x)＝x2＋ex－xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)假设当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)，
假设x＝0，那么f′(x)＝0；
假设x<0，那么1－ex>0，所以f′(x)<0；
假设x>0，那么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]f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，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)＋.
[自主解答](1)∵f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－＝，
∴当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当1<x<e时，f′(x) >0，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)＝，
∴当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴[g(x)]max＝g(e)＝<.
∴[f(x)]min－[g(x)]max>.
∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.
在本例条件下，是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由．
解：假设存在正实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3.因为f′(x)＝a－＝，
当0<<e时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以[f(x)]min＝f＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件；
当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，
[f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3，
a＝(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上恒成立的根本方法是构造函数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．f(x)＝xln x.
(1)求g(x)＝(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)＝ln x＋，
∴令g′(x)＝＝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<x<k，
∴增区间为(k，＋∞)，减区间为(0，k)．
(2)证明：设h(x)＝xln x－2x＋e(x≥1)，
令h′(x)＝ln x－1＝0得x＝e，
h(x)，h′(x)的变化情况如下：
x
1
(1，e)
e
(e，＋∞)
h′(x)
－1
－
0
＋
h(x)
e－2
0
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]某物流公司购置了一块长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＝，即＝，故AD＝20－x，矩形ABCD的面积为20x－x2(0<x<30)．
要使仓库的占地面积不少于144平方米，那么20x－x2≥144，
化简得x2－30x＋216≤0，
解得12≤x≤18.
(2)由(1)知仓库的体积V＝20x2－x3(0<x<30)，令V′＝40x－2x2＝0，得x＝0或x＝20.
当0<x<20时，V′>0，当20<x<30时，V′<0，
所以当x＝20时V取最大值，且最大值为，即AB的长度为20米时仓库的库存容量最大．
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．某城市在开展过程中，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＝
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′＝－t2－t＋36
＝－(t＋12)(t－8)．
令y′＝0，得t＝－12(舍去)或t＝8.
当6≤t<8时，y′>0，
当8<t<9时，y′<0，
故t＝8时，y有最大值，ymax＝18.75.
②当9≤t≤10时，y＝t＋是增函数，
故t＝10时，ymax＝16.
③当10<t≤12时，y＝－3(t－11)2＋18，
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．
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，假设a<b，那么必有( )
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，
∴′＝≤≤0.
那么函数在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0<a<b，那么≥.即af(b)≤bf(a)．
2．(2022·山西适应性训练)假设商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式y＝－x3＋27x＋123(x>0)，那么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0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．
3．函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，假设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<x<1；当x<0时，图象关于y轴对称，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，那么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<a<2时恰有三个不同的公共点．
答案：(－2,2)
5．函数f(x)＝x2＋ln x.
(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)＝x3＋x2的下方．
解：(1)∵f(x)＝x2＋ln x，∴f′(x)＝2x＋.
∵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.
(2)证明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋ln x，
∴F′(x)＝x－2x2＋＝
＝＝.
∵x＞1，∴F′(x)＜0.
∴F(x)在(1，＋∞)上是减函数．
∴F(x)＜F(1)＝－＝－＜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．(2022·乌鲁木齐诊断性测验)函数(理)f(x)＝ex－m－x，(文)f(x)＝ex－x，其中m为常数．
(1)假设对任意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．(2022·泰安模拟)某种产品每件本钱为6元，每件售价为x元(6<x<11)，年销售为u万件，假设－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．
(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－u＝k2，
∵售价为10元时，年销量为28万件，
∴－28＝k2，解得k＝2.
∴u＝－22＋
＝－2x2＋21x＋18.
∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)
＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．
(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．
1．(2022·潍坊模拟)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<n.
解：(1)f′(x)＝(2x－3)ex＋ex(x2－3x＋3)＝exx(x－1)，
①当－2<t≤0，x∈[－2，t]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
②当0<t<1，x∈[－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0，t]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当－2<t≤0时，y＝f(x)的单调递增区间为[－2，t]；
当0<t<1时，y＝f(x)的单调递增区间为[－2,0)，单调递减区间为(0，t]．
(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，
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－＝>0，又h(－2)＝0，故当－2<t<0时，h(t)>h(－2)＝0，即h(t)>0，
因此，n－m>0，即m<n.
2． (2022·资阳模拟)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，假设对任意x1∈[0,2]，均存在x2∈[0,2]，使得f(x1)<g(x2)，求实数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，
∴那么解得
∴f(x)＝x3－3x＋2，那么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<x<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)<f(2)，
∴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)<f(x2)成立，
∴有f(x)max<g(x)max，那么4<k＋1，即k>3.
故实数k的取值范围是(3，＋∞)．
1．向量m＝(x0，－1)，n＝，x0，，y0成等差数列，2，，y0成等比数列．
(1)求证：m⊥n；
(2)假设存在不为零的实数k与t，使得a＝(t2－3)m＋n，b＝tm－kn，且a⊥b，|a|≤，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，，y0成等差数列得x0＋y0＝，①
由2，，y0成等比数列得x0＝2y0，②
由①与②可得x0＝，y0＝，
所以m＝(，－1)，n＝，
因为m·n＝(，－1)·＝－＝0，
所以m⊥n.
(2)由(1)得|m|＝2，|n|＝1，
因为|a|≤，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－≤t≤.
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)(－≤t≤)，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
(－，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，)
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(－，－1)，(1，)；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)＝ln x－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)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)．
所以f′(x)＝－1.
由f′(x)＝－1>0得0<x<1，由f′(x)<0得x>1.
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)＝xln x＋p(x2－1)(x>0)，得g′(x)＝ln x＋1＋2px.
由(1)知，当p＝1时，f(x)≤f(1)＝0，
即不等式ln x≤x－1成立．
①当p≤－时，g′(x)＝ln x＋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－<p<0时，假设x∈，那么ln x>0，1＋2px>0，
从而g′(x)＝ln x＋1＋2px>0，即函数g(x)在上单调递增，从而存在x0∈使得g(x0)>g(1)＝0，不满足题意；
③当p≥0时，由x≥1知g(x)＝xln x＋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.
集合与常用逻辑用语 函数、导数及其应用
(时间120分钟，总分值150分)
一、选择题(此题共12小题，每题5分，共60分)
1．(2022·广州调研)函数f(x)＝假设f(1)＝f(－1)，那么实数a的值等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 根据题意，由f(1)＝f(－1)可得a＝1－(－1)＝2.
2．(2022·江西高考)假设全集U＝，那么集合A＝的补集∁UA为( )
A.B.
C.D.
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<x≤2}．
3．以下函数中，恒满足f(2x)＝[f(x)]2的是( )
A．f(x)＝|x| B．f(x)＝(x≠0)
C．f(x)＝exD．f(x)＝sin x
解析：选C 假设f(x)＝ex，那么f(2x)＝e2x＝(ex)2＝[f(x)]2.
4．(2022·大同调研)函数f(x)＝x2＋bx(b∈R)，那么以下结论正确的选项是( )
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．(2022·龙岩四校联考)函数y＝f(x)的图象在点M(3，f(3))处的切线方程是y＝x＋，那么f(3)＋f′(3)的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．5
解析：选B 因为切点(3，f(3))在切线上，所以f(3)＝1＋＝，切点处的导数为切线的斜率，所以f′(3)＝，所以f(3)＋f′(3)＝2.
6．(2022·汕头一测)集合A是函数f(x)＝的定义域，集合B是整数集，那么A∩B的子集的个数为( )
A．4 B．6
C．8 D．16
解析：选A 要使函数f(x)有意义，那么需解得－1≤x<0或0<x≤1，所以函数的定义域A＝{x|－1≤x<0，或0<x≤1}．所以A∩B＝{1，－1}，其子集的个数为4.
7．a＝log23＋log2，b＝log29－log2，c＝log32，那么a，b，c的大小关系是( )
A．a＝b<cB．a＝b>c
C．a<b<cD．a>b>c
解析：选B ∵a＝log23＋log2＝log23，b＝log29－log2＝log23，
∴a＝b.
又∵函数y＝logax(a>1)为增函数，
∴a＝log23>log22＝1，c＝log32<log33＝1，∴a＝b>c.
8．(2022·南昌一模)函数y＝x－1的图象关于x轴对称的图象大致是( )
解析：选B 函数y＝x＝，该函数的图象就是抛物线y2＝x在x轴及其以上的局部，故函数y＝x－1＝－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．(2022·长春第二次调研)假设a>2，那么函数f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)内零点的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．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)＝－4a＋1<0，因此f(x)在(0,2)内只有一个零点．
10．(2022·河南三市第二次调研)设U为全集，对集合X，Y，定义运算“*〞，X*Y＝∁U(X∩Y)．对于任意集合X，Y，Z，那么(X*Y)*Z＝( )
A．(X∪Y)∩∁UZB．(X∩Y)∪∁UZ
C．(∁UX∪∁UY)∩ZD．(∁UX∩∁UY)∪Z
解析：选B 依题意得(X*Y)＝∁U(X∩Y)＝(∁UX)∪(∁UY)，(X*Y)*Z＝∁U[(X*Y)∩Z]＝∁U[∁U(X∩Y)∩Z]＝{∁U[∁U(X∩Y)]}∪(∁UZ)＝(X∩Y)∪(∁UZ)．
11．(2022·重庆高考)f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，那么“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．以下命题：
①∀x∈R，不等式x2＋2x>4x－3均成立；
②假设log2x＋logx2≥2，那么x>1；
③“假设a>b>0且c<0，那么>〞的逆否命题是真命题；
④假设命题p：∀x∈R，x2＋1≥1，命题q：∃x∈R，x2－x－1≤0，那么命题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；根据根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<<，又c<0，可得>，那么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(此题共4小题，每题5分，共20分)
13．(2022·河北质检)函数y＝log(3x－a)的定义域是，那么a＝________.
解析：由3x－a>0得x>.因此，函数y＝log(3x－a)的定义域是，所以＝，即a＝2.
答案：2
14． (2022·南通一调)设P是函数y＝(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，那么θ的取值范围是________．
解析：依题意得，y＝x＋x，y′＝x＋x－(x>0)，当x>0时，y′＝x＋x－≥2 ＝，即该图象在点P处的切线的斜率不小于，即tan θ≥.又θ∈[0，π)，因此≤θ<，即θ的取值范围是.
答案：
15．(2022·山东高考)假设函数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)在[0，＋∞)上是增函数，那么a＝________.
解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，那么1－4m>0，即m<.假设a>1，那么函数f(x)在[－1,2]上的最小值为＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，＝m，与m<矛盾；当0<a<1时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝，m＝<.所以a＝.
答案：
16．(2022·福州质检)集合M是满足以下条件的函数f(x)的全体：
(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)＝④f(x)＝x2－x－1＋ln x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，那么－x<0，∴f(x)＝x－2，f(－x)＝－x＋2＝－(x－2)，即f(x)＝－f(－x)，
又f(0)＝0，∴f(x)＝是奇函数，∴③不符合条件；对于④，函数f(x)＝x2－x－1＋ln x的定义域为(0，＋∞)，故它既不是奇函数也不是偶函数，∵f′(x)＝2x－1＋＝＝>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(此题共6小题，共70分)
17．(本小题总分值10分)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)＝
作出函数的图象如图．
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．(本小题总分值12分)
函数f(x)＝log3(ax＋b)的局部图象如右图所示．
(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⇒
∴f(x)的解析式为f(x)＝log3(2x－1)．
∵f(x)有意义需满足2x－1>0，∴x>.
∴f(x)的定义域为.
(2)∵f(x)＝log3(2x－1)＝log3
＝log3＋log32，
∴f(x)的图象是由y＝log3x的图象向右平移个单位，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．(本小题总分值12分)函数f(x)＝x(x2－ax－3)．
(1)假设f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)假设x＝－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≤在[1，＋∞)上恒成立．
∵当x≥1时，≥(1－1)＝0，
∴a≤0.
(2)依题意得f′＝0，
即＋a－3＝0，得a＝4，
故f(x)＝x3－4x2－3x.
令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.
当x在[1,4]上变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
1
(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．(本小题总分值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)＝t＋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＝
＝
(2)①∵当1≤t≤30，t∈N时，S＝－(t－20)2＋6 400，
∴当t＝20时，S的最大值为6 400.
②当31≤t≤50，t∈N时，S＝－90t＋9 000为减函数，
∴当t＝31时，S的最大值为6 210.
∵6 210<6 400，
∴当t＝20时，日销售额S有最大值6 400.
21.函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)假设函数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)内恰有两个零点即解得0<a<.
所以a的取值范围是.
22. (2022·安徽名校模拟)函数f(x)＝(x∈R)，a为正数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)假设对任意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)＝，
∴f′(x)＝＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝3.
∵a>0，
∴由f′(x)>0，得0<x<3；由f′(x)<0，得x<0或x>3.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)＝，
又∵f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
∴f(0)<f(4)．
∴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
|f(x1)－f(x2)|<1成立，只需|f(3)－f(0)|<1即可，
即<1.
∵a>0，∴0<a<.
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