高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.11 导数在函数研究中的应用 word版含答案

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2．函数的极值
了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
知识点一 利用导数研究函数的单调性
1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与其导数的正负有如下关系
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增加的．
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减少的．
(3)若f__′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．
2．利用导数判断函数单调性的一般步骤
(1)求f__′(x)．
(2)在定义域内解不等式f__′(x)>0或f__′(x)<0.
(3)根据结果确定f(x)的单调区间．
易误提醒
1．在某个区间(a，b)上，若f ′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增；若f ′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调递减；若f ′(x)＝0恒成立，则f(x)在这个区间上为常数函数；若f ′(x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．
2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f ′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．
[自测练习]
1．函数f(x)＝x＋eln x的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R
解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(e,x)>0，故单调增区间是(0，＋∞)．
答案：A
2．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调增函数，则m的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，
∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.
又∵f(x)在R上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，即m≥eq \f(1,3).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
知识点二 利用导数研究函数的极值
1．函数的极大值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．
2．函数的极小值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．
易误提醒 f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的非充分非必要条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的极小值点，但f′(0)不存在．
[自测练习]
3.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f ′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：导函数f ′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个，故选A.
答案：A
4．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a＋3＝0，解得a＝5.
答案：D
考点一 利用导数研究函数的单调性|
(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
若a≤0，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)单调递增．
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a>0时，f(x)在x＝eq \f(1,a)处取得最大值，最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝lneq \f(1,a)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))＝－ln a＋a－1.
因此feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
利用导数研究函数的单调性应注意两点
(1)在区间内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)内是增(减)函数的充要条件是：∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．

1．已知函数f(x)＝mln x－eq \f(1,2)x2(m∈R)，求函数f(x)的单调区间．
解：函数f(x)＝mln x－eq \f(1,2)x2的定义域是(0，＋∞)．f′(x)＝eq \f(m,x)－x＝eq \f(m－x2,x).
当m≤0时，f′(x)≤eq \f(－x2,x)＝－x<0，
函数f(x)＝mln x－eq \f(1,2)x2在(0，＋∞)上为减函数．
当m>0时，令f′(x)＝0，得：x＝eq \r(m)或－eq \r(m)(舍去)．
当x∈(0，eq \r(m))时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，eq \r(m))上是增函数．
当x∈(eq \r(m)，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(eq \r(m)，＋∞)上是减函数．
综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，当m>0时，f(x)的单调递增区间为(0，eq \r(m))，单调递减区间为(eq \r(m)，＋∞)．
考点二 已知单调性求参数范围|
(2015·福州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ex,2)－eq \f(1,ex)－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(3,2)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝eq \f(3,2)时，f(x)＝eq \f(ex,2)－eq \f(1,ex)－eq \f(3,2)x，
f ′(x)＝eq \f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq \f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，
令f ′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln 2；
令f ′(x)>0，得x<0或x>ln 2；
令f ′(x)<0，则0∴f(x)在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2)上单调递减．
(2)f ′(x)＝eq \f(ex,2)＋eq \f(1,ex)－a，
令ex＝t，由于x∈[－1,1]，
∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)).
令h(t)＝eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))))，
h ′(t)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t2－2,2t2)，
∴当t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\r(2)))时，h′(t)<0，函数h(t)为单调减函数；
当t∈(eq \r(2)，e]时，h′(t)>0，函数h(t)为单调增函数．
故h(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的极小值点为t＝eq \r(2).
又h(e)＝eq \f(e,2)＋eq \f(1,e)∴eq \r(2)≤h(t)≤e＋eq \f(1,2e).
∵函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，若函数在[－1,1]上单调递增，则a≤eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)对t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))恒成立，所以a≤eq \r(2)；若函数f(x)在[－1,1]上单调递减，则a≥eq \f(t,2)＋eq \f(1,t)对t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))恒成立，所以a≥e＋eq \f(1,2e)，
综上可得a≤ eq \r(2)或a≥e＋eq \f(1,2e).
已知函数单调性，求参数范围的两个方法
(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)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x)≥0；若函数单调递减，则f ′(x)≤0”来求解．
提醒：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)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

2．已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在R上为增函数；
当a>0时，由f′(x)＝0得x＝ln a，
则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数．
(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x，
∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，
即m≤eq \f(xex＋1,ex－1)在(2，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝eq \f(xex＋1,ex－1)，x∈(2，＋∞)，
h′(x)＝eq \f(ex2－xex－2ex,ex－12)＝eq \f(exex－x－2,ex－12).
令L(x)＝ex－x－2，
L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立，
即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，
即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0，
即h(x)＝eq \f(xex＋1,ex－1)在(2，＋∞)上为增函数，
∴h(x)>h(2)＝eq \f(2e2＋1,e2－1)，
∴m≤eq \f(2e2＋1,e2－1).
考点三 利用导数研究极值|
设函数f(x)＝x2－ax＋b.
讨论函数f(sin x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解] f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，－eq \f(π,2)[f(sin x)]′＝(2sin x－a)cs x，－eq \f(π,2)因为－eq \f(π,2)所以cs x>0，－2<2sin x<2.
①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值．
②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值．
③对于－2函数f(sin x)单调递减；
x0≤x因此，－2f(sin x0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝b－eq \f(a2,4).
3．(2015·太原一模)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝x[(x＋2－a)ex－2]＝
xexeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2－\f(2,ex)－a))，x∈R，
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x＋2－eq \f(2,ex)≥a在(0，＋∞)上恒成立，
又函数g(x)＝x＋2－eq \f(2,ex)在(0，＋∞)上单调递增，
∴a≤g(0)＝0，
∴a的取值范围是(－∞，0]．
(2)由(1)得f′(x)＝xexeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2－\f(2,ex)－a))，x∈R，
令f′(x)＝0，则x＝0或x＋2－eq \f(2,ex)－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，
∵g(x)＝x＋2－eq \f(2,ex)在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R，
∴存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，
①若x0>0，当x∈(－∞，0)时，g(x)0；当x∈(0，x0)时，g(x)②若x0＝0，当x∈(－∞，0)时，g(x)0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0处不取极值，这与题设矛盾．
③若x0<0，当x∈(x0,0)时，g(x)>a，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0处取得极小值．
综上所述，x0<0，∴a＝g(x0)∴a的取值范围是(－∞，0)．
8.分类讨论思想在导数中的应用
【典例】 (2015·贵阳期末)已知函数f(x)＝eq \f(ax－a,ex)(a∈R，a≠0)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．
[思维点拨] (1)求f′(x)后判断f(x)在(－∞，＋∞)上的单调性，可求极值．
(2)分类讨论f(x)在(－∞，＋∞)的单调性，利用极值建立所求参数a的不等式求解．
[解] (1)当a＝－1时，f(x)＝eq \f(－x＋1,ex)，f′(x)＝eq \f(x－2,ex).
由f′(x)＝0，得x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)的极小值为f(2)＝－eq \f(1,e2)，函数f(x)无极大值．
(2)F′(x)＝f′(x)＝eq \f(aex－ax－aex,e2x)＝eq \f(－ax－2,ex).
①当a<0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：
若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝eq \f(a,e2)＋1>0，
解得a>－e2，所以此时－e2②当a>0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：
因为F(2)>F(1)>0，且Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(10,a)))＝eq \f(e1－\f(10,a)－10,e1－\f(10,a))所以此时函数F(x)总存在零点．
(或：当x>2时，F(x)＝eq \f(ax－1,ex)＋1>1，
当x<2时，令F(x)＝eq \f(ax－1,ex)＋1<0，即a(x－1)＋ex<0，
由于a(x－1)＋ex令a(x－1)＋e2≤0，得x≤1－eq \f(e2,a)，即x≤1－eq \f(e2,a)时，F(x)<0，
即F(x)存在零点)
综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．
[思想点评] 分类讨论思想在导数研究函数的应用中运用普遍常见的分类讨论点有：
(1)f′(x)＝0是否有根．
(2)若f′(x)＝0有根，根是否在定义域内．
(3)若f′(x)＝0有两根，两根大小比较问题.
A组 考点能力演练
1．(2015·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )
A．y＝x3 B．y＝ln(－x)
C．y＝xe－x D．y＝x＋eq \f(2,x)
解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.
答案：D
2．(2016·厦门质检)函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0,1]
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－eq \f(1,x)≤0，解得0答案：B
3.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1·x2＝eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)，故选C.
答案：C
4．已知函数f(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,ex)))，若f(x1)A．x1>x2 B．x1＋x2＝0
C．x1解析：因为f(－x)＝－xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－x－\f(1,e－x)))＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,ex)))＝f(x)，所以f(x)为偶函数．由f(x1)答案：D
5．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(51,8))) B．(－∞，3]
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(51,8)，＋∞)) D．[3，＋∞)
解析：f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1,4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在[1,4]上恒成立，因为y＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在[1,4]上单调递增，所以t≥eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(1,4)))＝eq \f(51,8)，故选C.
答案：C
6．(2016·九江一模)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
7．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0得x1＝eq \f(a,3)，x2＝a.
又∵x1<22，,\f(a,3)<2，))∴2答案：(2,6)
8．(2015·兰州一模)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，
∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a≥0，即a≤2x－ex有解，设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，则当x0，g(x)单调递增，当x>ln 2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴当x＝ln 2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2)
9．已知函数f(x)＝x－2ln x－eq \f(a,x)＋1，g(x)＝ex(2ln x－x)．
(1)若函数f(x)在定义域上是增函数，求a的取值范围；
(2)求g(x)的最大值．
解：(1)由题意得x>0，f′(x)＝1－eq \f(2,x)＋eq \f(a,x2).
由函数f(x)在定义域上是增函数，得f′(x)≥0，即a≥2x－x2＝－(x－1)2＋1(x>0)．
因为－(x－1)2＋1≤1(当x＝1时，取等号)，
所以a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)g′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－1＋2ln x－x))，
由(1)得a＝2时，f(x)＝x－2ln x－eq \f(2,x)＋1，
且f(x)在定义域上是增函数，又f(1)＝0，
所以，当x∈(0,1)时，f(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0.
所以，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
故当x＝1时，g(x)取得最大值－e.
10．(2015·安徽六校联考)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．
解：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：
由表可知，函数f(x)的单调递减区间为[0，ln 2]，单调递增区间为(－∞，0]，[ln 2，＋∞)．
f(x)的极大值为f(0)＝－1，极小值为f(ln 2)＝
－(ln 2)2＋2ln 2－2.
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，
当x<1时，f(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上无零点．
故只需证明函数f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．
①若k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(e,2)))，则当x≥1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，＋∞)上单调递增．
∵f(1)＝－k≤0，f(2)＝e2－4k≥e2－2e>0，
∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．
②若k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，＋∞))，则f(x)在[1，ln 2k]上单调递减，在[ln 2k，＋∞)上单调递增．
f(1)＝－k<0，f(k＋1)＝kek＋1－k(k＋1)2＝k[ek＋1－(k＋1)2]，
令g(t)＝et－t2，t＝k＋1>2，则g′(t)＝et－2t，
g″(t)＝et－2，
∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．
∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．
∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.
∴f(k＋1)>0.
∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．
综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．
B组 高考题型专练
1．(2015·高考重庆卷)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝0，
所以3a·eq \f(16,9)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝eq \f(16a,3)－eq \f(8,3)＝0，解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex，
故g′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex
＝eq \f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－1当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
2．(2015·高考安徽卷)已知函数f(x)＝eq \f(ax,x＋r2)(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若eq \f(a,r)＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．
解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝eq \f(ax,x＋r2)＝eq \f(ax,x2＋2rx＋r2)，
f′(x)＝eq \f(ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2r,x2＋2rx＋r22)＝eq \f(ar－xx＋r,x＋r4)，
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，当－r0，
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．
因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)上的极大值为f(r)＝eq \f(ar,2r2)＝eq \f(a,4r)＝eq \f(400,4)＝100.
3．(2016·宁夏银川一中联考)函数f(x)＝x2－2ln x，h(x)＝x2－x＋a.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝2x－eq \f(2,x)，令f′(x)＝0，∵x>0，∴x＝1.
∴f(x)的极小值为1，无极大值．
(2)∵k(x)＝f(x)－h(x)＝－2ln x＋x－a，k′(x)＝－eq \f(2,x)＋1.
若k′(x)＝0，则x＝2.
当x∈[1,2)时，k′(x)<0；当x∈(2,3]时，k′(x)>0.
故k(x)在x∈[1,2)上单调递减，在x∈(2,3]上单调递增．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k1≥0，k2<0，k3≥0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤1，a>2－2ln 2，a≤3－2ln 3，))
∴实数a的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)

极小值

x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
F′(x)
＋
0
－
F(x)

极大值

x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
1
单调递增