《2022年高三數(shù)學大一輪復習 3.3導數(shù)的應用（二）教案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三數(shù)學大一輪復習 3.3導數(shù)的應用（二）教案 理 新人教A版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高三數(shù)學大一輪復習 3.3導數(shù)的應用（二）教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、最值等綜合問題；2.利用導數(shù)研究方程根的個數(shù)，證明不等式或不等式恒成立問題；3.利用導數(shù)解決實際問題． 復習備考要這樣做　1.理解數(shù)形結合思想、轉化思想在導數(shù)中的應用；2.會建立函數(shù)模型解決不等式問題、實際問題等． 1． 不等式問題 (1)證明不等式時，可構造函數(shù)，將問題轉化為函數(shù)的極值或最值問題． (2)求解不等式恒成立問題時，可以考慮將參數(shù)分離出來，將參數(shù)范圍問題轉化為研究新函數(shù)的值域問題． 2． 研究函數(shù)圖象的交點、方程的根、函數(shù)的零點，歸

2、根到底還是研究函數(shù)的性質，如單調性、極值，然后通過數(shù)形結合的思想找到解題思路，因此使用的知識還是函數(shù)的單調性和極值的知識． [難點正本　疑點清源] 1．利用導數(shù)解決含有參數(shù)的單調性問題可將問題轉化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結合思想的應用． 2．將不等式的證明、方程根的個數(shù)的判定轉化為函數(shù)的單調性、極值問題來處理． 1． 函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個單調區(qū)間，則a的取值范圍是__________． 答案　(－∞，0) 解析　∵f′(x)＝3ax2＋1，依題意得f′(x)＝3ax2＋1有兩個不相等的實根，∴a<0. 2． 若函數(shù)f(x)＝x＋asin x在R上遞

3、增，則實數(shù)a的取值范圍為________． 答案　[－1,1] 解析　∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函數(shù)f(x)＝x＋asin x在R上遞增，則1＋acos x≥0對任意實數(shù)x都成立． ∵－1≤cos x≤1， ①當a>0時，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴0

4、x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)． 4． 若f(x)＝，00，即f′(x)>0， ∴f(x)為增函數(shù)，∴f(a)1的解集為(　　) A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－，)

5、C．(2,3) D．(－∞，－)∪(，＋∞) 答案　A 解析　由題圖知，f(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減，又f(－2)＝1，f(3)＝1，所以所求不等式等價于－2ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1. 思維啟迪：證明不等式時要構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調性來解題． (1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知 f′(x)＝ex－2，x∈R.

6、 令f′(x)＝0，得x＝ln 2，于是當x變化時， f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調遞減 2(1－ln 2＋a) 單調遞增 故f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，ln 2]，單調遞增區(qū)間是[ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2處取得極小值，極小值為 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)證明　設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知當a>ln 2－1時

7、，g′(x)的最小值為 g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是對任意x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R上單調遞增． 于是當a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)． 而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 探究提高　利用導數(shù)方法證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據函數(shù)的單調性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0，其中一個重要技巧就是找到函數(shù)h(x)在什么時候可以等于零，這往往就是解決問題

8、的一個突破口． 　當0x＋. 證明　設f(x)＝tan x－， 則f′(x)＝－1－x2＝tan2x－x2 ＝(tan x－x)(tan x＋x)． 因為00， 即x∈時，f(x)為增函數(shù)． 所以x∈時，f(x)>f(0)． 而f(0)＝0，所以f(x)>0，即tan x－>0. 故tan x>x＋. 題型二　利用導數(shù)研究恒成立問題 例2　已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)若a>0，試判斷f(x)在定義域內的單調性； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值為，求a的值； (3)若f(x)

9、2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍． 思維啟迪：(1)求導數(shù)f′(x)→判斷f′(x)>0或f′(x)<0→確定單調性． (2)根據單調性→求f(x)在[1，e]上的最小值→列方程求解． (3)f(x)xln x－x3→求xln x－x3的最大值． 解　(1)由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝＋＝. ∵a>0，∴f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數(shù)． (2)由(1)可知，f′(x)＝. ①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立， 此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， ∴f(x)min＝f

10、(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)． ②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立， 此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)． ③若－e0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－. 綜上所述，a＝－. (3)∵f(x)0，∴a>xln x－x3. 令g(x)＝xln x

11、－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2， h′(x)＝－6x＝. ∵x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)． ∴h(x)

12、數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　[4，＋∞) 解析　當x∈(0,1]時不等式ax3－3x＋1≥0可化為 a≥，設g(x)＝，x∈(0,1]， g′(x)＝＝－， g′(x)與g(x)隨x的變化情況如下表： x g′(x) ＋ 0 － g(x)  4  因此g(x)的最大值為4，則實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)． 題型三　利用導數(shù)研究函數(shù)的零點或方程根的方法 例3　已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，求m

13、的取值范圍． 思維啟迪：分別求出f(x)的極大、極小值，使y＝m界于極大值與極小值之間． 解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0， ∴當a<0時，f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當a>0時，由f′(x)>0，解得x<－或x>. 由f′(x)<0，解得－0時，f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)， 單調減區(qū)間為(－，)． (2)∵f(x)在x＝－1處取得極值， ∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1. ∴f(x)＝x3－3x－1， f′(x)＝3x2－3， 由f′(x)

14、＝0，解得x1＝－1，x2＝1. 由(1)中f(x)的單調性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3. ∵直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點， 結合如圖所示f(x)的圖象可知： 實數(shù)m的取值范圍是(－3,1)． 探究提高　(1)對于該問題的求解，一般利用研究函數(shù)的單調性、極值等性質，并借助函數(shù)圖象的交點情況，建立含參數(shù)的方程組(或不等式)求之，實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一． (2)本題常見的錯誤是不能把函數(shù)的極值與圖象交點聯(lián)系起來，缺乏轉化與化歸、數(shù)形結合的意識． 已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x－a. (1)對?x∈R

15、，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值； (2)若函數(shù)f(x)有且僅有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)， 因為x∈R時，f′(x)≥m恒成立， ∴對x∈R，恒有3x2－9x＋(6－m)≥0. 因此Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－. ∴實數(shù)m的最大值為－. (2)因為當x<1時，f′(x)>0，當12時，f′(x)>0. 所以當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝－a； 當x＝2時，f(x)取極小值f(2)＝2－a. 故當f(2)>0或f(1)<0時，方程f(x)＝0僅有一

16、個實根， 解得a<2或a>. ∴當a>或a<2時，函數(shù)f(x)僅有一個零點． 導數(shù)與不等式的綜合問題 典例：(12分)(xx·遼寧)設函數(shù)f(x)＝x＋ax2＋bln x，曲線y＝f(x)過P(1,0)，且在P點處的切線斜率為2. (1)求a，b的值； (2)證明：f(x)≤2x－2. 考點分析　本題考查曲線的切線、導數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最值． 解題策略　本題的關鍵點：P(1,0)點處切線斜率為2，可以列方程解出a，b；證明不等式時可以構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調性來證明不等式． 規(guī)范解答 (1)解　f′(x)＝1＋2ax＋.[1分] 由已知條件得

17、即[4分] 解得[5分] (2)證明　因為f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x. 設g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3ln x， 則g′(x)＝－1－2x＋＝－.[8分] 當00，當x>1時，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)內單調遞增，在(1，＋∞)內單調遞減．[10分] 而g(1)＝0，故當x>0時，g(x)≤0， 即f(x)≤2x－2.[12分] 解后反思　利用函數(shù)的導數(shù)研究不等式問題是一類重要的題型，其實質是求函數(shù)的最值問題，它體現(xiàn)了導數(shù)的工具性作用．將函數(shù)、不等式緊密結合起來，考

18、查綜合解決問題的能力，多為高考中較難的題目． 二審結論會轉換 典例：(12分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋aln x. (1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值； (2)若a＝1，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (3)若a＝1，求證：在區(qū)間[1，＋∞)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)＝x3的圖象的下方． 審題路線圖 求f(x)的極值 ↓(從結論出發(fā)向條件轉化，注意隱含條件——定義域) 求f′(x)＝0的解，即f(x)的極值點 ↓(轉化為求函數(shù)值) 將極值點代入f(x)求對應的極大、極小值 ↓(轉化為研究單調性) 求f(x

19、)在[1，e]上的單調性 ↓(轉化為求函數(shù)值) 比較端點值、極值，確定最大、最小值 ↓(構造函數(shù)進行轉化) F(x)＝f(x)－g(x) ↓(將圖象的上、下關系轉化為數(shù)量關系) 求證F(x)<0在[1，＋∞)上恒成立． ↓研究函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上的單調性． 規(guī)范解答 (1)解　由于函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝－1時，f′(x)＝x－＝，[1分] 令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，[2分] 當x∈(0,1)時，函數(shù)f(x)單調遞減，[3分] 當x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調遞增，[4分] 所以f(x)在x＝1處取得極小值為.[5

20、分] (2)解　當a＝1時，易知函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，[6分] ∴f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.[7分] (3)證明　設F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋ln x－x3， 則F′(x)＝x＋－2x2＝，[9分] 當x>1時，F(xiàn)′(x)<0， 故f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，又F(1)＝－<0， ∴在區(qū)間[1，＋∞)上，F(xiàn)(x)<0恒成立． 即f(x)

21、、最值、參數(shù)等問題的有效方法，應用導數(shù)求單調區(qū)間關鍵是求解不等式的解集；最值問題關鍵在于比較極值與端點函數(shù)值的大??；參數(shù)問題涉及的有最值恒成立的問題、單調性的逆向應用等，求解時注意分類討論思想的應用． (2)對于一些復雜問題，要善于將問題轉化，轉化成能用熟知的導數(shù)研究問題． 方法與技巧 1． 理解極值與最值的區(qū)別，極值是局部概念，最值是整體概念． 2． 利用導數(shù)解決含有參數(shù)的單調性問題是將問題轉化為不等式恒成立問題，要注意分類討論和數(shù)形結合思想的應用． 3． 要充分理解列表在研究函數(shù)極值過程中的重要性，以及列表的操作步驟與算法思想，能利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值． 失誤與防范

22、 1． 函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內單調遞增，則f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)＝0在有限個點處取到)． 2． 導數(shù)為0的點不一定是極值點，極大值未必大于極小值． A組　專項基礎訓練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． 已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案　B 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)

23、＝0有兩個不相等的實根． ∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0. ∴a>6或a<－3. 2． 曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與坐標軸所圍三角形的面積為 (　　) A.e2 B．2e2 C．e2 D. 答案　D 解析　∵點(2，e2)在曲線上， ∴切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝2＝ex|x＝2＝e2， ∴切線的方程為y－e2＝e2(x－2)，即e2x－y－e2＝0. 與兩坐標軸的交點坐標為(0，－e2)，(1,0)， ∴S△＝×1×e2＝. 3． 已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋ln x是單調遞增函數(shù)，則m的取值范圍是 (　

24、　) A．m>－2 B．m≥－2 C．m<2 D．m≤2 答案　B 解析　依題意知，x>0，f′(x)＝， 令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)， 當－≤0時，g(0)＝1>0恒成立，∴m≥0成立， 當－>0時，則Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0， 綜上，m的取值范圍是m≥－2. 4． 若函數(shù)y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是 (　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　若函數(shù)y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調函數(shù)， 只需y′＝3x2＋2x＋m≥0恒成立， 即Δ＝4－12m

25、≤0，∴m≥. 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 設P為曲線C：y＝x2－x＋1上一點，曲線C在點P處的切線的斜率的范圍是[－1,3]，則點P縱坐標的取值范圍是__________． 答案　 解析　設P(a，a2－a＋1)，則y′|x＝a＝2a－1∈[－1,3]， ∴0≤a≤2.而g(a)＝a2－a＋1＝2＋， 當a＝時，g(a)min＝.當a＝2時，g(a)max＝3， 故P點縱坐標的取值范圍是. 6． (xx·福建改編)若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于________． 答案　9 解析　f′(x)＝

26、12x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1處有極值， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6. 又a>0，b>0，∴a＋b≥2，∴2≤6， ∴ab≤9，當且僅當a＝b＝3時等號成立， ∴ab的最大值為9. 7． 已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m、n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________． 答案　－13 解析　對函數(shù)f(x)求導得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x

27、， 易知f(x)在(－1,0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增， ∴當m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下， 且對稱軸為x＝1，∴當n∈[－1,1]時， f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 三、解答題(共22分) 8． (10分)設函數(shù)f(x)＝ax3－3x2 (a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的極值點． (1)求實數(shù)a的值，并求函數(shù)的單調區(qū)間； (2)求函數(shù)g(x)＝ex·f(x)的單調區(qū)間． 解　(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，因為x＝2是

28、函數(shù)y＝f(x)的極值點，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0， 因此a＝1. 經驗證，當a＝1時，x＝2是函數(shù)y＝f(x)的極值點． 所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 所以y＝f(x)的單調增區(qū)間是(－∞，0)，(2，＋∞)； 單調減區(qū)間是(0,2)． (2)g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x) ＝ex(x3－6x)＝x(x＋)(x－)ex， 因為ex>0，所以y＝g(x)的單調增區(qū)間是(－，0)，(，＋∞)；單調減區(qū)間是(－∞，－)，(0，)． 9．已知函數(shù)f(x)＝x＋b的圖象與函數(shù)g(x)＝x2＋3x＋2的圖

29、象相切，記F(x)＝f(x)g(x)． (1)求實數(shù)b的值及函數(shù)F(x)的極值； (2)若關于x的方程F(x)＝k恰有三個不等的實數(shù)根，求實數(shù)k的取值范圍． 解　(1)依題意，令f′(x)＝g′(x)，得1＝2x＋3， 故x＝－1，∴函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象的切點為(－1,0)．將切點坐標代入函數(shù)f(x)＝x＋b可得b＝1. (或：依題意方程f(x)＝g(x)， 即x2＋2x＋2－b＝0有惟一實數(shù)解， 故Δ＝22－4(2－b)＝0，即b＝1) ∴F(x)＝(x＋1)(x2＋3x＋2)＝x3＋4x2＋5x＋2， 故F′(x)＝3x2＋8x＋5＝3(x＋1)， 令

30、F′(x)＝0，解得x＝－1或x＝－， 列表如下： x (－∞，－) － (－，－1) －1 (－1，＋∞) F′(x) ＋ 0 － 0 ＋ F(x)  極大值 極小值0 從上表可知F(x)在x＝－處取得極大值，在x＝－1處取得極小值0. (2)由(1)可知函數(shù)y＝F(x)的大致圖象如圖所示．作函數(shù)y＝k的圖象，當y＝F(x)的圖象與函數(shù)y＝k的圖象有三個交點時，關于x的方程F(x)＝k恰有三個不等的實數(shù)根，結合圖形可知：k∈. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． 函數(shù)f(x

31、)＝ex(sin x＋cos x)在區(qū)間上的值域為 (　　) A. B. C．[1，e] D．(1，e) 答案　A 解析　f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x) ＝excos x， 當0≤x≤時，f′(x)≥0，且只有在x＝時，f′(x)＝0， ∴f(x)是上的增函數(shù)， ∴f(x)的最大值為f＝e， f(x)的最小值為f(0)＝. ∴f(x)在上的值域為. 2． 若函數(shù)f(x)＝ (a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為(　　) A. B. C.＋1 D.－1 答案　D 解

32、析　f′(x)＝＝， 當x>時，f′(x)<0，f(x)單調遞減， 當－0，f(x)單調遞增， 當x＝時，令f(x)＝＝，＝<1，不合題意． ∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1，故選D. 3． 已知對任意x∈R，恒有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且當x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則當x<0時有 (　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 答案　B 解析　由f(－x)＝－f(

33、x)，g(－x)＝g(x)，知f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)． 又x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0， 由奇、偶函數(shù)的性質知，當x<0時，f′(x)>0，g′(x)<0. 二、填空題(每小題5分，共15分) 4． 已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實數(shù)a的取值范圍為________． 答案　[1，＋∞) 解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝ (a>0)， ∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴f′(x)＝≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥對x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.

34、5．已知函數(shù)f(x)＝x2(x－a)． 若f(x)在(2,3)上單調，則實數(shù)a的取值范圍是__________________； 若f(x)在(2,3)上不單調，則實數(shù)a的取值范圍是______________． 答案　(－∞，3]∪　 解析　f′(x)＝3x2－2ax，若f′(x)在(2,3)上單調， 則f′(x)≥0或f′(x)≤0在(2,3)上恒成立， ∴a≤x或a≥x. ∵x∈(2,3)，∴a≤3或a≥. 6． 已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x在區(qū)間[2,3]上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　[－2，＋∞) 解析　∵f(x)＝aln x＋

35、x，∴f′(x)＝＋1. 又∵f(x)在[2,3]上單調遞增， ∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立， ∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)． 三、解答題 7． (13分)(xx·浙江)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝4x3－2ax＋a. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|>0. (1)解　由題意得f′(x)＝12x2－2a. 當a≤0時，f′(x)≥0恒成立， 此時f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 當a>0時，f′(x)＝12， 此時函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為 和， 單調遞減區(qū)間為. (2)證明　由于0≤x≤1，故當a≤2時， f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2. 當a>2時， f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2 ＝4x3－4x＋2. 設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6， 于是g′(x)，g(x)隨x的變化情況如下表： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 減 極小值 增 1 所以，g(x)min＝g＝1－>0. 所以，當0≤x≤1時，2x3－2x＋1>0. 故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x＋2>0.