2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第三章第二讲　导数的简单应用 15页

‎322‎ 第二讲　导数的简单应用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.函数f (x)=1+x - sin x(　　)‎ A.在(0,2π)上单调递增 B.在(0,2π)上单调递减 C.在(0,π)上单调递增,在(π,2π)上单调递减 D.在(0,π)上单调递减,在(π,2π)上单调递增 ‎2.[2020陕西模拟]若函数f (x)=kx - ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　　)‎ A.( - ∞, - 2] B.( - ∞, - 1]‎ C.[2,+∞) D.[1,+∞)‎ ‎3.[2019昆明市高考模拟]函数y=f (x)的导函数y=f ' (x)的图象如图3 - 2 - 1所示,则函数y=f (x)的图象可能是(　　)‎ 图3 - 2 - 1‎ ‎4.[多选题]下列说法正确的是(　　)‎ A.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的 B.若x0是可导函数y=f (x)的极值点,则一定有f ' (x0)=0‎ C.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 D.函数f (x)=xsin x有无数个极值点 ‎5.[2017全国卷Ⅱ]若x= - 2是函数f (x)=(x2+ax - 1)ex - 1的极值点,则 f (x)的极小值为(　　)‎ A. - 1 B. - 2e - 3 C.5e - 3 D.1‎ ‎6.[2016四川高考]已知a为函数f (x)=x3 - 12x的极小值点,则a=(　　)‎ A. - 4 B. - 2 C.4 D.2‎ ‎7.[2018江苏高考]若函数f (x)=2x3 - ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f (x)在[ - 1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　. ‎ 考法1 利用导数研究函数的单调性 命题角度1　讨论函数单调性或求单调区间 ‎1 [2020武汉市部分学校测试]已知函数f (x)=ex - ax - 1(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数).‎ ‎(1)求f (x)的单调区间;‎ ‎(2)讨论g(x)=f (x)·(x - ‎1‎‎2‎)在区间[0,1]内的零点个数.‎ ‎(1)‎ 给什么 得什么 由f (x)=ex - ax - 1求导得f ' (x)=ex - a.‎ 求什么 想什么 求f (x)的单调区间,需确定f ' (x)在相应区间上的符号.‎ 差什么 找什么 由ex - a>0得ex>a,由于eln a不一定有意义,需要考虑“a>0”是否成立,故需要对“a>0”是否成立进行讨论,即(i)a≤0,(ii)a>0.‎ ‎(2)‎ 求什么 想什么 求g(x)=f (x)(x - ‎1‎‎2‎)在[0,1]上的零点,只需令f (x)=0或x=‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎∈[0,1],只需研究f (x)在[0,1]上的零点个数即可.‎ 差什么 找什么 ‎①注意到f (0)=0,因此0是f (x)在[0,1]上的一个零点.‎ ‎②研究f (x)在(0,1]上的单调性.由(1)知,‎ ‎(i)a≤1时,f (x)在(0,1]上单调递增,即f (x)在(0,1]上无零点;‎ ‎(ii)a>1时,需要考虑ln a是否大于1,以及f (x)与0的大小关系.‎ ‎③当f (x)在(0,1]上有零点时,还需考虑其零点是否与‎1‎‎2‎重合,即f (‎1‎‎2‎)=0是否成立.‎ ‎(1)由题意可得f ' (x)=ex - a.‎ 当a≤0时, f ' (x)>0恒成立, 所以f (x)的单调递增区间为( - ∞,+∞),无单调递减区间;‎ 当a>0时,由f ' (x)>0,得x>ln a,由f ' (x)<0,得xe - 1时, f (x)有一个零点,当1e - 1或a=2(e - 1)时, g(x)有两个零点;‎ 当10都有f (x) - mg(x)≤0成立,求实数m的最小值.‎ ‎(1)构造函数φ(x)=f (x) - g(x)→对φ(x)求导,判断函数φ(x)的单调性→根据函数的单调性求出极值 ‎(2)将不等式恒成立问题转化为函数h(x)=f (x) - mg(x)的最大值问题→对m分类讨论,求出h(x)的最值→根据h(x)max≤ 0及m为整数求解 ‎(1)令φ(x)=f (x) - g(x)=ln x+x+1 - x2 - 2x=ln x - x2 - x+1(x>0),则φ' (x)=‎1‎x - 2x - 1=‎-2x‎2‎-x+1‎x(x>0).令φ' (x)>0,解得0‎1‎‎2‎,所以函数φ(x)的单调递增区间是(0,‎1‎‎2‎),单调递减区间是(‎1‎‎2‎,+∞),故函数φ(x)的极大值是φ(‎1‎‎2‎)=‎1‎‎4‎ - ln 2,函数φ(x)无极小值.‎ ‎(2)设h(x)=f (x) - mg(x),则h' (x)=‎1‎x - 2mx+1 - 2m=‎-2mx‎2‎+(1-2m)x+1‎x‎=‎‎-(2mx-1)(x+1)‎x(x>0).(利用十字相乘法,将分子转化为两个因式的积)‎ 当m≤0时,(导函数符号不确定,需对分子中的二次项系数分类讨论)‎ 因为x>0,所以2mx - 1<0,x+1>0,所以h' (x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又h(1)= - 3m+2>0,故m≤0不满足题意,舍去.(通过代入特殊值,舍去不合题意的值)‎ 当m>0时,令h' (x)>0,得0‎1‎‎2m,故h(x)在(0,‎1‎‎2m)上单调递增,在(‎1‎‎2m,+∞)上单调递减,‎ 所以h(x)max=h(‎1‎‎2m)=ln ‎1‎‎2m - m·(‎1‎‎2m)2+(1 - 2m)·‎1‎‎2m+1=‎1‎‎4m - ln(2m).(由函数单调性确定函数的最大值)‎ 令t(m)=‎1‎‎4m - ln(2m)(m>0),显然t(m)在(0,+∞)上单调递减,且t(‎1‎‎2‎)=‎1‎‎2‎>0,t(1)=‎1‎‎4‎ - ln 2=‎1‎‎4‎(1 - ln 16)<0,故当m≥1时,t(m)<0,满足题意,故整数m的最小值为1.‎ ‎3.[2017北京,19,13分]已知函数f (x)=excos x - x.‎ ‎(1)求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程;‎ ‎(2)求函数f (x)在区间[0,π‎2‎]上的最大值和最小值.‎ 命题角度2　已知函数的极值、最值求参数 ‎4[2016山东高考]设f (x)=xln x - ax2+(2a - 1)x,a∈R.‎ ‎(1)令g(x)=f ' (x),求g(x)的单调区间;‎ ‎(2)已知f (x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.‎ ‎(1)‎ 给什么 想什么 由f (x)的解析式及g(x)=f ' (x),得g(x)=f ' (x)=ln x - 2ax+2a⇒g' (x)=‎1-2axx.‎ 求什么 g(x)的单调区间⇐g' (x)的正负性.‎ 想什么 差什么 找什么 注意f (x)和g(x)的定义域均为(0,+∞).于是只需确定1 - 2ax的正负性,需分a≤0和a>0进行讨论.‎ ‎ (2)‎ 给什么 想什么 f (x)在x=1处取得极大值⇔ f ' (1)=0,且f (x)在x=1的左边(附近)单调递增(即f ' (x)>0),在x=1的右边(附近)单调递减(即f ' (x)<0).‎ 差什么 找什么 由于f ' (1)=0恒成立,因此只需考虑f ' (x)在x=1附近从左到右由正变到负即可.‎ 由(1)知,当a≤0时,f ' (x)在(0,+∞)上单调递增,f ' (x)在x=1附近由负变到正,不合题意.‎ 当a>0时,f ' (x)在(0,‎1‎‎2a)上单调递增,在(‎1‎‎2a,+∞)上单调递减.因此要使f ' (x)在x=1附近由正变到负,需‎1‎‎2a<1.‎ ‎(1)由f ' (x)=ln x - 2ax+2a,‎ 可得g(x)=ln x - 2ax+2a,x∈(0,+∞).‎ 则g' (x)=‎1‎x - 2a=‎1-2axx.‎ 当a≤0时,‎ x∈(0,+∞)时,g' (x)>0,函数g(x)单调递增;‎ 当a>0时,‎ x∈(0,‎1‎‎2a)时,g' (x)>0,函数g(x)单调递增,‎ x∈(‎1‎‎2a,+∞)时,g' (x)<0,函数g(x)单调递减.‎ 所以当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(0,+∞),‎ 当a>0时,g(x)的单调递增区间为(0,‎1‎‎2a),单调递减区间为(‎1‎‎2a,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,f ' (1)=0.‎ ‎①当a≤0时,f ' (x)单调递增,‎ 所以当x∈(0,1)时,f ' (x)<0,f (x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,f ' (x)>0,f (x)单调递增.‎ 所以f (x)在x=1处取得极小值,不符合题意.‎ ‎②当01,由(1)知f ' (x)在(0,‎1‎‎2a)上单调递增,‎ 可得当x∈(0,1)时,f ' (x)<0,x∈(1,‎1‎‎2a)时,f ' (x)>0.‎ 所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,‎1‎‎2a)上单调递增,‎ 所以f (x)在x=1处取得极小值,不符合题意.‎ ‎③当a=‎1‎‎2‎时,‎1‎‎2a=1,f '(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以当x∈(0,+∞)时,f ' (x)≤0,f (x)单调递减,不符合题意.‎ ‎④当a>‎1‎‎2‎时,0<‎1‎‎2a<1,当x∈(‎1‎‎2a,1)时,f ' (x)>0,f (x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f ' (x)<0,f (x)单调递减,‎ 所以f (x)在x=1处取得极大值,符合题意.‎ 综上可知,实数a的取值范围为a>‎1‎‎2‎.‎ ‎4.[2020广西桂林三校联考]已知函数f (x)=ax2 - (a+2)x+ln x.‎ ‎(1)函数g(x)=f (x) - ax2+1,在其定义域上g(x)≤0恒成立,求实数a的最小值;‎ ‎(2)当a>0时, f (x)在区间[1,e]上的最小值为 - 2,求实数a的取值范围.‎ 考法3 导函数图象的应用 ‎5[2017浙江高考]函数y=f (x)的导函数y=f ' (x)的图象如图3 - 2 - 2所示,则函数y=f (x)的图象可能是 ‎ ‎ 根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数f (x)在这些零点处取得极值,排除A,B;记导函数 f ' (x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在( - ∞,x1)上f ' (x)<0,在(x1,x2)上f ' (x)>0,所以函数f (x)在( - ∞,x1)上单调递减,排除C.‎ D ‎5.[2019石家庄市二模]设函数f (x)在R上可导,其导函数为f ' (x),若函数f (x)在x=1处取得极大值,则函数 y= - xf ' (x)的图象可能是 (　　)‎ 考法4 利用导数解最优化问题 ‎6[2018江苏高考]某农场有一块农田,如图3 - 2 - 3所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ. ‎ ‎(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;‎ ‎(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.‎ ‎(1)利用三角函数的概念建立目标函数;(2)利用导数与函数的单调性和最值求解.‎ ‎ (1)如图3 - 2 - 4,设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.‎ 记过O的水平线与BC交于点E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,‎ 故OE=40cos θ,EC=40sin θ,‎ 则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)=800(4sin θcos θ+cos θ),‎ ‎△CDP的面积为‎1‎‎2‎×2×40cos θ(40 - 40sin θ)=1 600(cos θ - sin θcos θ).‎ 过N作GN⊥MN,分别交圆弧和直线OE于点G和点K,则GK=KN=10.‎ 连接OG,令∠GOK=θ0,则sin θ0=‎1‎‎4‎,θ0∈(0,π‎6‎).‎ 当θ∈[θ0,π‎2‎)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,‎ 所以sin θ的取值范围是[‎1‎‎4‎,1). ‎ 综上,矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ - sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是[‎1‎‎4‎,1).‎ ‎(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,‎ 设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),‎ 则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ - sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈[θ0,π‎2‎).‎ 设f (θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈[θ0,π‎2‎),则 f ' (θ)=cos2θ - sin2θ - sin θ= - (2sin2θ+sin θ - 1)= - (2sin θ - 1)(sin θ+1).‎ 令f ' (θ)=0,得θ=π‎6‎,当θ∈(θ0,π‎6‎)时,f ' (θ)>0,所以f (θ)在(θ0,π‎6‎)上单调递增;‎ 当θ∈(π‎6‎,π‎2‎)时,f ' (θ)<0,所以f (θ)在(π‎6‎,π‎2‎)上单调递减.‎ 因此,当θ=π‎6‎时,f (θ)取到最大值.‎ 故当θ=π‎6‎时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.‎ ‎ 生活中的实际问题往往受某些主要变量的制约,如商品的利润主要受销售量和销售价格的制约,铺设道路受空间的制约,物品的制造受物品的形状和制造材料的制约等,解决这些问题就是把制约问题的主要变量找出来,建立关于这个变量的函数,然后通过研究这个函数,找到变量在什么情况下可以达到目标最优.‎ ‎6.某生产厂家生产一种精密仪器,已知该工厂每天生产的产品最多不超过30件,且在生产过程中产品的正品率p与每日生产产品件数x(x∈N*)间的关系为p(x)=m-‎x‎2‎‎3 000‎,每生产一件正品盈利2 000元,每出现一件次品亏损1 000元,已知若生产10件,则生产的正品只有7件.(注:正品率=产品的正品件数÷产品总件数×100%)‎ ‎(1)将日利润y(单位:元)表示成日产量x(单位:件)的函数;‎ ‎(2)求该厂的日产量为多少件时,日利润最大,并求出日利润的最大值.‎ 数学探究　运用构造法求解f (x)与f '(x)共存的不等式问题 类型1　含f ' (x)类 ‎7若函数f (x)的定义域为R,且满足f (2)=2, f ' (x)>1,则不等式f (x) - x>0的解集为　　　　. ‎ 令g(x)=f (x) - x,‎ 则g' (x)=f ' (x) - 1.‎ 由题意知g' (x)>0,∴g(x)为增函数.‎ ‎∵ g(2)=f (2) - 2=0,∴g(x)>0即f (x) - x>0的解集为(2,+∞).‎ 类型2　含f (x)±f ' (x)类 ‎8f (x)为定义在R上的可导函数,且f ' (x)>f (x),对任意正实数a,下列式子一定成立的是　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.f (a)eaf (0)‎ C.f (a)‎f(0)‎ea 令g(x)=f(x)‎ex,‎ 则g' (x)=f '(x)ex-f(x)‎ex‎(‎ex‎)‎‎2‎‎=‎f '(x)-f(x)‎ex>0.‎ ‎∴g(x)在R上为增函数,又a>0,‎ ‎∴g(a)>g(0),即f(a)‎ea‎>‎f(0)‎e‎0‎.故f (a)>eaf (0).‎ B 类型3　含xf ' (x)±f (x)类 ‎9 [2015新课标全国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,+∞)‎ 令F (x)=f(x)‎x,因为f (x)为奇函数,所以F (x)为偶函数,由于F ' (x)=xf '(x)-f(x)‎x‎2‎,当x>0时,xf ' (x) - f (x)<0,所以F (x)=f(x)‎x在(0,+∞)上单调递减,根据图象的对称性, F (x)=f(x)‎x在( - ∞,0)上单调递增,又f ( - 1)=0, f (1)=0,数形结合可知,使得f (x)>0成立的x的取值范围是( - ∞, - 1)∪(0,1).‎ A 类型4　含f (x)±f ' (x)tan x类 ‎10 [2020成都市高三测试]已知f (x)是定义在( - π‎2‎,π‎2‎)上的奇函数,其导函数为f ' (x),f (π‎8‎)=‎2‎,且当x∈(0,π‎2‎)时,‎ f ' (x)sin 2x+2f (x)cos 2x>0.则不等式f (x)sin 2x<1的解集为　　　　　. ‎ 先由条件构造函数F (x)=f (x)sin 2x,求出其导函数,然后由f (x)为奇函数推出函数F (x)为偶函数,从而由条件得到函数F (x)的单调性,进而将不等式进行转化,去掉符号“F ”求解.‎ 设F (x)=f (x)sin 2x,x∈( - π‎2‎,π‎2‎),则F ' (x)=f ' (x)sin 2x+2f (x)cos 2x.因为f (x)是定义在( - π‎2‎,π‎2‎)上的奇函数,所以F ( - x)=‎ f ( - x)sin( - 2x)=F (x),所以F (x)是定义在( - π‎2‎,π‎2‎)上的偶函数.因为当x∈(0,π‎2‎)时,f ' (x)sin 2x+2f (x)cos 2x>0,所以F ' (x)>0,所以 F (x)在(0,π‎2‎)上单调递增,又F (x)是( - π‎2‎,π‎2‎)上的偶函数,所以F (x)在( - π‎2‎,0)上单调递减.因为F (π‎8‎)=f ‎ ‎(π‎8‎)sin π‎4‎=1,所以不等式 f (x)sin 2x<1等价于F (x)g' (x),则当ag(x)‎ B.f (x)g(x)+f (a)‎ D.f (x)+g(b)>g(x)+f (b)‎ 易错 混淆“函数的单调区间”与“函数在区间上单调”‎ ‎11 [2019江西上饶联考]已知函数f (x)=aln x+‎1‎‎2‎x2+(a+1)x+1.‎ ‎(1)当a= - 1时,求函数f (x)的单调递增区间;‎ ‎(2)若函数f (x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.‎ ‎(1)当a= - 1时,f (x)= - ln x+‎1‎‎2‎x2+1(x>0),‎ 则f ' (x)= - ‎1‎x+x=‎(x+1)(x-1)‎x,‎ 由f '(x)>0,‎x>0,‎解得x>1.所以函数f (x)的单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)因为f (x)=aln x+‎1‎‎2‎x2+(a+1)x+1,‎ 所以f ' (x)=ax+x+a+1=x‎2‎‎+(a+1)x+ax‎=‎‎(x+1)(x+a)‎x,‎ 又函数f (x)=aln x+‎1‎‎2‎x2+(a+1)x+1在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以f ' (x)≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,‎ 即x+a≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以a≥0.‎ 故实数a的取值范围是[0,+∞).‎ ‎1.A　∵在(0,2π)上,f ' (x)=1 - cos x>0,∴f (x)在(0,2π)上单调递增.‎ ‎2.D　因为f (x)=kx - ln x,所以f ' (x)=k - ‎1‎x.因为f (x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f ' (x)=k - ‎1‎x≥0恒成立,即k≥‎1‎x在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以0<‎1‎x<1,所以k≥1.故选D.‎ ‎3.A　因为导函数的图象与x轴的负半轴有两个交点,所以原函数有两个负的极值点.故选A.‎ ‎4.BCD　对于A选项,函数在某区间上或定义域内的极大值不一定是唯一的,如f (x)=sin x在定义域内有无数个极大值点,故A错误;‎ 对于B选项,若x0是可导函数y=f (x)的极值点,则一定有f ' (x0)=0,故B正确;‎ 对于C选项,显然正确;‎ 对于D选项,函数f (x)=xsin x的导数f ' (x)=sin x+xcos x,令f ' (x)=0,则x= - tan x,因为y=x与y= - tan x的图象有无数个交点,故函数f (x)=‎ xsin x有无数个极值点,故D正确.选BCD.‎ ‎5.A　因为f (x)=(x2+ax - 1)ex - 1,所以f ' (x)=(2x+a)ex - 1+(x2+ax - 1)ex - 1=[x2+(a+2)x+a - 1]ex - 1.因为x= - 2是可导函数f (x)=(x2+ax - 1)ex - 1的极值点,所以 - 2是x2+(a+2)x+a - 1=0的根,所以a= - 1,f ' (x)=(x2+x - 2)ex - 1=(x+2)(x - 1)ex - 1.令f ' (x)>0,解得x< - 2或x>1,令f ' (x)<0,解得 - 2<‎ x<1,所以f (x)在( - ∞, - 2)上单调递增,在( - 2,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,f (x)取得极小值,且f (x)极小值=f (1)= - 1,故选A.‎ ‎6.D　由题意得f ' (x)=3x2 - 12,由f ' (x)=0得x=±2,当x∈( - ∞, - 2)时,f ' (x)>0,函数f (x)单调递增,当x∈( - 2,2)时,f ' (x)<0,函数f (x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f ' (x)>0,函数f (x)单调递增,所以f (x)在x=2处取得极小值,所以a=2.故选D.‎ ‎【易错警示】　解答本题时,要特别注意极值点的判定条件,不要忽略单调性的判定,这是确定极大值点和极小值点的关键.‎ ‎7. - 3　f ' (x)=6x2 - 2ax=2x(3x - a)(a∈R),当a≤0时,f ' (x)>0在(0,+∞)上恒成立,则f (x)在(0,+∞)上单调递增,又f (0)=1,所以此时f (x)在(0,+∞)内无零点,不满足题意.当a>0时,由f ' (x)>0得x>a‎3‎,由f ' (x)<0得00,f (x)单调递增,当x∈(0,1)时,f ' (x)<0,f (x)单调递减,则f (x)max=f (0)=1,f ( - 1)= - 4,f (1)=0,则f (x)min= - 4,所以f (x)在[ - 1,1]上的最大值与最小值的和为 - 3.‎ ‎1.(1)f (x)的定义域是R,且f ' (x)=ex - m.‎ ‎①当m≤0时,f ' (x)>0恒成立,f (x)在R上单调递增;‎ ‎②当m>0时,令f ' (x)>0,则x>ln m,即函数f (x)在(ln m,+∞)上单调递增,‎ 同理,令f ' (x)<0,得函数f (x)在( - ∞,ln m)上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,当m≤0时,函数f (x)单调递增,与条件不符.‎ 当m>0时,函数f (x)在(ln m,+∞)上单调递增,在( - ∞,ln m)上单调递减,‎ ‎∴f (x)min=f (ln m)=m(1 - ln m).‎ 由条件得,m(1 - ln m)<0,解得m>e.‎ 又f (0)=1>0,∴f (x)在(0,ln m)上存在零点,且为( - ∞,ln m)上的唯一零点.‎ 易知f (2ln m)=m2 - 2mln m=m(m - 2ln m).‎ 令g(m)=m - 2ln m,则g' (m)=1 - ‎2‎m,‎ ‎∴当m>e时,g(m)单调递增,g(m)>g(e)>0.‎ ‎∴f (2ln m)=m2 - 2mln m=m(m - 2ln m)>0,∴f (x)在(ln m,2ln m)上存在零点,且为(ln m,+∞)上的唯一零点.‎ 综上得,m>e,即m的取值范围为(e,+∞).‎ ‎2.因为g(x)=‎1‎‎3‎x3 - a‎2‎x2+2x+5,所以g' (x)=x2 - ax+2.‎ ‎(1)( - ∞, - 3]　解法一　因为g(x)在( - 2, - 1)内单调递减,‎ 所以g' (x)=x2 - ax+2≤0在( - 2, - 1)内恒成立.‎ 所以g'(-2)≤0,‎g'(-1)≤0,‎即‎4+2a+2≤0,‎‎1+a+2≤0,‎‎ ‎解得a≤ - 3.‎ 即实数a的取值范围为( - ∞, - 3].‎ 解法二　由题意知x2 - ax+2≤0在( - 2, - 1)内恒成立,‎ 所以a≤x+‎2‎x在( - 2, - 1)内恒成立,记h(x)=x+‎2‎x,‎ 则x∈( - 2, - 1)时, - 30,所以a+2≥lnx+1‎x在(0,+∞)上恒成立.‎ 设h(x)=lnx+1‎x(x>0),则h' (x)=‎1‎x‎·x-(lnx+1)·1‎x‎2‎‎=‎‎-lnxx‎2‎,‎ 令h' (x)=0,得x=1.‎ 当00,函数h(x)单调递增;当x>1时,h' (x)<0,函数h(x)单调递减.‎ 因此h(x)max=h(1)=1,所以a+2≥1,即a≥ - 1.‎ 于是所求实数a的最小值为 - 1.‎ ‎(2)对f (x)求导,得f ' (x)=2ax - (a+2)+‎1‎x‎=‎‎(ax-1)(2x-1)‎x(x>0,a>0),令f ' (x)=0,得x1=‎1‎‎2‎,x2=‎1‎a.‎ ‎①当0<‎1‎a≤1,即a≥1时,因为x∈[1,e],所以f ' (x)≥0, f (x)单调递增,所以f (x)min=f (1)= - 2,符合题意;‎ ‎②当1<‎1‎a0,f (x)单调递增,‎ 所以f (x)min=f (‎1‎a)1时f ' (x)<0,x<1时f ' (x)>0,所以当x>1时,y= - xf ' (x)>0,排除A,C;当00,函数单调递增;‎ 当x∈(20,30]时,y' <0,函数单调递减.‎ 所以当x=20时,y取最大值,最大值为 - 203+1 200×20=16 000.‎ 所以该厂的日产量为20件时,日利润最大,最大值为16 000元.‎ ‎7.C　∵f ' (x)>g' (x),∴[f (x) - g(x)]' >0.‎ ‎∴f (x) - g(x)在[a,b]上单调递增.‎ ‎∴f (a) - g(a)g(x)+f (a),f (x)+g(b)