专题三利用导数研究报告函数的性质

-.z.专题三利用导数研究函数的性质1．f′(*)>0在(a，b)上成立是f(*)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．2．f(*)在(a，b)上是增函数的充要条件是f′(*)≥0，且f′(*)＝0在有限个点处取到．3．对于可导函数f(*)，f′(*0)＝0并不是f(*)在*＝*0处有极值的充分条件对于可导函数f(*)，*＝*0是f(*)的极值点，必须具备①f′(*0)＝0，②在*0两侧，f′(*)的符号为异号．所以f′(*0)＝0只是f(*)在*0处有极值的必要条件，但并不充分．4．如果连续函数f(*)在区间(a，b)内只有一个极值点，则这个极值点就是最值点．在解决实际问题中经常用到这一结论．1．函数f(*)＝eq\f(lna＋ln*,*)在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________．答案[e，＋∞)解析f′(*)＝eq\f(\f(1,*)·*－lna＋ln*,*2)＝eq\f(1－lna＋ln*,*2)，因为f(*)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(*)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－ln*在[1，＋∞)上恒成立．设φ(*)＝1－ln*，φ(*)ma*＝1，故lna≥1，a≥e.2．设函数f(*)＝a*3－3*＋1(*∈R)，假设对于任意*∈[－1,1]，都有f(*)≥0成立，则实数a的值为________．答案4解析假设*＝0，则不管a取何值，f(*)≥0显然成立；当*>0，即*∈(0,1]时，f(*)＝a*3－3*＋1≥0可化为a≥eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3).设g(*)＝eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3)，则g′(*)＝eq\f(31－2*,*4)，所以g(*)在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此g(*)ma*＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，从而a≥4.当*<0，即*∈[－1,0)时，同理a≤eq\f(3,*2)－eq\f(1,*3).g(*)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(*)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.3．假设函数f(*)的导函数为f′(*)＝－*(*＋1)，则函数g(*)＝f(loga*)(0<a<1)的单调减区间是__________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))解析由f′(*)＝－*(*＋1)≤0，得*≤－1或*≥0，即f(*)的减区间为(－∞，－1]，[0，＋∞)，则f(*)的增区间为[－1,0]．∵0<a<1，∴y＝loga*在(0，＋∞)上为减函数，由复合函数单调性可知当－1≤loga*≤0，即1≤*≤eq\f(1,a)时，g(*)为减函数，∴g(*)的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).4．直线l与函数y＝3*＋eq\f(1,*)的图象相切于点P，且与直线*＝0和y＝3*分别交于A，B两点，则eq\f(AP,BP)＝________.答案1解析设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*0，3*0＋\f(1,*0)))，则在点P处的切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3*0＋\f(1,*0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,*\o\al(2,0))))(*－*0)，与y＝3*联立解得*B＝2*0，所以eq\f(AP,BP)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(*P,*P－*B)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(*0,*0－2*0)))＝1.5．函数f(*)＝eq\f(1,2)*2－ln*在[1，e]上的最大值为________．答案eq\f(1,2)解析∵f′(*)＝*－eq\f(1,*)，∴当*∈(1，e)时，f′(*)>0，∴f(*)在[1，e]上是增函数，故f(*)min＝f(1)＝eq\f(1,2).题型一利用导数求函数的单调区间例1函数f(*)＝*3＋a*2－*＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).(1)求a的值；(2)求函数f(*)的单调区间；(3)设函数g(*)＝(f(*)－*3)·e*，假设函数g(*)在*∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解(1)由f(*)＝*3＋a*2－*＋c，得f′(*)＝3*2＋2a*－1.当*＝eq\f(2,3)时，得a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋2a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(*)＝*3－*2－*＋c.则f′(*)＝3*2－2*－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(1,3)))(*－1)，列表如下：*(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，1)1(1，＋∞)f′(*)＋0－0＋f(*)极大值极小值所以f(*)的单调增区间是(－∞，－eq\f(1,3))和(1，＋∞)；f(*)的单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).(3)函数g(*)＝(f(*)－*3)·e*＝(－*2－*＋c)·e*，有g′(*)＝(－2*－1)e*＋(－*2－*＋c)e*＝(－*2－3*＋c－1)e*，因为函数g(*)在*∈[－3,2]上单调递增，所以h(*)＝－*2－3*＋c－1≥0在*∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．探究提高利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(*)；(3)①假设求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(*)的定义域内解(或证明)不等式f′(*)>0或f′(*)<0.②假设f(*)的单调性，则转化为不等式f′(*)≥0或f′(*)≤0在单调区间上恒成立问题求解．设函数f(*)＝*(e*－1)－a*2.(1)假设a＝eq\f(1,2)，求f(*)的单调区间；(2)假设当*≥0时，f(*)≥0，求a的取值范围．解(1)a＝eq\f(1,2)时，f(*)＝*(e*－1)－eq\f(1,2)*2，f′(*)＝e*－1＋*e*－*＝(e*－1)(*＋1)．当*∈(－∞，－1)时，f′(*)>0；当*∈(－1,0)时，f′(*)<0；当*∈(0，＋∞)时，f′(*)>0.故f(*)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)f(*)＝*(e*－1－a*)，令g(*)＝e*－1－a*，g′(*)＝e*－a.假设a≤1，则当*∈(0，＋∞)时，g′(*)>0，g(*)为增函数，而g(0)＝0，从而当*≥0时，g(*)≥0，即f(*)≥0.假设a>1，则当*∈(0，lna)时，g′(*)<0，g(*)为减函数，而g(0)＝0，从而当*∈(0，lna)时，g(*)<0，即f(*)<0.综合得a的取值范围为(－∞，1]．题型二单调区间求参数范围例2a∈R，函数f(*)＝(－*2＋a*)e*(*∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(*)的单调增区间；(2)假设函数f(*)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(*)＝(－*2＋2*)e*，所以f′(*)＝(－2*＋2)e*＋(－*2＋2*)e*＝(－*2＋2)e*.令f′(*)>0，即(－*2＋2)e*>0，因为e*>0，所以－*2＋2>0，解得－eq\r(2)<*<eq\r(2).所以函数f(*)的单调增区间是[－eq\r(2)，eq\r(2)]．(2)因为函数f(*)在(－1,1)上单调递增，所以f′(*)≥0对*∈(－1,1)都成立．因为f′(*)＝(－2*＋a)e*＋(－*2＋a*)e*＝[－*2＋(a－2)*＋a]e*，所以[－*2＋(a－2)*＋a]e*≥0对*∈(－1,1)都成立．因为e*>0，所以－*2＋(a－2)*＋a≥0对*∈(－1,1)都成立，即a≥eq\f(*2＋2*,*＋1)＝eq\f(*＋12－1,*＋1)＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)对*∈(－1,1)都成立．令y＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,*＋12)>0.所以y＝(*＋1)－eq\f(1,*＋1)在(－1,1)上单调递增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2).即a≥eq\f(3,2).因此a的取值范围为a≥eq\f(3,2).探究提高(1)根据函数的单调性确定参数范围是高考的一个热点题型，其根据是函数在*区间上单调递增(减)时，函数的导数在这个区间上大(小)于或者等于零恒成立，转化为不等式恒成立问题解决．(2)在形式上的二次函数问题中，极易忘却的就是二次项系数可能等于零的情况，这样的问题在导数单调性的讨论中是经常遇到的，值得特别注意．函数f(*)＝eq\f(a*,*2＋b)在*＝1处取得极值2.(1)求函数f(*)的表达式；(2)当m满足什么条件时，函数f(*)在区间(m,2m解(1)因为f′(*)＝eq\f(a*2＋b－a*2*,*2＋b2)，而函数f(*)＝eq\f(a*,*2＋b)在*＝1处取得极值2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋b－2a＝0，,\f(a,1＋b)＝2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,b＝1))，所以f(*)＝eq\f(4*,1＋*2)即为所求．(2)由(1)知f′(*)＝eq\f(4*2＋1－8*2,*2＋12)＝eq\f(－4*－1*＋1,1＋*22).令f′(*)＝0得*1＝－1，*2＝1，则f(*)的增减性如下表：*(－∞，－1)(－1,1)(1，＋∞)f′(*)－＋－f(*)可知，f(*)的单调增区间是[－1,1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1,2m＋1≤1⇒－1<m≤0,m<2m＋1))，所以当m∈(－1,0]时，函数f(*)在区间(m,2m题型三函数的极值、最值应用问题例3设函数f(*)＝*4＋a*3＋2*2＋b(*∈R)，其中a，b∈R.(1)当a＝－eq\f(10,3)时，讨论函数f(*)的单调性；(2)假设函数f(*)仅在*＝0处有极值，求a的取值范围；(3)假设对于任意的a∈[－2,2]，不等式f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，求b的取值范围．思维启迪：f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，转化为f(*)在[－1,0]上的最大值f(*)ma*≤1.解(1)f′(*)＝4*3＋3a*2＋4*＝*(4*2＋3a*＋4)．当a＝－eq\f(10,3)时，f′(*)＝*(4*2－10*＋4)＝2*(2*－1)(*－2)．令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝eq\f(1,2)，*3＝2.当*变化时，f′(*)，f(*)的变化情况如下表：*(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))2(2，＋∞)f′(*)－0＋0－0＋f(*)单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(*)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数．(2)f′(*)＝*(4*2＋3a*＋4)，显然*＝0不是方程4*2＋3a*＋4＝0的根．由于f(*)仅在*＝0处有极值，则方程4*2＋3a*＋4＝0有两个相等的实根或无实根，Δ＝9a2解此不等式，得－eq\f(8,3)≤a≤eq\f(8,3).这时，f(0)＝b是唯一极值．因此满足条件的a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(8,3))).(3)由(2)知，当a∈[－2,2]时，4*2＋3a*＋4>0恒成立．∴当*<0时，f′(*)<0，f(*)在区间(－∞，0]上是减函数．因此函数f(*)在[－1,0]上的最大值是f(－1)．又∵对任意的a∈[－2,2]，不等式f(*)≤1在[－1,0]上恒成立，∴f(－1)≤1，即3－a＋b≤1.于是b≤a－2在a∈[－2,2]上恒成立．∴b≤－2－2，即b≤－4.因此满足条件的b的取值范围是(－∞，－4]．探究提高(1)对含参函数的极值，要进展讨论，注意f′(*0)＝0只是f(*)在*0处取到极值的必要条件．(2)利用函数的极值、最值，可以解决一些不等式的证明、函数零点个数、恒成立问题等．f(*)＝a*2(a∈R)，g(*)＝2ln*.(1)讨论函数F(*)＝f(*)－g(*)的单调性；(2)假设方程f(*)＝g(*)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等解，求a的取值范围．解(1)F(*)＝a*2－2ln*，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(*)＝2a*－eq\f(2,*)＝eq\f(2a*2－1,*)(*>0)．①当a>0时，由a*2－1>0，得*>eq\f(1,\r(a)).由a*2－1<0，得0<*<eq\f(1,\r(a)).故当a>0时，F(*)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a))，＋∞))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(a)))).②当a≤0时，F′(*)<0(*>0)恒成立．故当a≤0时，F(*)在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a＝eq\f(2ln*,*2)＝φ(*)在区间[eq\r(2)，e]上有两个不等解．∵φ′(*)＝eq\f(2*1－2ln*,*4)在(eq\r(2)，eq\r(e))上为增函数，在(eq\r(e)，e)上为减函数，则φ(*)ma*＝φ(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，而φ(e)＝eq\f(2,e2)<φ(2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2)＝φ(eq\r(2))．∴φ(*)min＝φ(e)，如图当f(*)＝g(*)在[eq\r(2)，e]上有两个不等解时有φ(*)min＝eq\f(ln2,2)，a的取值范围为eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(1,e).导数与函数单调性关系不清致误典例：(14分)f(*)＝*3－a*2－3*.(1)假设f(*)在[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)假设*＝3是f(*)的极值点，求f(*)在[1，a]上的最小值和最大值．易错分析求函数的单调增区间就是解导数大于零的不等式，受此影响，容易认为函数f(*)的导数在区间[2，＋∞)上大于零，无视了函数的导数在[2，＋∞)上个别的点处可以等于零，这样的点不影响函数的单调性．标准解答解(1)由题意，知f′(*)＝3*2－2a*－3，[1分]令f′(*)≥0(*≥2)，得a≤eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(1,*))).记t(*)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(1,*)))，当*≥2时，t(*)是增函数，[3分]所以t(*)min＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝eq\f(9,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))).[6分](2)由题意，得f′(3)＝0，即27－6a－3＝0，所以a所以f(*)＝*3－4*2－3*，f′(*)＝3*2－8*－3.[9分]令f′(*)＝0，得*1＝－eq\f(1,3)，*2＝3.[10分]又因为*∈[1,4]，所以*＝－eq\f(1,3)(舍去)，故*＝3.当*∈(1,3)时，f′(*)<0，所以f(*)在[1,3]上为减函数；[11分]当*∈(3,4)时，f′(*)>0，所以f(*)在[3,4]上为增函数．[12分]所以*＝3时，f(*)有极小值．于是，当*∈[1,4]时，f(*)min＝f(3)＝－18，而f(1)＝－6，f(4)＝－12，所以f(*)ma*＝f(1)＝－6.[14分]温馨提醒(1)假设函数y＝f(*)在区间(a，b)上单调递增，则f′(*)≥0，其逆命题不成立，因为f′(*)≥0包括f′(*)>0或f′(*)＝0.当f′(*)>0时函数y＝f(*)在区间(a，b)上单调递增，当f′(*)＝0时f(*)在这个区间内为常函数；同理，假设函数y＝f(*)在区间(a，b)上单调递减，则f′(*)≤0，其逆命题不成立．(2)使f′(*)＝0的离散的点不影响函数的单调性.方法与技巧1．利用导数证明不等式，就是把不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．应用这种方法的难点是如何根据不等式的构造特点或者根据题目证明目标的要求，构造出相应的函数关系式．2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与*轴(或*直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．失误与防范1．研究函数的有关性质，首先要求出函数的定义域．2．利用单调性求最值时不要无视f′(*)＝0的情况．3．"f′(*0)＝0”是"函数f(*)在*0取到极值〞的必要条件．A组专项根底训练(时间：35分钟，总分值：62分)一、填空题(每题5分，共35分)1．函数f(*)＝*2－2ln*的单调减区间是________．答案(0,1)解析∵f′(*)＝2*－eq\f(2,*)＝eq\f(2*＋1*－1,*)(*>0)，∴当*∈(0,1)时，f′(*)<0，f(*)为减函数，当*∈(1，＋∞)时，f′(*)>0，f(*)为增函数．2．函数f(*)＝*3＋3*2＋4*－a的极值点的个数是________．答案0解析f′(*)＝3*2＋6*＋4＝3(*＋1)2＋1>0，则f(*)在R上是增函数，故不存在极值点．3．假设函数f(*)＝*3－6b*＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值范围是__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析f(*)在(0,1)内有最小值，即f(*)在(0,1)内有极小值，f′(*)＝3*2－6b，由题意，得函数f′(*)的草图如图，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0<0，,f′1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6b<0，,3－6b>0，))解得0<b<eq\f(1,2).4．函数f(*)＝*3－3*2－9*＋3，假设函数g(*)＝f(*)－m在*∈[－2,5]上有3个零点，则m的取值范围为_____________________________________________．答案[1,8)解析f′(*)＝3*2－6*－9＝3(*2－2*－3)＝3(*＋1)(*－3)，令f′(*)＝0，得*＝－1或*＝3.当*∈[－2，－1)时，f′(*)>0，函数f(*)单调递增；当*∈(－1,3)时，f′(*)<0，函数f(*)单调递减；当*∈(3,5]时，f′(*)>0，函数f(*)单调递增．所以函数f(*)的极小值为f(3)＝－24，极大值为f(－1)＝8.而f(－2)＝1，f(5)＝8，函数图象大致如下图．故要使方程g(*)＝f(*)－m在*∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f(*)在[－2,5]内的函数图象与直线y＝m有3个交点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<8，,m≥1，))即m∈[1,8)．5．(2012·)曲线y＝*3－*＋3在点(1,3)处的切线方程为________．答案2*－y＋1＝0解析∵y′＝3*2－1，∴曲线在点(1,3)处的切线斜率k＝3×12－1＝2.∴该切线方程为y－3＝2(*－1)，即2*－y＋1＝0.6．函数f(*)＝m*3＋n*2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3*＋y＝0平行，假设f(*)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是__________．答案[－2，－1]解析由题意知，点(－1,2)在函数f(*)的图象上，故－m＋n＝2.①又f′(*)＝3m*2＋2n*，则f′(－1)＝－3，故3m－2n联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(*)＝*3＋3*2，令f′(*)＝3*2＋6*≤0，解得－2≤*≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．7．函数f(*)＝*(*－m)2在*＝1处取得极小值，则实数m＝________.答案1解析f(*)＝*3－2m*2＋m2*，f′(*)＝3*2－4m*＋m2，由f′(1)＝0，即3－4m＋m2＝0，解得m＝1或m当m＝1时，f′(*)＝3*2－4*＋1＝(3*－1)(*－1)，当m＝3时，f′(*)＝3*2－12*＋9＝3(*－1)(*－3)，则m＝3应舍去．二、解答题(共27分)8．(13分)设函数f(*)＝*3－eq\f(9,2)*2＋6*－a.(1)对于任意实数*，f′(*)≥m恒成立，求m的最大值；(2)假设方程f(*)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．解(1)f′(*)＝3*2－9*＋6＝3(*－1)(*－2)，因为*∈(－∞，＋∞)，f′(*)≥m，即3*2－9*＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤－eq\f(3,4)，即m的最大值为－eq\f(3,4).(2)因为当*<1时，f′(*)>0；当1<*<2时，f′(*)<0；当*>2时，f′(*)>0.所以当*＝1时，f(*)取极大值f(1)＝eq\f(5,2)－a；当*＝2时，f(*)取极小值，f(2)＝2－a，故当f(2)>0或f(1)<0时，f(*)＝0仅有一个实根．解得a<2或a>eq\f(5,2).9．(14分)函数f(*)＝*3－eq\f(3,2)a*2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－2.(1)求f(*)的解析式；(2)假设函数g(*)＝f(*)－m*在区间[－2,2]上为减函数，求实数m的取值范围．解(1)f′(*)＝3*2－3a*，令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝a，∵a>1，∴f(*)在[－1,0]上为增函数，在[0,1]上为减函数．∴f(0)＝b＝1，∵f(－1)＝－eq\f(3,2)a，f(1)＝2－eq\f(3,2)a，∴f(－1)<f(1)，∴f(－1)＝－eq\f(3,2)a＝－2，a＝eq\f(4,3).∴f(*)＝*3－2*2＋1.(2)g(*)＝*3－2*2－m*＋1，g′(*)＝3*2－4*－m.由g(*)在[－2,2]上为减函数，知g′(*)≤0在*∈[－2,2]上恒成立．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0,g′2≤0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20－m≤0,4－m≤0))∴m≥20.∴实数m的取值范围是m≥20.B组专项能力提升(时间：35分钟，总分值：58分)一、填空题(每题5分，共30分)1.设f(*)＝eq\f(1,3)*3＋a*2＋5*＋6在区间[1,3]上为单调函数，则实数a的取值范围为__________________．答案(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)解析f′(*)＝*2＋2a*＋5，当f(*)在[1,3]上单调递减时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1≤0，,f′3≤0))得a≤－3；当f(*)在[1,3]上单调递增时，f′(*)≥0恒成立，则有Δ＝4a2－4×5≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－a<1,f′1≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－a>3，,f′3≥0，))得a∈[－eq\r(5)，＋∞)．综上a的取值范围为(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)．2．假设a>2，则方程eq\f(1,3)*3－a*2＋1＝0在(0,2)上恰好有______个根．答案1解析设f(*)＝eq\f(1,3)*3－a*2＋1，则f′(*)＝*2－2a*＝*(*－2a)，因为a>2，所以2a>4，所以当*∈(0,2)时，f′(*)<0，则f(*)在(0,2)上为减函数，又f(0)f(2)＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a＋1))＝eq\f(11,3)－4a<0，所以f(*)＝0在(0,2)上恰好有1个根．3．(2011·湖南改编)设直线*＝t与函数f(*)＝*2，g(*)＝ln*的图象分别交于点M，N，则当|MN|到达最小时t的值为________．答案eq\f(\r(2),2)解析由题意画出函数图象如下图，由图可以看出|MN|＝y＝t2－lnt(t>0)．y′＝2t－eq\f(1,t)＝eq\f(2t2－1,t)＝eq\f(2t＋\f(\r(2),2)t－\f(\r(2),2),t).当0<t<eq\f(\r(2),2)时，y′<0，可知y在此区间内单调递减；当t>eq\f(\r(2),2)时，y′>0，可知y在此区间内单调递增．故当t＝eq\f(\r(2),2)时，|MN|有最小值．4．关于*的方程*3－3*2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．答案(－4,0)解析由题意知使函数f(*)＝*3－3*2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(*)＝3*2－6*＝3*(*－2)，令f′(*)＝0，得*1＝0，*2＝2，当*<0时，f′(*)>0；当0<*<2时，f′(*)<0；当*>2时，f′(*)>0，所以当*＝0时，f(*)取得极大值，即f(*)极大值＝f(0)＝－a；当*＝2时，f(*)取得极小值，即f(*)极小值＝f(2)＝－4－a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a>0,－4－a<0，))解得－4<a<0.5．如果在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(*)＝*2＋p*＋q与g(*)＝eq\f(3*,2)＋eq\f(3,2*)在同一点处取得一样的最小值，则f(*)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值是________．答案4解析∵g(*)＝eq\f(3*,2)＋eq\f(3,/r/