3-2 利用导数研究函数的性质1.(文)(2020·宿州模拟)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′ (x)>1，则f(x)>x的解集是( )A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案] C[解析]令F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－1>0，所以F(x)是增函数，∵f(x)>x，∴F(x)>0，∵F(1)＝f(1)－1＝0，∴F(x)>F(1)，∵F(x)是增函数，∴x>1，即f(x)>x的解集是(1，＋∞)．(理)(2020·辽宁文，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)[答案] B[解析]由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.2．(2020·宁夏石嘴山一模)函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值，最小值分别是( )A．5，－15 B．5，－4C．－4，－15 D．5，－16[答案] A[解析]∵y′＝6x2－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A.3．(文)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.427，0 B．0，427C．－427，0 D．0，－427[答案] A[解析] f ′(x )＝3x 2－2px －q 由f ′(1)＝0，f (1)＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝01－p －q ＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1易得当x ＝13时f (x )取极大值427当x ＝1时f (x )取极小值0.(理)设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝±1处均有极值，且f (－1)＝－1，则a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝－12，b ＝0，c ＝－32B ．a ＝12，b ＝0，c ＝－32C ．a ＝－12，b ＝0，c ＝32D ．a ＝12，b ＝0，c ＝32[答案] C[解析] f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝0，f ′－1＝0.f －1＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＋c ＝0，3a －2b ＋c ＝0，－a ＋b －c ＝－1，解得a ＝－12，b ＝0，c ＝32.4．(2020·青岛模拟)已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得极大值－5时，x 的值应为( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1 [答案] B[解析] 由导函数与原函数的关系知，f (x )＝x 4－2x 2＋a (a 为常数)， ∵f (0)＝－5，∴a ＝－5，∴f (x )＝x 4－2x 2－5， 令f ′(x )＝4x 3－4x ＝0得，x 1＝1，x 2＝0，x 3＝1， 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－1)和(0,1)上单调递减，在(－1,0)上和(1，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得极大值5，故选B.5．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．－3<k <－1或1<k <3C ．－2<k <2D ．不存在这样的实数 [答案] B[解析] 因为y ′＝3x 2－12，由y ′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y ′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以有k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3，故选B.6．(2020·陕西咸阳模拟)已知函数f (x )＝ax 2－1的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线8x －y ＋2＝0平行，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和为S n ，则S 2020的值为( ) A.20102011 B.10052011 C.40204021D.20104021[答案] D[解析] ∵f ′(x )＝2ax ，∴f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(1)＝2a ，由条件知2a ＝8，∴a ＝4，∴f (x )＝4x 2－1， ∴1f n＝14n 2－1＝12n －1·12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n的前n 项和S n ＝1f 1＋1f 2＋…＋1f n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1，∴S 2020＝20104021.7．(文)(2020·福州模拟)已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案] －37[解析] f ′(x )＝6x 2－12x ，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x <0或x >2时，f ′(x )>0，当0<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减， 由条件知f (0)＝m ＝3，∴f (2)＝－5，f (－2)＝－37， ∴最小值为－37.(理)(2020·惠州三模)已知函数f (x )＝1－x ax＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a 的取值范围为________．[答案] [1，＋∞)[解析] ∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax2(a >0)，∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.8．(文)(2020·浙江杭州冲刺卷)函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )在(a ，b )上的图象如图，则y ＝f (x )在区间(a ，b )上极大值的个数为________．[答案] 2[解析] 由f ′(x )在(a ，b )上的图象可知f ′(x )的值在(a ，b )上，依次为＋－＋－＋，∴f (x )在(a ，b )上的单调性依次为增、减、增、减、增，从而f (x )在(a ，b )上的极大值点有两个．[点评] 应注意题设中给的是f (x )的图象还是f ′(x )的图象，在f ′(x )的图象上，位于x 轴上方部分使f ′(x )>0，f (x )单调增，位于x 轴下方部分，使f ′(x )<0，f (x )单调减，f (x )的极值点是f ′(x )的图象与x 轴的交点，千万要注意，不要把f ′(x )的单调性误以为是f (x )的单调性．请再练习下题：(2020·绵阳模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，给出下面四个判断． ①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝2是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________． [答案] ②③[解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数； (2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值． 故②③正确．(理)(2020·绵阳市诊断)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax 的图象在x ＝1处的切线与直线x ＋2y －1＝0平行，则实数a 的值为________．[答案] 1[解析] ∵f ′(x )＝11＋x －a ，∴f ′(1)＝12－a .由题知12－a ＝－12，解得a ＝1.[点评] 函数f (x )在点x 处切线l 的斜率为f ′(x 0)，若l 与l 1平行(或垂直)，则f ′(x 0)＝kl 1(或f ′(x 0)·kl 1＝－1)．请再练习下题：(2020·广东实华梧州联考)已知曲线y ＝x 2－1在x ＝x 0处的切线与曲线y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相平行，则x 0的值为________．[答案] 0或－23[解析] 由条件知，2x 0＝－3x 20， ∴x 0＝0或－23.9．设P 为曲线C ：y ＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 [解析] 设P (a ，a 2－a ＋1)，y ′|x ＝a ＝2a －1∈[－1,3]，∴0≤a ≤2.∴a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34，当a ＝12时，取最小值34，当a ＝2时，取最大值3，故P 点纵坐标范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3.10．(2020·北京东城一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′(23)．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)(理)设函数g (x )＝[f (x )－x 3]·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．[解析] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c 得，f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′(23)＝3×(23)2＋2a ×(23)－1＝43a ＋13，解之得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3(x ＋13)(x －1)，列表如下：↗↘↗所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－3)和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是(－13，1)．(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x， 因为函数在区间x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－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，＋∞).11.若a >2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点[答案] B[解析] f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )＝0⇒x 1＝0，x 2＝2a >4.易知f (x )在(0,2)上为减函数，且f (0)＝1>0，f (2)＝113－4a <0，由零点判定定理知，函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有一个零点．12．(2020·南开区质检)已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于( )A ．2B ．1C ．－1D ．－2[答案] A[解析] ∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc ， 又(b ，c )为函数y ＝3x －x 3的极大值点， ∴c ＝3b －b 3，且0＝3－3b 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1c ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1c ＝－2，∴ad ＝2.13．(文)(2020·安庆质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[答案] －13[解析] 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.(理)(2020·山东潍坊一模)已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1、x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是()A ．[－32，3]B ．[32，6]C ．[3,12]D ．[－32，12][答案] C[解析] 由条件可得，⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2≥0，f ′－1≤0，f ′1≤0，f ′2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧8b －c －12≤0，4b －c －3≤0，4b ＋c ＋3≤0，8b ＋c ＋12≥0，作出其可行域，易知目标函数z ＝2b －c 的取值范围是[3,12]．14．(文)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，且与y ＝0在原点相切，若函数的极小值为－4.(1)求a 、b 、c 的值； (2)求函数的递减区间．[解析] (1)函数的图象经过(0,0)点，∴c ＝0. 又图象与x 轴相切于(0,0)点，y ′＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴b ＝0，∴y ＝x 3＋ax 2，y ′＝3x 2＋2ax . ∵当x ＝－23a 时，函数有极小值－4.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 33＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 32＝－4，得a ＝－3. (2)y ′＝3x 2－6x <0，解得0<x <2.∴递减区间是(0,2)． (理)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值； (2)求函数f (x )的单调区间与极值点． [解析] (1)f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f 2＝8.即⎩⎪⎨⎪⎧12－3a ＝0，8－6a ＋b ＝8.解得a ＝4，b ＝24.(2)f ′(x )＝3(x 2－a )(a ≠0)．当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f (x )没有极值点．当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝±a .当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 故x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点．15．(文)设函数g (x )＝13x 3＋12ax 2－bx (a ，b ∈R)，在其图象上一点P (x ，y )处的切线的斜率记为f (x )．(1)若方程f (x )＝0有两个实根分别为－2和4，求f (x )的表达式； (2)若g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，求a 2＋b 2的最小值．[解析] (1)根据导数的几何意义知f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ，由已知－2,4是方程x2＋ax －b ＝0的两个实根，由韦达定理⎩⎪⎨⎪⎧－2＋4＝－a－2×4＝－b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝8，f (x )＝x 2－2x －8.(2)g (x )在区间[－1,3]上是单调递减函数，所以在[－1，3]区间上恒有f (x )＝g ′(x )＝x 2＋ax －b ≤0，即f (x )＝x 2＋ax －b ≤0在[－1,3]上恒成立 这只需满足⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0f3≤0即可，也即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9，而a 2＋b 2可视为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≥1b －3a ≥9内的点到原点距离的平方，其中点(－2,3)距离原点最近．所以当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2b ＝3时，a 2＋b 2有最小值13.(理)(2020·天津文，19)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R. (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程． (2)当t ≠0，求f (x )的单调区间．(3)证明：对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．[解析] (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)解：f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2，因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t ，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，－t .②若t >0，则－t <t2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞：f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t2，(3)证明：由(2)可知，当t >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，＋∞内单调递增，以下分两种情况讨论：①当t2≥1，即t ≥2时，f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．f (0)＝t －1>0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．②当0<t 2<1，即0<t <2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内单调递增，若t ∈(0,1]，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，f (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，1内存在零点． 若t ∈(1,2)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＝－74t 3＋(t －1)<－74t 3＋1<0， f (0)＝t －1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，t 2内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点， 综上，对任意t ∈(0，＋∞)，f (x )在区间(0,1)内均存在零点．1．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能的是( )[答案] C[分析] 由导函数f ′(x )的图象位于x 轴上方(下方)，确定f (x )的单调性，对比f (x )的图象，用排除法求解．[解析] 由f ′(x )的图象知，x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，x ∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．只有C符合题意，故选C.2．设曲线y＝x2＋1上任一点(x，y)处的切线的斜率为g(x)，则函数y＝g(x)cos x的部分图象可以为( )[答案] A[解析]g(x)＝(x2＋1)′＝2x，∴y＝g(x)·cos x＝2x cos x，显然y＝2x cos x为奇函数，排除B、D，且在原点右侧附近，函数值大于零．排除C.3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为图中的( )[答案] D[解析] 当y ＝f (x )为增函数时，y ＝f ′(x )>0，当y ＝f (x )为减函数时，y ＝f ′(x )<0，可判断D 成立．4．(2020·浙江文，10)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )[答案] D[解析] 设g (x )＝f (x )e x ，则g (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x，∴g ′(x )＝e x [ax 2＋(b ＋2a )x ＋b ＋c ]，由已知g ′(－1)＝0，∴a －b －2a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝c .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋c 可化为f (x )＝ax 2＋bx ＋a ， ∴f (x )＝0若有根时，两根之积为1.而D 中两根x 1<－1，x 2<－1，x 1x 2>1.所以D 图一定不成立．故选D.5．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 ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )[答案] A[解析] ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，又f (x )≥0， ∴xf ′(x )≤－f (x )≤0. 设y ＝f x x ，则y ′＝x ·f ′x －f xx 2≤0， 故y ＝f xx为减函数或为常数函数． 又a <b ，∴f a a ≥f bb， ∵a 、b >0，∴a ·f (b )≤b ·f (a )．[点评] 观察条件式xf ′(x )＋f (x )≤0的特点，可见不等式左边是函数y ＝xf (x )的导函数，故可构造函数y ＝xf (x )或y ＝f xx通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a ，b 是实数，且e <a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b与b a的大小关系是( ) A ．a b>b aB ．a b<b a C ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定 [答案] A[解析] 令f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln xx2.当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(e ，＋∞)上单调递减．∵e <a <b ，∴f (a )>f (b )，即ln a a >ln bb，∴b ln a >a ln b ，∴ln a b>ln b a，∴a b >b a.6．(2020·安徽池州一中期末)已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________．[答案] b <－1或b >3[解析] y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立， ∴Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，∴－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3.7．(2020·苏北四市调研)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )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 (x )的图象上，故－m ＋n ＝2① 又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由条件知f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2， 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0， 则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0， 所以t ∈[－2，－1]．[点评] f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，故[t ，t ＋1]是f (x )的减区间的子集． 8．(2020·厦门三中阶段测试)已知f (x )＝ln x ＋x 2－bx . (1)若函数f (x )在其定义域内是增函数，求b 的取值范围；(2)当b ＝－1时，设g (x )＝f (x )－2x 2，求证函数g (x )只有一个零点．[解析] (1)∵f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f ′(x )＝1x＋2x －b ≥0，对x ∈(0，＋∞)恒成立，即b ≤1x＋2x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b ≤⎝⎛⎭⎪⎫1x＋2x min ， ∵x >0，∴1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，∴b ≤22，∴b 的取值范围为(－∞，22]．(2)当b ＝－1时，g (x )＝f (x )－2x 2＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)， ∴g ′(x )＝1x－2x ＋1＝－2x 2－x －1x ＝－x －12x ＋1x， 令g ′(x )＝0，即－2x ＋1x －1x＝0，∵x >0，∴x ＝1，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减， ∴当x ≠1时，g (x )<g (1)，而g (1)＝0，∴g (x )<0， ∴函数g (x )只有一个零点．。