第3讲导数及其应用
[考情考向分析] 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．
热点一导数的几何意义
1．函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k ＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．
例1 (1)(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
答案 D
解析方法一∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，
∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
方法二∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，
∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
故选D.
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，则实数b＝________.
答案ln 2
解析设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋1和曲线y＝ln(x＋2)的切点分别为(x1，ln x1＋1)，(x2，ln(x2＋2))．∵直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，
∴1
x1
＝
1
x2＋2
，即x1－x2＝2.
∴切线方程为y －(ln x 1＋1)＝1
x 1
(x －x 1)，
即为y ＝x x 1
＋ln x 1 或y －ln(x 2＋2)＝
1
x 2＋2
(x －x 2)， 即为y ＝x x 1
＋2－x 1
x 1
＋ln x 1，
∴
2－x 1
x 1
＝0，则x 1＝2，
∴b ＝ln 2.
思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．
(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解． 跟踪演练1 (1)(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0
解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝
2
x ＋1
.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)， ∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.
(2)若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2
＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( )
A.? ??
??ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(－ln 2，＋∞)
答案 A
解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)， 则切线方程为y －ln x 1＝1
x 1
(x －x 1)．
设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 2
2＋2x 2＋a )(x 2<0)， 则切线方程为y －(x 2
2＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)， ∴?????
1x 1
＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，
∵x 2<0 x 1 <2. 又a ＝ln x 1＋? ?? ??12x 1－12－1 ＝－ln 1x 1＋14? ?? ??1x 1－22 －1， 令t ＝1x 1，∴0 －t －ln t . 设h (t )＝14t 2 －t －ln t (0 则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2 －3 2t <0， ∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 1 2e ， ∴a ∈? ?? ??ln 12e ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的单调性 1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. 2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，如函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性． 例2 已知函数f (x )＝2e x －kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性； (2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x >2. 当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k 2，此时f (x )单调递增； 由f ′(x )<0得0 2，此时f (x )单调递减． 综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在? ? ??? 0，ln k 2内单调递减， 在? ???? ln k 2，＋∞内单调递增． (2)①当0 由(1)可得f (x )在(0，＋∞)内单调递增，且f (0)＝0， 所以对于任意的x ∈(0，m )，f (x )>0. 这时|f (x )|>2x 可化为f (x )>2x ， 即2e x －(k ＋2)x －2>0. 设g (x )＝2e x －(k ＋2)x －2， 则g ′(x )＝2e x －(k ＋2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln k ＋2 2 >0， 所以g (x )在? ?? ?? 0，ln k ＋22内单调递减，且g (0)＝0， 所以当x ∈? ? ? ?? 0，ln k ＋22时，g (x )<0，不符合题意． ②当k >2时， 由(1)可得f (x )在? ? ??? 0，ln k 2内单调递减，且f (0)＝0， 所以存在x 0>0，使得对于任意的x ∈(0，x 0)都有f (x )<0. 这时|f (x )|>2x 可化为－f (x )>2x ， 即－2e x ＋()k －2x ＋2>0. 设h (x )＝－2e x ＋()k －2x ＋2， 则h ′(x )＝－2e x ＋()k －2. (ⅰ)若2 2 ， 这时h (x )在? ? ? ?? 0，ln k －22内单调递增，且h (0)＝0， 所以对于任意的x ∈? ?? ?? 0，ln k －22，都有h (x )>0， 此时取m ＝min ??? ? ?? x 0，ln k －22，则对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立． 综上可得k 的取值范围为()4，＋∞. 思维升华 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)求导函数f ′(x )． (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解． 跟踪演练2 (1)已知f (x )＝()x 2 ＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．{1} B ．{－1} C ．(0,1] D ．[－1,0) 答案 B 解析 f (x )＝()x 2 ＋2ax ln x －12 x 2－2ax ， f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ， ∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意， 当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立． ∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1， 当0 ∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1. (2)已知定义在R 上的偶函数f (x )(函数f (x )的导函数为f ′(x ))满足f ? ?? ??x －12 ＋f (x ＋1)＝0，e 3 f (2 018)＝1，若 f (x )>f ′(－x )，则关于x 的不等式f (x ＋2)>1e x 的解集为( ) A ．(－∞，3) B ．(3，＋∞) C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞) 答案 B 解析 ∵f (x )是偶函数， ∴f (x )＝f (－x )，f ′(x )＝[]f (－x )′＝－f ′(－x )， ∴f ′(－x )＝－f ′(x )，f (x )>f ′(－x )＝－f ′(x )， 即f (x )＋f ′(x )>0，设g (x )＝e x f (x )， 则[]e x f (x )′＝e x []f (x )＋f ′(x )>0， ∴g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， 由f ? ????x －12＋f (x ＋1)＝0， 得f (x )＋f ? ?? ??x ＋32＝0，f ? ?? ??x ＋32＋f ()x ＋3＝0， 相减可得f (x )＝f ()x ＋3，f (x )的周期为3， ∴e 3f ()2 018＝e 3f (2)＝1，g (2)＝e 2f (2)＝1e ，f (x ＋2)>1e x ，结合f (x )的周期为3可化为e x －1f (x －1)>1e ＝e 2 f (2)， g (x －1)>g (2)，x －1>2，x >3， ∴不等式的解集为()3，＋∞，故选B. 热点三 利用导数求函数的极值、最值 1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值． 2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得． 例3 (2018·北京)设函数f (x )＝[ax 2 －(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝[ax 2 －(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2 －(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e. 由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1. (2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2 －(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈? ????1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值． 若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤1 2x －1<0， 所以f ′(x )>0. 所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是? ?? ??12，＋∞. 思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值． 跟踪演练3 (2018·浙江省重点中学联考)已知函数f (x )＝－ln(x ＋b )＋a (a ，b ∈R )． (1)若y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝－x ＋3，求a ，b 的值； (2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，求a 的取值范围． 解 (1)由f (x )＝－ln(x ＋b )＋a ，得f ′(x )＝－1 x ＋b ， 所以??? ?? f ′(2)＝－12＋b ＝－1， f (2)＝－ln (2＋b )＋a ＝1， 解得? ?? ?? a ＝1， b ＝－1. (2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，即－ln x ＋a ≥－2x －1? ?? ??x ≥12恒成立， 所以a ≥ln x －2x －1，则a ≥(ln x －2x －1)max . 令g (x )＝ln x －2x －1， 则g ′(x )＝1 x － 1 2x －1＝2x －1－x x 2x －1. 令m (x )＝2x －1－x ， 则m ′(x )＝ 1 2x －1－1＝1－2x －12x －1， 令m ′(x )>0，得1 2 所以m (x )在???? ??12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则m (x )max ＝m (1)＝0， 所以g ′(x )≤0，即g (x )在定义域上单调递减， 所以g (x )max ＝g ? ?? ??12＝ln 12，即a ≥ln 12. 真题体验 1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号) 答案 ④ 解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①③. 如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故④正确． 2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2 ＋ax －1)·e x －1 的极值点，则f (x )的极小值为________． 答案 －1 解析 函数f (x )＝(x 2 ＋ax －1)e x －1 ， 则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1 ＋(x 2 ＋ax －1)e x －1 ＝e x －1 [x 2 ＋(a ＋2)x ＋a －1]． 由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得 f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0， 所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2 －x －1)e x －1 ， f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)． 由e x －1 >0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且当x <－2时，f ′(x )>0；当－2 当x >1时，f ′(x )>0. 所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 3．(2017·山东改编)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数 f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x; ②f (x )＝x 2 ； ③f (x )＝3－x; ④f (x )＝cos x . 答案 ① 解析 若f (x )具有性质M ，则[e x f (x )]′＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立． 对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x －2－x ln 2＝2－x (1－ln 2)>0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意． 4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2 ＋1x 在点(1,2)处的切线方程为________． 答案 x －y ＋1＝0 解析 ∵y ′＝2x －1 x 2，∴y ′|x ＝1＝1， 即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1， ∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测 1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A 解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4. 2．已知函数f (x )＝x 3 ＋ax 2 ＋bx －a 2 －7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b 的值为( ) A ．－23 B ．－2 C ．－2或－2 3 D ．2或－2 3 押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A 解析 由题意知f ′(x )＝3x 2 ＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即? ???? 3＋2a ＋b ＝0， 1＋a ＋b －a 2 －7a ＝10， 解得? ?? ?? a ＝－2， b ＝1或? ?? ?? a ＝－6， b ＝9， 经检验? ?? ?? a ＝－6， b ＝9满足题意，故a b ＝－23 . 3．已知函数f (x )＝x 2 －ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2 －a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值为________． 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2 解析 ∵函数f (x )＝x 2 －ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a 2 ≥1，得a ≥2. 又∵g ′(x )＝2x －a x ，依题意g ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，得2x 2 ≥a 在(1,2)上恒成立，∴a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x － 1x ＋1 ，g (x )＝x 2 －2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________． 押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点． 答案 ???? ??94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋ 1 (x ＋1) 2>0， 因此函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2 －2ax ＋4≤－1， 即x 2 －2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立， 令h (x )＝x 2＋5 2x ，则要使a ≥h (x )在[1,2]上能成立， 只需使a ≥h (x )min ， 又函数h (x )＝x 2＋5 2x 在[1,2]上单调递减， 所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥9 4. A 组 专题通关 1．(2018·宁波月考)已知f (x )＝14 x 2 ＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( ) 答案 A 解析 由题意得f ′(x )＝x 2－sin x ，易得函数f ′(x )为奇函数，排除B ，D ；设g (x )＝x 2－sin x ，则g ′(x )＝ 1 2 －cos x ，易得当x ∈? ????0，π3时，g ′(x )＝12－cos x <0，即函数f ′(x )在? ????0，π3上单调递减，排除C ，故选A. 2．已知函数f (x )＝e x x 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( ) A.? ????－∞，e 2 4 B.? ????－∞，e 2 C ．(0,2] D.[)2，＋∞ 答案 A 解析 由题意得f ′(x )＝e x (x －2)x 3＋2k x －k ＝(x －2)()e x －kx 2 x 3 ，f ′(2)＝0，令g (x )＝e x －kx 2 ，则g (x )在区间(0，＋∞)内恒大于等于0或恒小于等于0，令g (x )＝0，得k ＝e x x 2，令h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3 ，所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，无最大值，所以k ≤e 2 4 ，故选A. 3．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x ) <0 的解集为( ) A.? ????－∞，12 B ．(0，＋∞) C.? ?? ??12，＋∞ D ．(－∞，0) 答案 B 解析 构造函数g (x )＝f (x ) e x ， 则g ′(x )＝ f ′(x )－f (x ) e x ， 因为f ′(x ) 则不等式f (x )－12e x <0可化为f (x )e x <1 2， 即g (x )<1 2 ＝g (0)， 所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)． 4．(2018·浙江杭州二中月考)若函数f (x )＝13bx 3－ax 2 －? ????b －1b x ＋1存在极值点，则关于a ，b 的描述正确的是 ( ) A ．a ＋b 有最大值 2 B ．a ＋b 有最小值－ 2 C ．a 2 ＋b 2 有最小值1 D ．a 2 ＋b 2 无最大值也无最小值 答案 D 解析 由题意得f ′(x )＝bx 2－2ax －? ?? ??b －1b ，则由函数f (x )存在极值点得导函数f ′(x )＝bx 2 －2ax －? ?? ??b －1b 存 在穿过型零点，则(－2a )2＋4b ? ?? ??b －1b >0，化简得a 2＋b 2>1，所以a 2＋b 2 无最大值也无最小值，故选D. 5．设过曲线f (x )＝e x ＋x ＋2a (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝a 2(1－2x ) －2sin x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1,1] B ．[－2,2] C ．[－1,2] D ．[－2,1] 答案 C 解析 设y ＝f (x )的切点为(x 1，y 1)，y ＝g (x )的切点为(x 2，y 2)，f ′(x )＝e x ＋1，g ′(x )＝－a －2cos x ， 由题意得，对任意x 1∈R ，总存在x 2使得(1e x ＋1)(－a －2cos x 2)＝－1， ∴2cos x 2＝ 1 1e x ＋1 －a 对任意x 1∈R 均有解x 2， 故－2≤ 1 1 e x ＋1 －a ≤2对任意x 1∈R 恒成立， 则a －2≤ 1 1e x ＋1 ≤a ＋2对任意x 1∈R 恒成立． 又 1 1 e x ＋1 ∈(0,1)，∴a －2≤0且2＋a ≥1，∴－1≤a ≤2. 6．已知f (x )＝x ln x ＋f ′(1) x ，则f ′(1)＝________. 答案 12 解析 因为f ′(x )＝1＋ln x － f ′(1) x 2 ，令x ＝1， 得f ′(1)＝1－f ′(1)，解得f ′(1)＝1 2 . 7．(2018·全国Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 答案 －3 解析 ∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x ，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，得a ＝－3. 8．已知函数f (x )＝2ln x 和直线l ：2x －y ＋6＝0，若点P 是函数f (x )图象上的一点，则点 P 到直线l 的距离的最小值为________． 答案 85 5 解析 设直线y ＝2x ＋m 与函数f (x )的图象相切于点P (x 0，y 0)(x 0>0)． f ′(x )＝2x ，则f ′(x 0)＝2 x 0 ＝2，解得x 0＝1，∴P (1,0)． 则点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离d ＝|2×1－0＋6|22＋(－1)2 ＝85 5，即为点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离的最小值． 9．已知函数f (x )＝x ＋a x 2＋1 (a ∈R )的值域是???? ??－14，m ，则常数a ＝________，m ＝________. 答案 3 4 1 解析 由题意得f (x )＝ x ＋a x 2 ＋1≥－14 ， 即a ≥－14x 2－x －1 4对任意x ∈R 恒成立，且存在x ∈R 使得等号成立， 所以a ＝? ????－14 x 2 －x －14max ， 又因为－14x 2－x －14＝－14(x ＋2)2 ＋34， 所以a ＝? ????－14x 2 －x －14max ＝34， 所以f (x )＝x ＋ 3 4x 2＋1＝4x ＋3 4x 2＋4 ， 则f ′(x )＝－2x 2 －3x ＋22(x 2＋1)2＝(x ＋2)(－2x ＋1) 2(x 2＋1)2 ， 当x ∈? ????－2，12时，f ′(x )>0， 当x ∈(－∞，－2)和? ?? ??12，＋∞时，f ′(x )<0， 又x →－∞时，f (x )→0， 所以易知，当x ＝1 2时，f (x )取得最大值 f ? ????12＝4×12＋34×? ????122＋4＝1，即m ＝1. 10．已知函数f (x )＝e x x －a ()x －ln x . (1)当a ≤0时，试求f (x )的单调区间； (2)若f (x )在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝e x (x －1)x 2 －a ? ?? ?? 1－1x ＝e x (x －1)－ax (x －1)x 2 ， ＝ ()e x －ax (x －1) x 2 . 当a ≤0时，对于?x ∈(0，＋∞)，e x －ax >0恒成立， 所以由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0 ()e x －ax (x －1) x 2 ＝0， 即e x －ax ＝0，即a ＝e x x . 所以 g ′(x )＝e x (x －1) x 2 ， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0恒成立， 所以g (x )单调递减． 又因为g (1)＝e ，又当x →0时，g (x )→＋∞， 即g (x )在(0,1)上的值域为(e ，＋∞)， 所以当a >e 时，f ′(x )＝ ()e x －ax (x －1) x 2 ＝0 有解． 设H (x )＝e x －ax ，则 H ′(x )＝e x －a <0，x ∈(0,1)， 所以H (x )在(0,1)上单调递减． 因为H (0)＝1>0，H (1)＝e －a <0， 所以H (x )＝e x －ax ＝0在(0,1)上有唯一解x 0. 当x 变化时，H (x )，f ′(x )，f (x )变化情况如表所示： 所以当a >e 时，f (x )在(0,1)内有极值且唯一． 当a ≤e 时，当x ∈(0,1)时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减，不成立． 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)． 11．已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b ，a ，b 为实数． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ＋3，求a ，b 的值； (2)若|f ′(x )|<3 x 2对x ∈[2,3]恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)由已知，得f ′(x )＝1－a x ， 且由题设得f ′(1)＝2，f (1)＝5， 从而得1－a ＝2且1＋b ＝5， 解得a ＝－1，b ＝4. (2)根据题设可知，命题等价于 当x ∈[2,3]时，??????1－a x <3 x 2恒成立?|x －a |<3x 恒成立?－3x 恒成立．(*) 设g (x )＝x －3 x ，x ∈[2,3]， 则(*)式即为g (x )max 而当x ∈[2,3]时，g (x )＝x －3x 和h (x )＝x ＋3 x 均为增函数， 则g (x )max ＝g (3)＝2，h (x )min ＝h (2)＝7 2 ， 所以实数a 的取值范围为? ?? ??2，72. B 组 能力提高 12．已知函数f (x )＝sin x －x cos x ，现有下列结论： ①当x ∈[0，π]时，f (x )≥0； ②当0<α<β<π时，α·sin β>β·sin α； ③若n ????0，π2恒成立，则m －n 的最小值等于1－2π； ④已知k ∈[]0，1，当x i ∈()0，2π时，满足|sin x i | x i ＝k 的x i 的个数记为n ，则n 的所有可能取值构成的集合 为{0,1,2,3}． 其中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C 解析 当x ∈[0，π]时，f ′(x )＝x sin x ≥0， 函数f (x )在[0，π]上为增函数， 所以f (x )≥f (0)＝0，①正确； 令g (x )＝sin x x ，由①知， 当x ∈(0，π)时，g ′(x )＝ x ·cos x －sin x x 2 <0， 所以g (x )在(0，π)上为减函数， 所以g ()α>g ()β，即sin αα>sin β β ， 所以α·sin β<β·sin α，②错误； 由②可知g (x )＝sin x x 在? ????0，π2上为减函数， 所以g (x )＝sin x x >g ? ????π2＝2π ，则n ≤2 π， 令φ(x )＝sin x －x ，当x ∈? ????0，π2时， φ′(x )＝cos x －1<0， 所以φ(x )在? ????0，π2上为减函数， 所以φ(x )＝sin x －x <φ(0)＝0， 所以sin x x <1，所以m ≥1， 则()m －n min ＝m min －n max ＝1－2 π ，③正确； 令h (x )＝|sin x |，k 表示点(x i ，h (x i ))与原点(0,0)连线的斜率，结合图象(图略)可知，当k ∈[]0，1，x i ∈(0,2π)时，n 的所有可能取值有0,1,2,3，④正确． 13．已知函数f (x )＝x ln x ＋a x ，g (x )＝x 3－x 2 －3，a ∈R . (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若对任意的x 1，x 2∈???? ??12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝x ln x －1 x ， f (1)＝－1，f ′(x )＝ln x ＋1＋1 x 2， f ′(1)＝2， 从而曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2(x －1)－1， 即y ＝2x －3. (2)对任意的x 1，x 2∈??????12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立， 从而在区间???? ??12，2上，f (x )min ≥g (x )max . 又g (x )＝x 3 －x 2 －3， g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 从而函数g (x )在??????12，23上单调递减， 在???? ??23，2上单调递增， g (x )max ＝max ???? ??g ? ????12，g (2)＝1. 又f (1)＝a ，则a ≥1. 下面证明当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在??????12，2上恒成立． 又f (x )＝x ln x ＋a x ≥x ln x ＋1 x ， 即证x ln x ＋1 x ≥1. 令h (x )＝x ln x ＋1x ，x ∈??????12，2， 则h ′(x )＝ln x ＋1－1 x 2，h ′(1)＝0. 当x ∈???? ??12，1时，h ′(x )≤0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≥0， 从而y ＝h (x )在x ∈???? ??12，1上单调递减， 在[1,2]上单调递增，h (x )min ＝h (1)＝1， 从而当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在???? ??12，2上恒成立， 即实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 14．已知函数f (x )＝m x ＋x ln x (m >0)，g (x )＝ln x －2. (1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f (x 1)x 1·g (x 2) x 2 ＝－1，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围． 解 (1)当m ＝1时，f (x )＝1 x ＋x ln x ， 则f ′(x )＝－1 x 2＋ln x ＋1. 因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0， 所以当x >1时，f ′(x )>0； 当0 所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意知，令h (x )＝ f (x )x ＝m x 2 ＋ln x ， φ(x )＝g (x )x ＝ln x －2 x . 考虑函数φ(x )＝ln x －2 x ， 因为φ′(x )＝3－ln x x 2 >0在[1，e]上恒成立， 所以函数φ(x )＝ln x －2x 在[1，e]上单调递增， 故φ(x )∈??????－2，－1e . 又h (x )·φ(x )＝－1， 所以h (x )∈??????12，e ，即12≤m x 2＋ln x ≤e 在[1，e]上恒成立，即x 2 2－x 2ln x ≤m ≤x 2 (e －ln x )在[1，e]上恒成立． 设p (x )＝x 2 2 －x 2 ln x ， 则p ′(x )＝－2x ln x ≤0在[1，e]上恒成立， 所以p (x )在[1，e]上单调递减， 所以m ≥p (x )max ＝p (1)＝1 2. 设q (x )＝x 2 (e －ln x )， 则q ′(x )＝x (2e －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q (x )在[1，e]上单调递增， 所以m ≤q (x )min ＝q (1)＝e. 综上所述，m 的取值范围为???? ??12，e . 15．已知函数f (x )＝k ln x － x －1 x ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴垂直． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若对任意x ∈(0,1)∪(1，e)(其中e 为自然对数的底数)，都有f (x )x －1＋1x >1 a (a >0)恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝k ln x － x －1 x ，定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝k x －1x 2＝kx －1 x 2(x >0)． 由题意知f ′(1)＝k －1＝0，解得k ＝1， ∴f ′(x )＝ x －1 x 2 (x >0)， 由f ′(x )>0，解得x >1；由f ′(x )<0，解得0 x ， ∴ f (x )x －1＋1x ＝ln x x －1－1x －1＋1x (x －1)＋1x ＝ln x x －1 . 方法一 设m (x )＝ln x x －1，则m ′(x )＝x －1－x ln x x (x －1)2 ， 令n (x )＝x －1－x ln x ，则n ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x ， ∴当x >1时，n ′(x )<0，n (x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，n (x ) ∴当x ∈(1，e)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，m (x )>m (e)＝1 e －1， 由题意知1a ≤1 e －1，又a >0， ∴a ≥e－1. 下面证明： 当a ≥e－1,0 a 成立， 即证a ln x a －x x (0 a 成立， 故正数a 的取值范围是[)e －1，＋∞. 方法二 ①当x ∈(0,1)时， ln x x －1>1 a (a >0)可化为a ln x －x ＋1<0(a >0)， 令g (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)， 则问题转化为证明g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立． 又g ′(x )＝a x －1＝ a －x x (a >0)， 令g ′(x )>0，得0 ∴函数g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当00(a ∈(0,1))． 设T (x )＝x ln x －x ＋1(0 则T ′(x )＝ln x ＋1－1＝ln x <0(0 所以T (x )>T (1)＝0.即g (a )>0(a ∈(0,1)． 故此时不满足g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立； (ⅱ)当a ≥1时，函数g (x )在(0,1)上单调递增． 故g (x ) ②当x ∈(1，e)时，ln x x －1>1 a (a >0)， 令h (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)， 则问题转化为证明h (x )>0对任意x ∈(1，e)恒成立． 又h ′(x )＝a x －1＝ a －x x (a >0)， 令h ′(x )>0得 0 ∴函数h (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当a ≥e 时，h (x )在(1，e)上是增函数， 所以h (x )>h (1)＝0，