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②若 a≤－e，则 f′(x)≤0 在[1，e]上恒成立，函数在 [1，e]上为减函数， a 3 所以 f(x)min＝f(e)＝1－ ＝ ， e 2 e 所以 a＝－ ，舍去． 2
③若－e<a<－1，令 f′(x)＝0， 得 x＝－a，当 1<x<－a 时，f′(x)<0， 函数在[1，－a]上为减函数，
由f′(x)＝0得，x＝0或x＝2.
①当0<t≤2时，在区间(0，t)上f′(x)<0，f(x)在[0，t]上是减 函数，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2.
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②当 2<t<3 时，当 x 变化时， f′(x) 、 f(x) 的变化情况如下
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a (2014· 济宁模拟)已知函数 f(x)＝ln x－ . x (1)当 a>0 时，判断函数 f(x)在定义域上的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求 a 的值； 2 (3)若 f(x)<x2 在(1， ＋∞)上恒成立， 求 a 的取值范围．
③当Δ>0 即 a>2 2时， 方程 g(x)＝0 有两个不同的实 a－ a2－8 a＋ a2－8 根 x1＝ ，x2＝ ，0<x1<x2. 2 2
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当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (0，x1) ＋ x1 0 (x1，x2) － x2 0 (x2，＋∞) ＋
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借助导数研究函数的单调性，尤其是研究含有ln x，ex等 线性函数 ( 或复合函数 ) 的单调性，是近几年高考的一个重 点．其特点是导数f′(x)的符号一般由二次函数来确定，经常同
一元二次方程、一元二次不等式结合，融分类讨论，数形结
1－k 故 f(x)的单调递增区间是(－1，0)和( ，＋∞)， k
1－ k 单调递减区间是0， . k
x2 当 k＝1 时，f′(x)＝ ， 1＋x 故 f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．
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1－k kxx－ k
1－k kxx－ k
当 0<k<1 时，由 f′(x)＝ 1－k x2＝ >0， k
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1＋ x
＝0，得 x1＝0，
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1－ k 所以，在区间(－1，0)和 ，＋∞上，f′(x)>0； k 1－k 在区间0， 上，f′(x)<0. k
【思路点拨】 (1)首先求出定义域，然后求f′(x)，确定f′
(x)>0 判断出 f(x) 的单调性． (2) 已知最值通过分类讨论求 a 的 值．(3)通过构造函数，借助于分离法解决恒成立问题．
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【规范解答】
(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
设 g(x)＝x2－ax＋2， 二次方程 g(x)＝0 的判别式Δ＝ a2－8.
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①当Δ<0 即 0<a<2 2时，对一切 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数． ②当Δ＝0 即 a＝2 2时，仅对 x＝ 2，有 f′(x)＝0， 对其余的 x>0 都有 f′(x)>0.此时 f(x)也是(0，＋∞)上的单 调递增函数．
切点在切线上；三是在切点处的导数等于切线的斜率．这三
个等量关系在求解参数问题中经常用到．
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RB . 数学 . 选修2-2 点P(2，0)是函数 f(x)＝x3＋ ax与g(x)＝bx2＋ c的图象的一 个公共点，且两条曲线在点 P 处有相同的切线，求 a， b， c 的
由g′(x)＝2bx得到g′(2)＝4b，
所以8＝4b，即b＝2，代入②得到c＝－8. 综上所述，a＝－4，b＝2，c＝－8.
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已知函数f(x)＝x3＋x－16. (1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程； (2)直线l是曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方
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(3)令 g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c， g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 在 x∈[1，2)上，g′(x)<0；在 x∈(2，3]上，g′(x)>0. 要 使 g(x) ＝ 0 在 [1 ， 3] 上 恰 有 两 个 相 异 的 实 根 ， 则 g（1）≥0， g（2）<0， 解得－2<c≤0. g（3）≥0， 所以实数 c 的取值范围是(－2，0].
当 k>1 时， f′(x)＝ 1，0)，x2＝0.
1＋x
1－ k ＝0， 得 x1＝ ∈(－ k
1－k 所以在区间－1， 和 (0，＋ ∞)上， f′(x)>0 ；在 k 1－ k 区间 ，0上，f′(x)<0， k
故
1－k f(x)的单调递增区间是－1， 和 (0，＋∞)， k
值．
【思路点拨】 【规范解答】 利用切点的三个等量关系求解． 因为点 P(2， 0) 是函数 f(x)＝ x3 ＋ ax与 g(x) ① ②
＝bx2＋c的图象的一个公共点， 所以23＋2a＝0， 4b＋c＝0， 由①得a＝－4. 所以f(x)＝x3－4x.
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RB . 数学 . 选修2-2 又因为两条曲线在点P处有相同的切线， 所以f′(2)＝g′(2)，而由f′(x)＝3x2－4得到f′(2)＝8，
合于一体．
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k 2 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)－x＋ x ，(k≥0)． 2 试求 f(x)的单调区间．
【思路点拨】 1四种情况求解． 先求f′(x)，再分k＝0，0<k<1，k＝1和k>
【 规 范 解 答 】 x（kx＋k－1） ， 1＋x x∈(－1，＋∞)．
1－ k 单调递减区间是 ，0. k
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2 已知函数 f(x)＝x－ ＋a(2－ln x)，a>0.讨论 f(x)的单 x 调性．
【解】 由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
2 2 a x －ax＋2 f′(x)＝1＋ 2－ ＝ . 2 x x x
表：
x f′(x)
f(x)
0 0
2
(0，2) －
2 0
－2
(2，t) ＋
t
t3－3t2＋2
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f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max为f(0)与f(t)中较大的一个．
f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0.
所以f(x)max＝f(0)＝2.
2 3 y－y0＝(3x2 ＋ 1)(x － x ) ，即 y ＝ (3x ＋ 1)(x － x ) ＋ x 0 0 0 0 0＋x0－
16.又因为直线 l 过点(0，0)，
3 所以(3x2 ＋ 1)( － x ) ＋ x 0 0 0＋x0－16＝0，解得 x0＝－2，
所以 y0＝－26，3x2 0＋1＝13， 所以直线 l 的方程为 y＝13x， 切点坐标为(－2， －26).
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当－a<x<e 时，f′(x)>0，函数在[－a，e]上为增函数， 3 所以 f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝ ，所以 a＝－ e. 2 综上所述，a＝－ e.
a 2 (3)因为 f(x)<x 在(1， ＋∞)上恒成立， 所以 ln x－ <x x
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1 f′(x) ＝ － 1 ＋ . 数学 . 选修2-2
x 当 k＝0 时，f′(x)＝－ . 1＋x 所以，在区间(－1，0)上，f′(x)>0；在区间(0，＋∞) 上，f′(x)<0. 故 f(x)的单调递增区间是(－1，0)，单调递减区间是 (0，＋∞)．
有两个相异的实根，求实数c的取值范围．
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【解】
(1) 因为 f′(x) ＝ 3x2 ＋ 2ax ，曲线在 P(1 ， 0) 处的切
线斜率为：f′(1)＝3＋2a，即3＋2a＝－3，a＝－3. 又函数过(1，0)点，即－2＋b＝0，b＝2. 所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2. (2)由f(x)＝x3－3x2＋2得，f′(x)＝3x2－6x.
