2018版高考数学大一轮复习高考专题突破一高考中的导数应用问题试题理北师大版

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·西安调研)定积分⎠⎛01(2x ＋e x )d x 的值为( )A.e ＋2B.e ＋1C.eD.e －1解析 ⎠⎛01(2x ＋e x)d x ＝(x 2＋e x)⎪⎪⎪10)＝1＋e 1－1＝e.故选C.答案 C2.若⎠⎛1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝3＋ln 2(a >1)，则a 的值是( )A.2B.3C.4D.6解析 ⎠⎛1a ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝(x 2＋ln x )⎪⎪⎪a1＝a 2＋ln a －1，∴a 2＋ln a －1＝3＋ln 2，则a ＝2. 答案 A3.从空中自由下落的一物体，在第一秒末恰经过电视塔顶，在第二秒末物体落地，已知自由落体的运动速度为v ＝gt (g 为常数)，则电视塔高为( ) A.12gB.gC.32gD.2g解析 电视塔高h ＝⎠⎛12gt d t ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 221＝32g .答案 C4.如图所示，曲线y ＝x 2－1，x ＝2，x ＝0，y ＝0围成的阴影部分的面积为( ) A.⎠⎛02|x 2－1|d xB.⎪⎪⎪⎪⎠⎛02（x 2－1）d x C.⎠⎛02(x 2－1)d x D.⎠⎛01(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(1－x 2)d x 解析 由曲线y ＝|x 2－1|的对称性知，所求阴影部分的面积与如下图形的面积相等，即⎠⎛02|x 2－1|d x .答案 A5.若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121x d x ，S 3＝⎠⎛12e x d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )A.S 1<S 2<S 3B.S 2<S 1<S 3C.S 2<S 3<S 1D.S 3<S 2<S 1解析S 2＝⎠⎛121x d x ＝ln 2，S 3＝⎠⎛12e x d x ＝e 2－e ，∵e 2－e ＝e(e －1)＞e ＞73＞ln 2， ∴S 2＜S 1＜S 3. 答案 B 二、填空题6.已知t >0，若⎠⎛0t (2x －2)d x ＝8，则t ＝________.解析 由⎠⎛0t(2x －2)d x ＝8得，(x 2－2x ) ⎪⎪⎪t0＝t 2－2t ＝8，解得t ＝4或t ＝－2(舍去).答案 47.已知二次函数y ＝f (x )的图像如图所示，则它与x 轴所围成的面积为________.解析 根据f (x )的图像可设f (x )＝a (x ＋1)·(x －1)(a <0). 因为f (x )的图像过(0，1)点， 所以－a ＝1，即a ＝－1. 所以f (x )＝－(x ＋1)(x －1)＝1－x 2. 所以S ＝⎠⎛－11(1－x 2)d x ＝2⎠⎛01(1－x 2)d x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 3⎪⎪⎪10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝43. 答案 438.(2017·合肥模拟)设a >0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a 2，则a ＝________.解析 封闭图形如图所示，则⎠⎛0a x d x ＝＝23a 32－0＝a 2，解得a ＝49.答案 49 三、解答题 9.计算下列定积分： (1)⎠⎛12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x d x ；(2)⎠⎛02－x 2＋2x d x ；(3)2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4d x ；(4)⎠⎛－11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x ； (5)⎠⎛－22|x 2－2x |d x . 解 (1)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－ln x ⎪⎪⎪21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22－ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－ln 1＝32－ln 2； (2)由定积分的几何意义知，所求定积分是由x ＝0，x ＝2，y ＝－x 2＋2x ，以及x 轴围成的图像的面积，即圆(x －1)2＋y 2＝1的面积的一半，∴⎠⎛02－x 2＋2x ＝π2；(3)原式＝(sin x ＋cos x )d x ＝(－cos x ＋sin x )＝⎝⎛⎭⎪⎫－cos π2＋sin π2－(－cos 0＋sin 0)＝2；(4)原式＝⎠⎛－11(x 2tan x ＋x 3)d x ＋⎠⎛－111d x ＝0＋x ⎪⎪⎪1-1＝2；(5)∵|x 2－2x |＝⎩⎨⎧x 2－2x ，－2≤x <0，－x 2＋2x ，0≤x ≤2，∴⎠⎛－22|x 2－2x |d x ＝⎠⎛－20(x 2－2x )d x ＋⎠⎛02(－x 2＋2x )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2⎪⎪⎪0-2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2⎪⎪⎪20＝8.10.求曲线y ＝x 2，直线y ＝x ，y ＝3x 围成的图形的面积. 解 作出曲线y ＝x 2，直线y ＝x ，y ＝3x 的图像，所求面积为图中阴影部分的面积.解方程组⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝x ，得交点(1，1)，解方程组⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝3x ，得交点(3，9)，因此，所求图形的面积为 S ＝⎠⎛01(3x －x )d x ＋⎠⎛13(3x －x 2)d x ＝⎠⎛012x d x ＋⎠⎛13(3x －x 2)d x ＝x 2⎪⎪⎪1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2－13x 3⎪⎪⎪31＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32×32－13×33－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×12－13×13＝133.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x ＝( )A.－1B.－13C.13D.1解析 由题意知f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，设m ＝⎠⎛01f (x )d x ，∴f (x )＝x 2＋2m ，⎠⎛01f (x )d x ＝⎠⎛01(x 2＋2m )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2mx ⎪⎪⎪10 ＝13＋2m ＝m ，∴m ＝－13. 答案 B12.一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t(t 的单位：s ，v 的单位：m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( ) A.1＋25ln 5B.8＋25ln 113C.4＋25ln 5D.4＋50ln 2解析 令v (t )＝0，得t ＝4或t ＝－83(舍去)，∴汽车行驶距离s ＝⎠⎛04⎝⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln （1＋t ）⎪⎪⎪40 ＝28－24＋25ln 5＝4＋25ln 5(m). 答案 C13.(2017·郑州调研)⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝________.解析 ⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝⎠⎛－111－x 2d x ＋⎠⎛－11(e x －1)d x .因为⎠⎛－111－x 2d x 表示单位圆的上半部分的面积， 则⎠⎛－111－x 2d x ＝π2，又⎠⎛－11(e x －1)d x ＝(e x －x )|1－1 ＝(e 1－1)－(e －1＋1)＝e －1e －2，所以⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝π2＋e －1e －2.答案 π2＋e －1e －214.在区间0，1]上给定曲线y ＝x 2.试在此区间内确定点t 的值，使图中的阴影部分的面积S 1与S 2之和最小，并求最小值. 解 S 1面积等于边长分别为t 与t 2的矩形面积去掉曲线y ＝x 2与x 轴、直线x ＝t 所围成的面积，即S 1＝t ·t 2－⎠⎛0t x 2d x ＝23t 3.S 2的面积等于曲线y ＝x 2与x 轴，x ＝t ，x ＝1围成的面积去掉矩形边长分别为t 2，1－t 的面积，即S 2＝⎠⎛t 1x 2d x －t 2(1－t )＝23t 3－t 2＋13.所以阴影部分的面积S (t )＝S 1＋S 2＝43t 3－t 2＋13(0≤t ≤1). 令S ′(t )＝4t 2－2t ＝4t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12＝0，得t ＝0或t ＝12.t ＝0时，S (t )＝13；t ＝12时，S (t )＝14；t ＝1时，S (t )＝23.12时，S(t)最小，且最小值为1 4.所以当t＝。

第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为() A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．答案 A2．(2015·陕西卷)设f(x)＝x－sin x，则f(x)() A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.答案 B3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是()A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，由a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )． 答案 C4．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x 2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52. 答案 D5．(2017·上饶模拟)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．(－∞，＋∞)解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.答案 B二、填空题6．已知函数f(x)＝(－x2＋2x)e x(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递增区间为________．解析因为f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′(x)＝(－2x＋2)e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′(x)>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－2，2)．答案(－2，2)7．已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－(x－1)(x－3)x，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.答案(0,1)∪(2,3)8．(2017·武汉模拟)已知f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c在区间(m，m＋1)上为递减函数，则m的取值范围为________．解析由f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c，得f′(x)＝2x＋2x－5，又函数f(x)在区间(m，m＋1)上为递减函数，∴f′(x)≤0在(m，m＋1)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2m －5≤0，2m ＋1＋2(m ＋1)－5≤0，解得12≤m ≤1.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1三、解答题9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)由题意得f ′(x )＝1x －ln x －ke x ，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．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)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 (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×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得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⎝ ⎭⎪⎫－∞，－13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g (x )在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，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0， 则f (x )在(－∞，1)上为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .答案 C12．(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立． 令t ＝cos x ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1,1]上恒成立．∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立．令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g (1)＝－3a －1≤0，g (－1)＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C13．(2017·合肥质检)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝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________．解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x ＝f (x )x ＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)．则f (x )＝xg (x )>0⇔⎩⎨⎧ x >0，g (x )>0或⎩⎨⎧x <0，g (x )<0，解得x >2或－2<x <0，故不等式f (x )>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案 (－2,0)∪(2，＋∞)14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围． 解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1.(2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2].。

高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3) 答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x′＝－x2<0恒成立，因此x在R上是减函数， ∴3<1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x <1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x3＋3x2＋，在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞) B．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x3＋3x2＋，在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x2x2＋1(设切点横坐标为x 2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x1＝1x2＋1，ln x1＋1＝＋－x2x2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )ex＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )ex＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x2＋2x x ＋1＝＋－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1＋>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的，所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k(负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k)，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k)＝－2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k)＝k－2.因为f (x )存在零点，所以－2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1ex －2ex 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝＋－x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x ex －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1ex －2ex成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x2－4x －54x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x2＋axex(a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝＋－＋＝－3x2＋－＋a ex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x2ex ，f ′(x )＝－3x2＋6x ex ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x2＋－＋a ex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a2＋366，x 2＝6－a ＋a2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数；当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围．解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ，得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1.(2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ， f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e 1－x >x －1x ＋1x2－1x＝x3－2x ＋1x2>x2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时， h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

高考大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数1.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018某某潍坊一模,21)已知函数f(x)=a ln x+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.3.(2018某某师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018某某某某3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值X围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值X围.6.(2018某某某某一模,21改编)已知函数f(x)=e x-a ln x-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值X围.突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.2.(2018某某某某一模,21改编)已知函数f(x)=x+.设函数g(x)=ln x+1.证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值X围.4.(2018某某某某期末,21改编)已知函数f(x)=x3-a ln x(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,某某数a的取值X围.5.设函数f(x)=e2x-a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+a ln.6.(2018某某中学押题三,21)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,某某数k的取值X围.高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数X围1.解 (1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上递减,在[k-1,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解 (1)当a=-2时,f'(x)=2x-,由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)递增.(2)f'(x)=2x+,当a≥0时f'(x)≥0,f(x)在[1,e]上递增,∴f min(x)=f(1)=1.当a<0时,由f'(x)=0解得x=±(负值舍去),设x0=.若≤1,即a≥-2,也就是-2≤a<0时,x∈[1,e],f'(x)>0,f(x)递增,∴f min(x)=f(1)=1.若1<<e,即-2e2<a<-2时,x∈[1,x0],f'(x)≤0,f(x)递减,x∈[x0,e],f'(x)≥0,f(x)递增.故f min(x)=f(x0)=-+a ln .若≥e,即a≤-2e2时,x∈[1,e],f'(x)<0,f(x)递减.∴f min(x)=f(e)=e2+a.综上所述:当a≥-2时,f(x)的最小值为1;当-2e2<a<-2时,f(x)的最小值为;当a≤-2e2时,f(x)的最小值为e2+a.3.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(1,a-1) a-1 (a-1,2)f'(x) -0 +f(x) 递减极小值递增所以f(x)的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.4.解由题意f(x)+x3>0,即a>-x2+对任意x∈(1,+∞)恒成立,记p(x)=-x2+,定义域为(1,+∞),则p'(x)=-2x+,设q(x)=-2x3+2-2ln x,q'(x)=-6x2-,则当x>1时,q(x)递减,所以当x>1时,q(x)<q(1)=0,故p'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,所以函数p(x)=-x2+在(1,+∞)上递减,所以当x>1时,p(x)<p(1)=-1,得a≥-1,所以a的取值X围是[-1,+∞).5.解 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4.而f'(x)=2x+a,g'(x)=e x(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2e x(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2k e x(x+1)-x2-4x-2,则F'(x)=2k e x(x+2)-2x-4=2(x+2)(k e x-1).由题设可得F(0)≥0,即k≥1.令F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x1)递减,在(x1,+∞)递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(e x-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.③若k>e2,则F(-2)=-2k e-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值X围是[1,e2].6.解由f(x)=e x-a ln x-e(a∈R),得f'(x)=e x-,当a<0时,f'(x)=e x->0,f(x)在x∈[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).当a>0时,f'(x)=e x-,当x∈[1,+∞)时,y=e x≥e.①当a∈(0,e]时,因为x∈[1,+∞),所以y=≤e,f'(x)=e x-≥0,f(x)在[1,+∞)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).②当a∈(e,+∞)时,存在x0∈[1,+∞),满足f'(x)=e x-=0,f(x)在x0∈[1,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,故f(x0)<f(1)=0.不满足x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,综上所述,a的取值X围是(-∞,e].突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解f'(x)=,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=.∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,且-x0-a=0,h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2.令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上是增加的.∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,所以,当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).3.解法1 函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±,原函数草图∴a=0不合题意;当a>0时,当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=<0,∴在区间内f'(x)<0;在区间内f'(x)>0;在区间(0,+∞)内f'(x)<0.∴f(x)在区间内是减少的,在区间内是增加的,在区间(0,+∞)内是减少的.∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f>0⇔+1>0⇔<1⇔a2>4.∵a<0,∴a<-2.解法2 曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a≥0时,由图像知不符合题意;当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则得a=-2,由图像知a<-2时符合题意.解法3 分离成a=-+3=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图像可知,t=1时,g(t)max=2.x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图像只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解由f(x)=0,得a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,即函数y=a的图像与函数g(x)=的图像有两个不同的交点.因为g'(x)=,令g'(x)=0得x=,所以当x∈(1,)时,g'(x)<0,函数在(1,)上递减,当x∈(,e]时,g'(x)>0,函数在(,e]上递增;则g(x)min=g()=3e,而g()==27>27,且g(e)=e3<27,要使函数y=a的图像与函数g(x)=的图像有两个不同的交点,∴a的取值X围为(3e,e3].5.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x递增,-递增,所以f'(x)在(0,+∞)递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f'(b)<0,故当a>0时,f'(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+∞)递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+a ln≥2a+a ln.故当a>0时,f(x)≥2a+a ln.6.(1)解根据题意,得f'(x)=e x-2x,则f'(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=e x-x2-1.(2)证明令g(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1.由g'(x)=e x-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,y=g(x)递减;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,y=g(x)递增.所以g(x)min=g(0)=0,所以f(x)≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令φ(x)=,x>0,得φ'(x)=.由(2)可知,当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0<x<1.所以y=φ(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1),故φ(x)min=φ(1)=e-2,所以k<φ(x)min=e-2.所以实数k的取值X围为(-∞,e-2).。

第3课时 导数与函数的综合应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x >400，则总利润最大时，年产量是( )A ．100B ．150C ．200D ．300解析 由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100 x ， 总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x >400，又P ′(x )＝⎩⎨⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x >400，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大． 答案 D2．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2,0)∪(2，＋∞)B ．(－2,0)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0,2)解析 x >0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )x 在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．答案 D3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是() A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.答案 B4．(2017·景德镇联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：f(x)a的零点的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析根据导函数图像，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图像如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案 D5．(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .若a >0，则由图像知f (x )有负数零点，不符合题意． 则a <0，由图像结合f (0)＝1>0知，此时必有 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1>0， 化简得a 2>4. 又a <0，所以a <－2. 答案 C 二、填空题6．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0<x <40时，y ′<0； x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值． 答案 407．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________. 解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ， 对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3， 令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增， 在(－1,1)上单调递减．若f (1)＝1－3＋c ＝0，可知c ＝2； 若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2. 答案 －2或28．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f (x )e x <1的解集为________． 解析 构造函数g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝e x ·f ′(x )－e x ·f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．又g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )e x <1，即g (x )<1，所以x >0，所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案 (0，＋∞) 三、解答题9．据环保部门侧定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k (k >0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)． (1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值．解 (1)设点C 受A 污染源污染程度为kax 2， 点C 受B 污染源污染程度为kb(18－x )2，其中k 为比例系数，且k >0，从而点C 处受污染程度y ＝ka x 2＋kb(18－x )2.(2)因为a ＝1，所以，y ＝k x 2＋kb(18－x )2，y ′＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2x 3＋2b (18－x )3， 令y ′＝0，得x ＝181＋3b，又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意，所以，污染源B 的污染强度b 的值为8.10．(2017·榆林月考)已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22. (1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1.(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎨⎧x >0，x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x )<F (1)＝0， 即当x >1时，f (x )<x －1.故当x >1时，f (x )<x －1.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x ，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A12．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) 解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2<0恒成立，因此f (x )x 在R 上是单调递减函数，∴f (3)3<f (1)1，即3f (1)>f (3)． 答案 B13．(2017·安徽江南名校联考)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为________． 解析 依题意，知k ＋2x －x 2>0.即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0， 因此由原不等式，得k <e x x ＋x 2－2x 恒成立．令f(x)＝e xx＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)⎝⎛⎭⎪⎫e xx2＋2.令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e －1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．答案[0，e－1)14．(2015·北京卷)设函数f(x)＝x22－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解由f(x)＝x22－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以f(k，＋∞f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k(1－ln k)2.(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k(1－ln k)2.因为f(x)存在零点，所以k(1－ln k)2≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且f(1)＝12>0，f(e)＝e－k2<0，所以f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.。

高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝x 2＋－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0； 当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ， f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时， h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：k－ln k2所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数解决函数极值问题命题点1 根据函数图像判断极值例1 (1)(2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图像如图所示，则y＝f(x)的图像最有可能是( )(2)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)答案(1)C (2)D解析(1)由f′(x)图像可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，故选C.(2)由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．命题点2 求函数的极值例2 (2016·泉州模拟)已知函数f (x )＝x －1＋a ex(a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．解 (1)由f (x )＝x －1＋a ex ，得f ′(x )＝1－a ex. 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－a e＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－a ex， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值； ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上是减少的，在(ln a ，＋∞)上是增加的，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．命题点3 已知极值求参数例3 (1)(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.(2)(2016·福州质检)若函数f (x )＝x33－a 2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(2，52)B ．[2，52) C ．(2，103) D ．[2，103) 答案 (1)－7 (2)C。

1．(2016·广州模拟)数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( ) A. 2 B ．4 C ．2 D.12答案 C解析 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7，得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1100－1101＝1－1101＝100101. 3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________． 答案 13解析 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)， 由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)， 即3q 2－q ＝0，又q ≠0，∴q ＝13.4．(2015·课标全国Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________. 答案 －1n解析 由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，因为S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N ＋都有S n ＝23a n －13，若1<S k <9 (k ∈N ＋)，则k的值为________． 答案 4解析 由题意，S n ＝23a n －13，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1－13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴a n ＝－2a n －1， 又a 1＝－1，∴{a n }是以－1为首项，以－2为公比的等比数列， ∴a n ＝－(－2)n －1，∴S k ＝(－2)k －13，由1<S k <9，得4<(－2)k <28，又k ∈N ＋，∴k ＝4.题型一 等差数列、等比数列的综合问题例1 (2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N ＋.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式； (2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n . 解 (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝q n －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)由(1)可知，a n ＝q n －1，所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2(n－1).由e 2＝1＋q 2＝2，解得q ＝3，所以e 21＋e 22＋…＋e 2n＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q 2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n－1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n －1)．思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N ＋)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n ∈N ＋)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1 ＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)，得S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N ＋，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712.题型二 数列的通项与求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，在数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式． (1)证明 ∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1， ∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1， ∴a n ＋1－1a n －1＝12，∴{a n －1}是等比数列． ∵首项c 1＝a 1－1，又a 1＋a 1＝1. ∴a 1＝12，∴c 1＝－12，公比q ＝12.又c n ＝a n －1，∴{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由(1)可知 c n ＝(－12)·(12)n －1＝－(12)n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－(12)n .∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1 ＝1－(12)n －[1－(12)n －1]＝(12)n －1－(12)n ＝(12)n . 又b 1＝a 1＝12，代入上式也符合，∴b n ＝(12)n .思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n.(1)证明：数列{a nn }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n . (1)证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n，当n ∈N ＋时，a nn≠0.又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N ＋)为常数， ∴{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由{a n n }是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·(12)n －1，∴a n ＝n ·(12)n . ∴S n ＝1·12＋2·(12)2＋3·(12)3＋…＋n ·(12)n ，12S n ＝1·(12)2＋2·(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n ·(12)n ＋1， ∴12S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1 ＝12－(12)n ＋11－12－n ·(12)n ＋1，∴S n ＝2－(12)n －1－n ·(12)n＝2－(n ＋2)·(12)n .综上，a n ＝n ·(12)n ，S n ＝2－(n ＋2)·(12)n .题型三 数列与其他知识的交汇 命题点1 数列与函数的交汇例3 已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图像过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ， ∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n ＝2n ， 由叠加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋)．(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n2n ＋1. 命题点2 数列与不等式的交汇例4 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)<13.(1)解 令n ＝1代入得a 1＝2(负值舍去)．(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋3)＝0. 又已知数列{a n }各项均为正数， 故S n ＝n 2＋n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式， ∴a n ＝2n ，n ∈N ＋.(3)证明 ∵k ∈N ＋，4k 2＋2k －(3k 2＋3k ) ＝k 2－k ＝k (k －1)≥0， ∴4k 2＋2k ≥3k 2＋3k ， ∴1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＝14k 2＋2k ≤13k 2＋3k＝13(1k －1k ＋1)． ∴1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)≤13(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝13(1－1n ＋1)<13. ∴不等式成立． 命题点3 数列应用题例5 (2016·长沙模拟)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)． 解 (1)由题意，得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ， a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d ，…a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)，得a n ＝32a n －1－d ＝32(32a n －2－d )－d＝(32)2a n －2－32d －d ＝…＝(32)n －1a 1－d [1＋32＋(32)2＋…＋(32)n －2] 整理，得a n ＝(32)n －1(3 000－d )－2d [(32)n －1－1]＝(32)n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，得a m ＝4 000， 即(32)m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000. 解得d ＝[(32)m －2]×1 000(32)m －1＝1 000(3m －2m ＋1)3m －2m .故该企业每年上缴资金d 的值为1 000(3m －2m ＋1)3m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．思维升华 数列与其他知识交汇问题的常见类型及解题策略 (1)数列与函数的交汇问题①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图像研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．(2)数列与不等式的交汇问题①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较． (3)数列应用题①根据题意，确定数列模型； ②准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N ＋)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，得b 7＝72a ，b 8＝82a ＝4b 7， 有82a ＝4×72a ＝72a ＋2. 解得d ＝a 8－a 7＝2.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)f ′(x )＝2x ln 2，f ′(a 2)＝ ln 2，故函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y － ＝ ln 2(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意，得a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1.因此2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n 1－n 2n＝2－12n －1－n2n＝2n ＋1－n －22n.所以T n ＝2n ＋1－n －22n.1．(2016·北京)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和． 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，22a 22a22a由⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝3. ∴{b n }的通项公式b n ＝b 1q n －1＝3n －1， 又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27， ∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1,2,3，…)．(2)设数列{c n }的前n 项和为S n .∵c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1， ∴S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n －1＋3n －1＝2(1＋2＋…＋n )－n ＋30×(1－3n )1－3＝2×(n ＋1)n 2－n ＋3n －12＝n 2＋3n －12. 即数列{c n }的前n 项和为n 2＋3n －12. 2．(2016·全国甲卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎡⎦⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2； 当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列{a n ＋23(－1)n }为等比数列，并求出{a n }的通项公式． (1)解 在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)中分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2a 1－1，a 1＋a 2＝2a 2＋1，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝0，a 3＝2.(2)证明 由S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N ＋)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)，两式相减，得 a n ＝2a n －1－2(－1)n (n ≥2)，a n ＝2a n －1－43(－1)n －23(－1)n ＝2a n －1＋43(－1)n －1－23(－1)n (n ≥2)， ∴a n ＋23(－1)n ＝2[a n －1＋23(－1)n －1](n ≥2)． 故数列{a n ＋23(－1)n }是以a 1－23＝13为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1， a n ＝13×2n －1－23×(－1)n ＝2n －13－23(－1)n . 4．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，点(a n ，a n ＋1)(n ∈N ＋)在函数y ＝x 2＋1的图像上，数列{b n }的前n 项和S n ＝2－b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝－1a n ＋1log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵点(a n ，a n ＋1)(n ∈N ＋)在函数y ＝x 2＋1的图像上，∴a n ＋1＝a n ＋1，∴数列{a n }是公差为1的等差数列． ∵a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，∵S n ＝2－b n ，∴S n ＋1＝2－b n ＋1，两式相减，得b n ＋1＝－b n ＋1＋b n ，即b n ＋1b n ＝12， 由S 1＝2－b 1，即b 1＝2－b 1，得b 1＝1.∴数列{b n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴b n ＝(12)n －1. (2)log 2b n ＋1＝log 2(12)n ＝－n ， ∴c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 5．在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N ＋)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N ＋，使得S 11＋S 22＋…＋S n n<k 对任意n ∈N ＋恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n >0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3>a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16， ∴a n ＝16×(12)n －1＝25－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ，∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴S n ＝n (9－n )2. (3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n 2. 当n ≤8时，S n n >0；当n ＝9时，S n n＝0； 当n >9时，S n n<0. ∴当n ＝8或n ＝9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S n n＝18最大． 故存在k ∈N ＋，使得S 11＋S 22＋…＋S n n<k 对任意n ∈N ＋恒成立，k 的最小值为19.。

高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝f ′x x －f x x 2<0恒成立，因此f x x 在R上是减函数， ∴f 33<f 11，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0，e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1x ≤0，e axx >0在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2，即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝lnx 2＋1－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0； 当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋12>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：x (0，k ) (k ，＋∞)f ′(x ) － 0＋ f (x )↘↗所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max min ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝6x ＋ae x －3x 2＋ax exex 2＝－3x 2＋6－a x ＋a ex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

2018版高考数学大一轮复习 高考专题突破一 高考中的导数应用问题 文 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，eaxx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,0]上为减函数， 所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为_______________． 答案 3解析 f ′(x )＝a (ln x ＋x ·1x)＝a (ln x ＋1)．因为f ′(1)＝3，所以f ′(1)＝a ＝3.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：k－ln k2所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e－2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋ax ex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ，f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调， 所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点， 那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a .此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0，11 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。

【关键字】数学2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用 3.1 导数的概念及运算教师用书文北师大版1．导数与导函数的概念(1)当x1趋于x0，即Δx趋于0时，如果平均变化率趋于一个固定的值，那么这个值就是函数y＝f(x)在x0点的瞬时变化率．在数学中，称瞬时变化率为函数y＝f(x)在x0点的导数，通常用符号f′(x0)表示，记作f′(x0)＝＝ .(2)如果一个函数f(x)在区间(a，b)上的每一点x处都有导数，导数值记为f′(x)：f′(x)＝，则f′(x)是关于x的函数，称f′(x)为f(x)的导函数，通常也简称为导数．2．导数的几何意义函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)[]′＝(g(x)≠0)．【知识拓展】1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．2．[]′＝－(f(x)≠0)．3．[af(x)＋bg(x)]′＝af′(x)＋bg′(x)．4．函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．( ×)(2)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．( ×)(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．( √)(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( ×)(5)函数f(x)＝sin(－x)的导数是f′(x)＝cos x．( ×)1．(2017·西安一中联考)设f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0等于( )A．e2 B．e C. D．ln 2答案 B解析∵f′(x)＝ln x＋1，∴f′(x0)＝ln x0＋1＝2，∴ln x0＝1，∴x0＝e.2．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图像，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图像可能是( )答案 D解析由y＝f′(x)的图像知y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A，C.又由图像知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图像在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图像在x＝x0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.3．(2016·襄阳模拟)函数f(x)＝excos x的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( ) A．0 B. C．1 D.答案 B解析由f(x)＝excos x，得f′(x)＝excos x－exsin x．所以f′(0)＝e0cos 0－e0sin 0＝1，即倾斜角α满足tan α＝1.根据α∈[0，π)，得α＝.4．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝ .答案 2解析 ∵f(ex)＝x ＋ex ，∴令t ＝ex ，则x ＝ln t(t>0)，∴f(t)＝ln t ＋t(t>0)， 得f(x)＝ln x ＋x(x>0)．则f ′(x)＝＋1(x>0)，故f ′(1)＝2.5．曲线y ＝－5ex ＋3在点(0，－2)处的切线方程是 ． 答案 5x ＋y ＋2＝0解析 因为y ′|x ＝0＝－5e0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0. 题型一 导数的计算 例1 求下列函数的导数．(1)y ＝x2sin x ；(2)y ＝ln x ＋；(3)y ＝； 解 (1)y ′＝(x2)′·sin x ＋x2·(sin x)′ ＝2xsin x ＋x2cos x.(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x)′＝1x －1x2.(3)y ′＝(cos xex )′＝cos x ′·e x －cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. 思维升华 求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 017，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．0 答案 (1)B (2)B解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋lnx 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2.题型二 导数的几何意义 命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是 ．(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( ) A ．x ＋y －1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0答案 (1)2x ＋y ＋1＝0 (2)B解析 (1)设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1，即2x ＋y ＋1＝0.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝1＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0，∴切点为(1,0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1，∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.故选B. 命题点2 求参数的值例3 (1)(2016·泉州模拟)函数y ＝e x的切线方程为y ＝mx ，则m ＝ .(2)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图像都相切，与f (x )图像的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2 答案 (1)e (2)D解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x， 得00|e xx x y '＝＝，从而切线方程为000e e ()x x y x x －＝－， 又切线过定点(0,0)，从而000e e ()xxx －＝－，解得x 0＝1，则m ＝e. (2)∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图像的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2.故选D. 命题点3 导数与函数图像的关系例4 如图，点A (2,1)，B (3,0)，E (x,0)(x ≥0)，过点E 作OB 的垂线l .记△AOB 在直线l 左侧部分的面积为S ，则函数S ＝f (x )的图像为下图中的( ) 答案 D解析 函数的定义域为[0，＋∞)，当x ∈[0,2]时，在单位长度改变量Δx 内面积改变量ΔS 大于0且越来越大，即斜率f ′(x )在[0,2]内大于0且越来越大，因此，函数S ＝f (x )的图像是上升的且图像是下凸的；当x ∈(2,3)时，在单位长度改变量Δx 内面积改变量ΔS 大于0且越来越小，即斜率f ′(x )在(2,3)内大于0且越来越小，因此，函数S ＝f (x )的图像是上升的且图像是上凸的； 当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度改变量Δx 内面积改变量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图像为平行于x 轴的射线．思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可．(4)函数图像在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图像在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图像升降的快慢．(1)(2016·郑州模拟)已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )A ．3B ．2C ．1 D.12(2)(2016·昆明模拟)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点(π2，1)处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( ) A ．－1 B.12 C ．－2 D ．2答案 (1)A (2)A解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)， 即切点的横坐标为3. (2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴π2x y ='＝－1.由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.3．求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值． 错解展示 现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0，依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，0|x x k y '＝＝＝3x 20－6x 0＋2，① 又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况． 1．若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A ．2 B ．0 C ．－2 D ．－4 答案 D解析 f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2， 所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4.2．(2016·长沙模拟)若曲线f (x )＝x 4－x 在点P 处的切线平行于直线3x －y ＝0，则点P 的坐标为( ) A ．(－1,2) B ．(1，－3) C ．(1,0) D ．(1,5)答案 C解析 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，因为f ′(x )＝4x 3－1， 所以f ′(x 0)＝4x 30－1＝3，即x 0＝1. 把x 0＝1代入函数f (x )＝x 4－x ，得y 0＝0， 所以点P 的坐标为(1,0)．3．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32，p ＝134.4．已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则001|x x y x '＝＝， 切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.5.(2016·郑州质检)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( ) A ．－1 B ．0 C ．2 D ．4 答案 B解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0.6．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图像的切线平行，则实数a 的值为( ) A.14 B.12 C ．1 D ．4 答案 A解析 由题意可知()121,2f x x -'＝g ′(x )＝ax ，由f ′(14)＝g ′(14)，得1211(),1244a -⨯=可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意．7．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，那么f (x )的解析式为 ．答案 f (x )＝e x－x ＋12x 2解析 由已知得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1，所以f ′(1)＝e. 从而f (x )＝e x－x ＋12x 2.8．(2016·邯郸模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于 ． 答案12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2， ∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1)，∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 ．答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x.∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点， 即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.10.(2016·哈122中学期末)已知点P 在曲线y ＝4e x＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 ．答案 [34π，π) 解析 ∵y ＝4e x ＋1，∴y ′＝－4e x e x ＋12＝－4e x e x 2＋2e x ＋1＝－4e x ＋1ex ＋2≥－1(当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号)， ∴－1≤tan α<0.又∵0≤α<π，∴3π4≤α<π. 11．已知曲线y ＝13x 3＋43. (1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2， ∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4，∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为020|,x x y x ＝＝ ∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43. ∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43， 即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.12．已知函数f (x )＝x －2x，g (x )＝a (2－ln x )(a >0)．若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线斜率相同，求a 的值，并判断两条切线是否为同一条直线．解 根据题意有曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为f ′(1)＝3，曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线斜率为g ′(1)＝－a .所以f ′(1)＝g ′(1)，即a ＝－3.曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －f (1)＝3(x －1)，又f (1)＝－1，得y ＋1＝3(x －1)，即切线方程为3x －y －4＝0.曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程为y －g (1)＝3(x －1)，又g (1)＝－6，得y ＋6＝3(x －1)，即切线方程为3x －y －9＝0，所以两条切线不是同一条直线． 13.设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．(1)解 方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3. 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2， 于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3，故f (x )＝x －3x . (2)证明 设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0， 从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

高考专题突破一 高考中的导数应用问题试题 理 北师大版1．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A ．3f (1)<f (3) B ．3f (1)>f (3) C ．3f (1)＝f (3) D ．f (1)＝f (3)答案 B解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝fx x －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是减函数， ∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．故选B.2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞)答案 D解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．(2016·宝鸡模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则a 的范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]答案 D解析 当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)， 所以f (x )在(－∞，－1)上为增函数， 在(－1,0]上为减函数，所以f (x )在x ∈[－2,0]上的最大值为f (－1)＝2，欲使得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋x ，e axx 在[－2,2]上的最大值为2，则当x ＝2时，e 2a的值必须小于等于2， 即e 2a≤2，解得a ∈(－∞，12ln 2]．4．(2016·全国甲卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝x 2＋－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.5．(2016·陕西西工大附中模拟)设函数f (x )为(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)－9f (－3)>0的解集为________． 答案 {x |x <－2 019}解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2(x <0)， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3， 即[x 2f (x )]′<x 3<0. 令F (x )＝x 2f (x )，则当x <0时，F ′(x )<0，即F (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴F (x ＋2 016)＝(x ＋2 016)2f (x ＋2 016)，F (－3)＝9f (－3)，即不等式等价为F (x ＋2 016)－F (－3)>0. ∵F (x ) 在(－∞，0)上是减函数，∴由F (x ＋2 016)>F (－3)，得x ＋2 016<－3， ∴x <－2 019.题型一 利用导数研究函数性质例1 (2015·课标全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是减少的．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上是增加的，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0； 当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图像的性质进行分析．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上是增加的，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x>0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. 所以函数f (x )的递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上是增加的， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1x ＋2>0，所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上是增加的， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为[32， ＋∞)．题型二 利用导数研究方程的根或函数的零点问题 例2 (2015·北京)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：所以，f (x )的递减区间是(0，k )，递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上是减少的且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上是减少的且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图像，根据零点或图像的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )是增加的，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 题型三 利用导数研究不等式问题例3 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．(1)解 对一切x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝x ＋x －x2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )是减少的， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )是增加的， 所以h (x )min ＝h (1)＝4. 因为对一切x ∈(0，＋∞)， 2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4. (2)证明 问题等价于证明x ln x >x ex －2e(x ∈(0，＋∞))．f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xe x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________________． 答案 [－74，－32]解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )是减少的，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234；对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈[－74，－32]．1．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(0,5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．综上，f (x )的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)． 2．(2016·千阳中学模拟)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在(0，1e )上是减少的，在(1e ，＋∞)上是增加的．所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立， 即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x (1－1x)．当x >1时，因为g ′(x )＝1x (1－1x)>0，故g (x )在[1，＋∞)上是增加的， 所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 从而a 的取值范围是(－∞，1]．3．(2015·重庆)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝x ＋ax－x 2＋axxx2＝－3x 2＋－a x ＋aex， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋－a x ＋aex.令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.4．已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ， 得f ′(x )＝x (2＋cos x )．(1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，所以f ′(a )＝a (2＋cos a )＝0，b ＝f (a )．解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减少的，在区间(0，＋∞)上是增加的，f (0)＝1是f (x )的最小值． 当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点；当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ， f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)．5．(2016·四川)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内是减少的．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a . 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增加的． (2)令g (x )＝1x －1ex －1，s (x )＝e x －1－x . 则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内是增加的．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1. 由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0， 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)． 当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内是增加的． 又因为h (1)＝0，所以当x >1时， h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。