2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六 第3讲 导数的简单应用含答案

高考冲刺之导数（基础篇）1．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线l的斜率，切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数的物理意义若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的瞬时速度．3．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．4．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．5．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．6．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答． 两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件． 如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件． 易误警示直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线；反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公共点． 两个条件(1)f ′(x )＞0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )；(3)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)解出相应的x 的范围．当f ′(x )＞0时，f (x )在相应的区间上是增函数；当f ′(x )＜0时，f (x )在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间． 小题分类1.（导数与积分）定积分ln 20e x dx ⎰的值为（ ）A. －1B. 1C. 2e 1-D. 2e 【答案】B（2）当0x >时，函数2y x =与函数2xy =的图像所围成的封闭区域的面积是 【答案】427（3）用max{}a b ，表示a ，b 两个数中的最大数，设2()max{f x x =1()4x ≥，那么由函数()y f x =的图象、x 轴、直线14x =和直线2x =所围成的封闭图形的面积是 【答案】3512（4）若dx x c dx x b xdx a ⎰⎰⎰-=-==12111,1,，则c b a ,,的大小关系是 （ ）A.c b a <<B.b c a <<C.c a b <<D.ab c << 【答案】A变式设a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ，则(a x －1x )6的二项展开式中含x 2的系数是( )A ．192B ．－192C ．96D ．－96解析：因为a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ＝(－cosx ＋sinx)| π0＝(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2，所以(a x －1x)6＝⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6，则可知其通项T r ＋1＝(－1)r C r 626－r x 6－r2－r 2＝(－1)r C r 626－r x 3－r ，令3－r ＝2⇒r ＝1，所以展开式中含x 2项的系数是(－1)r C r 626－r ＝(－1)1C 1626－1＝－192，故答案选B.（2）若等比数列{a n }的首项为23，且a 4＝⎠⎛14(1＋2x)dx ，则公比等于________．解析：⎠⎛14(1＋2x)dx ＝(x ＋x 2)|41＝(4＋16)－(1＋1)＝18，即a 4＝18＝23·q 3⇒q ＝3.2.(导数的单调性)若()224ln f x x x x =--，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．()1,0-B ．()()1,02,-⋃+∞C ．()2,+∞D ．()0,+∞ 【答案】C（2）函数()f x 的定义域为R ，对任意实数x 满足(1)(3)f x f x -=-，且(1)(3)f x f x -=-．当l ≤x ≤2时，函数()f x 的导数()0f x '>，则()f x 的单调递减区间是（ ）A ．[2,21]()k k k Z +∈B ．[21,2]()k k k Z -∈C ．[2,22]()k k k Z +∈D ．[22,2]()k k k Z -∈ 【答案】A（3）已知函数2()(21)(R xf x ax x e a -=-+⋅∈，e 为自然对数的底数). 若函数()f x 在[-1，1]上单调递减，求a 的取值范围． 【答案】解： ]322[)12()22()(22+---=⋅+--⋅-='---x ax ax e e x ax eax x f x x x令3)1(2)(2++-=x a ax x g ①若0=a ，则32)(+-=x x g ，在)11(，-内，0)(>x g ，即0)(<'x f ，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.………………7分②若0>a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为11>+=aa x ，当且仅当0)1(≥g ，即10≤<a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ， 函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.③若0<a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向下的抛物线， 当且仅当⎩⎨⎧≥≥-0)1(0)1(g g ，即035<≤-a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ， 函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减. 综上所述，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减时，a 的取值范围是135≤≤-a ．…12分 3.（导数与切线斜率）设R a ∈,函数()e e x xf x a -=+⋅的导函数是()f x '，且()f x '是奇函数，若曲线()y f x =的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为（ ） A. ln 22-B.ln 2-C.ln 22D. ln 2 【答案】D（2）已知函数)0()1(2131)(23>++-=a x x aa x x f ，则)(x f 在点))1(,1(f 处的切线的斜率最大时的切线方程是______________【答案】31=y (3)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 ( ) A.19 B.29 C.13 D.23 【答案】A4.(导数与图像)函数y ＝f （x ）在定义域（－32，3）内的图像如图所示．记y ＝f （x ）的导函数为y ＝f '（x ），则不等式f '（x ）≤0的解集为A ．[－13，1]∪[2，3）B ．[－1，12]∪[43，83]C ．[－32，12]∪[1，2）D ．（－32，－13]∪[12，43]∪[43，3）【答案】A（2）设()f x '是函数()f x 的导函数,()y f x '=的图象如右图所示，则()y f x =的图象最有可能的是【答案】C（3）已知R 上可导函数)(x f 的图象如图所示，则不等式0)()32(2>'--x f x x 的解集为（ ）【答案】DA ．),1()2,(+∞⋃--∞B ．)2,1()2,(⋃--∞C ．),2()0,1()1,(+∞⋃-⋃--∞D. ),3()1,1()1,(+∞⋃-⋃--∞5.（导数的运用）已知定义在R 上的函数)(),(x g x f 满足x a x g x f =)()(，且),()()()(x g x f x g x f '<'25)1()1()1()1(=--+g f g f ，则a 的值是（ ） A ．2B ．21 C ．3 D ．31【答案】B（2）已知定义在实数集R 上的函数)(x f 满足)1(f =1，且)(x f 的导数)(x f '在R 上恒有)(x f '<)(21R x ∈，则不等式212)(22+<x x f 的解集为（ ） A ．),1(+∞ B ．)1,(--∞ C ．)1,1(- D．)1,(--∞∪),1(+∞【答案】D（3）函数)(x f 的定义域为R ,2)1(=-f ,对任意2)(,'>∈x f R x ,则42)(+>x x f 的解集为（ ）A.)1,1(-B.),1(+∞-C.)1,(--∞D.R 【答案】B（4）()cos(3)(0)f x x ϕϕπ=+<<,若()()f x f x '+是奇函数，则ϕ=【答案】（5）)(x f 是定义在),0(+∞上的非负可导函数 ，且满足()()'≤xf x f x ，对任意的正数b a 、，若b a <，则必有 A ．)()(a bf b af ≤ B ．)()(b bf a af ≥ C ．)()(b bf a af ≤D ．)()(a bf b af ≥【答案】A大题冲关1.（研究函数的单调性、极值、最值等问题） 例1.设函数2()(1)2ln(1)f x x x =+-+．（I ）求()f x 的单调区间；（II ）当0<a<2时，求函数2()()1g x f x x ax =---在区间[03]，上的最小值．解：（I ）定义域为(1,)-+∞． 12(2)()2(1)11x x f x x x x +'=+-=++． 令()0f x '>，则2(2)01x x x +>+，所以2x <-或0x >．因为定义域为(1,)-+∞，所以0x >．令()0f x '<，则2(2)01x x x +<+，所以20x -<<．因为定义域为(1,)-+∞，所以10x -<<．所以函数的单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(1,0)-．（II ）()(2)2ln(1)g x a x x =--+ （1x >-）．2(2)()(2)11a x ag x a x x x--'=--=++． 因为0<a<2，所以20a ->，02a a >-．令()0g x '> 可得2ax a >-． 所以函数()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,)2a a+∞-上为增函数． ①当032a a <<-，即302a <<时，在区间[03]，上，()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,3)2a a-上为增函数． 所以min 2()()2ln22a g x g a a a==---． ②当32a a ≥-，即322a ≤<时，()g x 在区间(03)，上为减函数．所以min ()(3)632ln 4g x g a ==--． 综上所述，当302a <<时，min 2()2ln 2g x a a =--；当322a ≤<时，min ()632ln 4g x a =--．例 2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

2020年高考数学二轮复习《导数》讲义案及基础题型精讲卷一、考纲解读1．了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数最大值、最小值；3．生活中的优化问题，会利用导数解决某些实际问题.二、命题趋势探究在综合题中，含参数的导数问题几乎是每年必考的内容；另外，导数与不等式的综合问题也是考试热点.三、知识点精讲1．函数单调性与导函数符号的关系 一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数. ②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0f x '>⇒()f x 单调递增；()f x 单调递增()0f x '⇒≥；()0f x '<⇒()f x 单调递减；()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.4．求可导函数()f x 极值的一般步骤（1）先确定函数()f x 的定义域；（2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点.5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值； （2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值； ②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.。

第3讲 导数的简单应用[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019求切线方程·T 13利用导数讨论函数的单调性及公切线问题·T 20已知切线方程求参数·T 6利用导数研究函数的极值点·T 20 利用导数讨论函数的单调性及最值问题·T 202018奇函数的定义及利用导数的几何意义求切线方程·T 5利利用导数的几何意义求切线方程·T 13利用导数的几何意义求参数值·T 14利用导数讨论函数的单调性·T 21(1) 2017利用导数讨论函数的单调性·T 21(1)导数的运算、利用导数求函数极值·T 11利用导数研究函数单调性求参数·T 21(1)(1)高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．(2)高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等；有时也出现在解答题第一问．(3)近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．考点一 导数的几何意义[例1] (1)(2019·福州市第一学期抽测)曲线f (x )＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( )A.2B.32C.12D.14(2)(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1 B.a ＝e ，b ＝1 C ．a ＝e －1，b ＝1D.a ＝e －1，b ＝－1(3)(2019·成都市第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x 的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A.2B.1C.e 2D.－e 2[解析] (1)f ′(x )＝1＋1x ，则f ′(1)＝2，故曲线f (x )＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x －1)，即y ＝2x －1，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，⎝⎛⎭⎫12，0，则切线与坐标轴围成的三角形的面积为12×1×12＝14.故选D.(2)y ′＝a e x ＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴ 切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又∵ 切线方程为y ＝2x ＋b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1.故选D. (3)设直线l 与曲线C 1：y ＝e x 的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝⎛⎭⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x ，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y－14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎨⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1（x 1－1）＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l 的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1.故选B.[答案] (1)D (2)D (3)B [解题方略]1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点P (x 0，y 0)，求切线方程求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程已知切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程2．由曲线的切线求参数值或范围的2种类型及解题关键类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围[多练强化]1．(2019·武汉市调研测试)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C.2．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝e x (3x 2＋9x ＋3)，∴ 斜率k ＝e 0×3＝3，∴ 切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x3．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x 的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．解析：f ′(x )＝a ＋3x 2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.答案：2考点二 利用导数研究函数的单调性题型一 求函数的单调区间或判断函数的单调性[例2] 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x（x ＋1）2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x （x －2a ＋3）（x ＋1）3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0, 即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．[解题方略]利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．题型二 已知函数的单调性求参数 [例3] 已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0恒成立． 即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立， 所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立．又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增． [解题方略](1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[多练强化]1．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． 2．(2019·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝e x －ax ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)证明：∀a ∈(0，e)，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝e x －ln x －1， ∴f ′(1)＝e －1， 又f (1)＝e ，∴曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －e ＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1. (2)证明：∵f (x )＝e x －ax ln x ，a ∈(0，e)，x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1， ∴f ′(x )＝e x －a (ln x ＋1)．①当ln x ＋1≤0时，f ′(x )>0恒成立，f (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增．②当ln x ＋1>0时，1≤a <e ，令g (x )＝e xln x ＋1，则g ′(x )＝e x （ln x ＋1）－e x ·1x （ln x ＋1）2＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －1x ＋1（ln x ＋1）2，令h (x )＝ln x －1x＋1，显然h (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增，且h (1)＝0.∴h (x )<0在x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1上恒成立，∴g ′(x )<0在x ∈⎝⎛⎭⎫ae ，1上恒成立， 故g (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递减．又g (1)＝e ，∴g (x )>e 在x ∈⎝⎛⎭⎫a e ，1上恒成立． 又a ∈[1，e)， ∴a <g (x )＝e x ln x ＋1，∴e x －a (ln x ＋1)>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增．综上可知，∀a ∈(0，e)，f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a e ，1上单调递增. 考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题 题型一 求已知函数的极值(最值)[例4] (2019·合肥市第一次质检)已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋1)(e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )－ax ，a ∈R ，试求函数g (x )极小值的最大值． [解] (1)易知x >－1，且f ′(x )＝e x －1x ＋1. 令h (x )＝e x －1x ＋1， 则h ′(x )＝e x ＋1（x ＋1）2>0，∴函数h (x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且h (0)＝f ′(0)＝0.可知，当x ∈(－1，0)时，h (x )＝f ′(x )<0，f (x )＝e x －ln(x ＋1)单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＝f ′(x )>0，f (x )＝e x －ln(x ＋1)单调递增．∴函数f (x )的单调递减区间是(－1，0)，单调递增区间是(0，＋∞)．(2)∵g (x )＝f (x )－ax ＝e x －ln(x ＋1)－ax ， ∴g ′(x )＝f ′(x )－a .由(1)知，g ′(x )在(－1，＋∞)上单调递增，当x →－1时，g ′(x )→－∞；当x →＋∞时，g ′(x )→＋∞，则g ′(x )＝0有唯一解，记为x 0.可知，当x ∈(－1，x 0)时，g ′(x )<0，g (x )＝e x －ln(x ＋1)－ax 单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )＝e x －ln(x ＋1)－ax 单调递增．∴函数g (x )在x ＝x 0处取得极小值，即g (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋1)－ax 0，且x 0满足e x 0－1x 0＋1＝a .∴g (x 0)＝(1－x 0)e x 0－ln(x 0＋1)＋1－1x 0＋1. 令φ(x )＝(1－x )e x －ln(x ＋1)＋1－1x ＋1，则φ′(x )＝－x ⎣⎡⎦⎤e x ＋1（x ＋1）2.可知，当x ∈(－1，0)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(0)＝1.∴函数g (x )极小值的最大值为1. [解题方略]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，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 ]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．题型二 由函数的极值(最值)确定参数值(范围) [例5] (2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．[解] (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减． 若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1. [解题方略] 已知函数极值点或极值求参数的方法 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性[多练强化](2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x ＋a (ln x ＋x )． (1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x －e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋1)e x－e ⎝⎛⎭⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x－e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )， 令g (x )＝x e x ＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a ＋a >－a ＋a ＝0， 故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)．由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减， 故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性[典例] 已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－12， ∵x >0，∴x ＝－12(舍去) 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)法一：f ′(x )＝1x－2a 2x ＋a ＝－（2ax ＋1）（ax －1）x. ①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0， ∴f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a. ∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1； ③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a. ∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12. 综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． 法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x. 由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g （1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，∴⎩⎨⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，∴a ≥1或a ≤－12. ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． [素养通路]逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养．主要包括两类：一类是从特殊到一般的推理，推理形式主要有归纳、类比；一类是从一般到特殊的推理，推理形式主要有演绎．本题是含参函数的单调性问题，对于此类问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．考查了逻辑推理这一核心素养．。

——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三理科数学二轮复习：专题六第三讲正态分布、统计与统计案例-含解析______年______月______日____________________部门20xx最新高三理科数学二轮复习：专题六第三讲正态分布、统计与统计案例-含解析第三讲正态分布、统计与统计案例高考导航1．考查正态曲线的性质及正态分布的概率计算．2．考查系统抽样和分层抽样、样本的频率分布与数字特征、线性回归分析、独立性检验．3．与概率知识交汇进行综合考查.1．(20xx·全国卷Ⅲ)某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了20xx年1月至20xx年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图：根据该折线图，下列结论错误的是( )A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳[解析] 折线图呈现出的是一个逐渐上升的趋势，但是并不是每个月都在增加，故A说法错误；折线图中按照年份进行划分，可以看出每年的游客量都在逐年增加，故B说法正确；折线图中每年的高峰出现在每年的7,8月，故C说法正确；每年的1月至6月相对于7月至12月的波动性更小，变化的幅度较小，说明变化比较平稳，故D说法正确．[答案] A2．(20xx·山东卷)为了研究某班学生的脚长x(单位：厘米)和身高y(单位：厘米)的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为＝x＋，已知i＝225，i＝1600，＝4.该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为( )A．160 B．163C．166 D．170[解析] 由题意可得＝22.5，＝160，∴＝160－4×22.5＝70，即＝4x＋70.当x＝24时，＝4×24＋70＝166，故选C.[答案] C3．(20xx·江苏卷)某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________件．[解析] 从丙种型号的产品中抽取的件数为60×＝18.[答案] 184．(20xx·全国卷Ⅱ)海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如下：(1)设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg，新养殖法的箱产量不低于50 kg”，估计A的概率；(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：箱产量<50 kg 箱产量≥50kg旧养殖法新养殖法(3)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值(精确到0.01)．附：P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.828K2＝.[解] (1)记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于50 kg”．由题意知P(A)＝P(BC)＝P(B)P(C)．旧养殖法的箱产量低于50 kg的频率为(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62，故P(B)的估计值为0.62.新养殖法的箱产量不低于50 kg的频率为(0.068＋0.046＋0.010＋0.008)×5＝0.66，故P(C)的估计值为0.66.因此，事件A的概率估计值为0.62×0.66＝0.4092.(2)根据箱产量的频率分布直方图得列联表箱产量<50 kg 箱产量≥50 kg旧养殖法62 38新养殖法34 66K2＝≈15.705.由于15.705>6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．(3)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50 kg 的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044)×5＝0.34<0.5，箱产量低于55 kg的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044＋0.068)×5＝0.68>0.5，故新养殖法箱产量的中位数的估计值为50＋≈52.35(kg)．考点一正态分布1．正态曲线的性质(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；曲线关于直线x＝μ对称，且在x＝μ处达到峰值．(2)曲线与x轴之间的面积为1.(3)当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．2．正态分布X～N(μ，σ2)的三个常用数据(1)P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826；(2)P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544；(2)P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974.[思维流程][解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.0026，故X ～B(16,0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X ＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X 的数学期望为E(X)＝16×0.0026＝0.0416.(2)(ⅰ)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．(ⅱ)由＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为 115×(16×9.97－9.22)＝10.02， 因此μ的估计值为10.02.i ＝116x2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134， 剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为 115×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为≈0.09.正态分布应关注的两点(1)利用P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值直接求解．(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1来求解．[对点训练]1．(20xx·兰州检测)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是( )A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)D．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)[解析] 由题图可知μ1<0<μ2，σ1<σ2，∴P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故A错；P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，故B错；当t为任意正数时，由题图可知P(X≤t)≥P(Y≤t)，而P(X≤t)＝1－P(X≥t)，P(Y≤t)＝1－P(Y≥t)，∴P(X≥t)≤P(Y≥t)，故C正确，D错．[答案] C 2．某校组织了“20xx年第15届希望杯数学竞赛(第一试)”，已知此次选拔赛的数学成绩X服从正态分布N(72,121)(单位：分)，此次考生共有500人，估计数学成绩在72分到83分之间的人数约为(参数数据：P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.9544.)( )B．170A．238D．477C．340 [解析] 因为X～N(72,121)，所以μ＝72，σ＝11，又P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.6826，所以P(61<X<83)＝0.6826，因为该正态曲线关于直线x＝72对称，所以P(72<X<83)＝P(61<X<83)＝×0.6826＝0.3413，所以0.3413×500＝170.65，从而可得在72分到83分之间的人数约为170，故选B.[答案] B考点二抽样方法、用样本估计总体1．抽样方法抽样方法包括简单随机抽样、系统抽样、分层抽样，三种抽样方法都是等概率抽样．2．频率分布直方图(1)频率分布直方图中横坐标表示组距，纵坐标表示，频率＝组距×.(2)频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.3．方差公式s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2][对点训练]1．(20xx·怀化二模)某校高三(1)班共有48人，学号依次为1,2,3，…，48，现用系统抽样的方法抽取一个容量为6的样本，已知学号为3,11,19,35,43的同学在样本中，则还有一个同学的学号应为( )B．26A．27D．24C．25 [解析] 根据系统抽样的规则——“等距离”抽取，则抽取的号码差相等，易知相邻两个学号之间的差为11－3＝8，所以在19与35之间还有27，故选A.[答案] A 2．(20xx·山东卷)某高校调查了200名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5,30]，样本数据分组为[17.5,20)，[20,22.5)，[22.5,25)，[25,27.5)，[27.5,30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是( )B．60A．56D．140C．120 [解析] 由频率分布直方图可知，这200名学生每周的自习时间不少于22.5小时的频率为(0.16＋0.08＋0.04)×2.5＝0.7，故这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为200×0.7＝140.故选D.[答案] D 3．(20xx·山东临沂一模)传承传统文化再掀热潮，在刚刚过去的新春假期中，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏，如图的茎叶图是两位选手在个人追逐赛中的比赛得分，则下列说法正确的是( )A ．甲的平均数大于乙的平均数B ．甲的中位数大于乙的中位数C ．甲的方差大于乙的方差D ．甲的平均数等于乙的中位数[解析] 由茎叶图，知：甲＝(59＋45＋32＋38＋24＋26＋11＋12＋14)＝29，x －乙＝(51＋43＋30＋34＋20＋25＋27＋28＋12)＝30，s ＝[302＋162＋32＋92＋(－5)2＋(－3)2＋(－18)2＋(－17)2＋(－15)2]≈235.3，s ＝[212＋132＋02＋42＋(－10)2＋(－5)2＋(－3)2＋(－2)2＋(－18)2]≈120.9，甲的中位数为：26，乙的中位数为：28，∴甲的方差大于乙的方差．故选C.[答案] C4．(20xx·正定中学抽测)从某中学高一年级中随机抽取100名同学，将他们的成绩(单位：分)数据绘制成频率分布直方图(如图)，则这100名学生成绩的平均数为________，中位数为________．[解析] 由图可知，平均数＝105×0.1＋115×0.3＋125×0.25＋135×0.2＋145×0.15＝125.中位数在120～130之间，设为x ，则0.01×10＋0.03×10＋0.025×(x－120)＝0.5，解得x ＝124.[答案] 125 124统计问题应关注的3点(1)分层抽样的关键是确定抽样比例，系统抽样主要是确定分段间隔，应用等差数列计算个体号码数．(2)在频率分布直方图中，众数为最高矩形的底边中点的横坐标，中位数为垂直横轴且平分直方图面积的直线与横轴交点的横坐标，平均数为每个小矩形的面积乘以相应小矩形底边中点的横坐标之积的和．(3)计算方差首先要计算平均数，然后再按照方差的计算公式进行计算．方差是描述一个样本和总体的波动大小的特征数，方差大说明波动大．考点三 线性回归分析、独立性检验1．线性回归方程方程＝x ＋称为线性回归方程，其中＝，＝－；(，)称为样本中心点．2．独立性检验K2＝(其中n ＝a ＋b ＋c ＋d 为样本容量)．角度1：线性回归方程的求解及应用【例2－1】 (20xx·全国卷Ⅲ)下图是我国20xx 年至20xx 年生活垃圾无害化处理量(单位：亿吨)的折线图．注：年份代码1～7分别对应年份20xx ～20xx. [解] (1)由折线图中数据和附注中参考数据得t ＝4，(ti －)2＝28，＝0.55，i ＝17 (ti －)(yi －)＝iyi －i ＝40.17－4×9.32＝2.89，r≈≈0.99.因为y 与t 的相关系数近似为0.99，说明y 与t 的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y 与t 的关系．(2)由＝≈1.331及(1)得＝＝≈0.103，a ^＝－≈1.331－0.103×4≈0.92.所以，y 关于t 的回归方程为＝0.92＋0.10t.将20xx 年对应的t ＝9代入回归方程得＝0.92＋0.10×9＝1.82. 所以预测20xx 年我国生活垃圾无害化处理量约为1.82亿吨．角度2：独立性检验的应用[解] (1)优秀 非优秀 合计 甲班 10 50 60 乙班 20 30 50 合计3080110(2)根据列联表中的数据，得到K2＝≈7.486<10.828.因此按99.9%的可靠性要求，不能认为“成绩是否优秀与班级有关系”．(1)求回归直线方程的关键①正确理解计算，的公式和准确的计算，其中线性回归方程必过样本中心点(，)．②在分析两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具有相关关系，若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程估计和预测变量的值．(2)独立性检验的关键根据2×2列联表准确计算K2，若2×2列联表没有列出来，要先列出此表．K2的观测值k越大，对应假设事件H0成立的概率越小，H0不成立的概率越大．[对点训练]1．[角度1]某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，该地一建设银行连续五年的储蓄存款(年底余额)如下表：年份x20xx20xx20xx20xx20xx储蓄存款y/千亿元567810为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，令t＝x－20xx，z＝y－5得到下表：时间代号t12345z01235(1)求z关于t的线性回归方程；(2)通过(1)中的方程，求出y关于x的回归方程；(3)用所求回归方程预测到2020年年底，该地储蓄存款额可达多少？(附：对于线性回归方程＝x ＋，其中＝，＝－) [解] (1)令z 关于t 的线性回归方程为＝t ＋，∵＝3，＝2.2，izi ＝45，＝55，b ^＝＝1.2，＝－＝2.2－3×1.2＝－1.4，∴＝1.2t －1.4.(2)将t ＝x －20xx ，z ＝y －5，代入＝1.2t －1.4， 得－5＝1.2(x －20xx)－1.4，即＝1.2x －2408.4.(3)∵＝1.2×2020－2408.4＝15.6(千亿元)，∴预测到2020年年底，该地储蓄存款额可达15.6千亿元．2．[角度2](20xx·××市高三第一次调研)近年来，随着我国在教育科研上的投入不断加大，科学技术得到迅猛发展，国内企业的国际竞争力得到大幅提升．伴随着国内市场增速放缓，国内有实力的企业纷纷进行海外布局，第二轮企业出海潮到来．如在智能手机行业，国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外共设30多个分支机构，需要国内公司外派大量70后、80后中青年员工．该企业为了解这两个年龄层员工是否愿意被外派工作的态度，按分层抽样的方法从70后和80后的员工中随机调查了100位，得到数据如表：愿意被外派不愿意被外派 合计 70后 20 20 40 80后402060合计6040100(1)根据调查的数据，是否有90%以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”，并说明理由；(2)该公司举行参观驻海外分支机构的交流体验活动，拟安排6名参与调查的70后、80后员工参加.70后员工中有愿意被外派的3人和不愿意被外派的3人报名参加，从中随机选出3人，记选到愿意被外派的人数为x；80后员工中有愿意被外派的4人和不愿意被外派的2人报名参加，从中随机选出3人，记选到愿意被外派的人数为y.求x<y的概率．参考数据：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.005k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.879参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. [解] (1)有90%以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”，理由如下：K2＝错误!＝错误!＝≈2.778>2.706，所以有90%以上的把握认为“是否愿意被外派与年龄有关”．(2)“x<y”包含“x＝0，y＝1”、“x＝0，y＝2”、“x＝0，y＝3”、“x＝1，y＝2”、“x＝1，y＝3”、“x＝2，y＝3”六个事件，且P(x＝0，y＝1)＝×＝，P(x＝0，y＝2)＝×＝，P(x＝0，y＝3)＝×＝，P(x＝1，y＝2)＝×＝，P(x＝1，y＝3)＝×＝，P(x＝2，y＝3)＝×＝，所以P(x<y)＝＝＝.即x<y的概率为.热点课题23 统计知识的实际应用[感悟体验](20xx·山西吕梁二模)某校某次N名学生的学科能力测评成绩(满分120分)的频率分布直方图如下，已知分数在100～110的学生数有21人．(1)求总人数N和分数在110～115分的人数n；(2)现准备从分数在110～115的n名学生(女生占)中选3位分配给A老师进行指导，求选出的3位学生中有1位女生的概率；(3)为了分析某个学生的学习状态，对其下一阶段的学习提供指导建议，对他前7次考试的数学成绩x、物理成绩y进行分析，该生7次考试成绩如表数学(x)888311792108100112物理(y)949110896104101106已知该生的物理成绩y与数学成绩x是线性相关的，求出y关于x的线性回归方程＝x＋.若该生的数学成绩达到130分，请你估计他的物理成绩大约是多少？附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回归方程＝x＋的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－.[解] (1)分数在100～110内的学生的频率为P1＝(0.04＋0.03)×5＝0.35，所以该班总人数为N ＝＝60，分数在110～115内的学生的频率为P2＝1－(0.01＋0.04＋0.05＋0.04＋0.03＋0.01)×5＝0.1，分数在110～115内的人数为n ＝60×0.1＝6.(2)由题意分数在110～115内有6名学生，其中女生有2名，从6名学生中选出3人，有1位女生的概率为P ＝＝.(3)计算＝×(88＋83＋117＋92＋108＋100＋112)＝100，y －＝×(94＋91＋108＋96＋104＋101＋106)＝100；由于x 与y 之间具有线性相关关系， 根据回归系数公式得到＝＝＝0.5，a ^＝－＝100－0.5×100＝50， ∴线性回归方程为＝0.5x ＋50，∴当x ＝130时，＝0.5×130＋50＝115.。

第3讲 导数的简单应用考点1 导数运算及几何意义1．导数公式(1)(sin x )′＝cos x ；(2)(cos x )′＝－sin x ；(3)(a x )′＝a x ln a (a >0)；(4)(log a x )′＝1x ln a (a >0，且a ≠1)．2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[例1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0,0)处的切线方程为________；(2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1(1)本题主要考查导数的几何意义，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x ，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .(2)本题主要考查导数的几何意义，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎨⎧ a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎨⎧ a ＝e －1b ＝－1.【答案】 (1)y ＝3x (2)D1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．2．[警示] 求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先求出切点坐标.『对接训练』1．[2019·云南师大附中适应性考试]曲线y ＝a x 在x ＝0处的切线方程是x ln 2＋y －1＝0，则a ＝( )A.12 B ．2C ．ln 2D ．ln 12详细分析：由题意知，y ′＝a x ln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝12.故选A.答案：A2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( )A ．2 B.14C ．4D ．－12详细分析：因为曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，所以g ′(1)＝2.又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.故选C.答案：C考点2 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(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．[例2] [2019·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b .(1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．本题主要考查导数在研究三次函数单调性、最值中的应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1] 单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f (a 3)＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2．[警示] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.『对接训练』3．[2019·湖北宜昌模拟]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln x ＋1x －x ，其中常数m >0.(1)当m ＝2时，求f (x )的极大值；(2)试讨论f (x )在区间(0,1)上的单调性．详细分析：(1)当m ＝2时，f (x )＝52ln x ＋1x －x ，f ′(x )＝52x －1x 2－1＝－(x －2)(2x －1)2x 2(x >0)．当0<x <12或x >2时，f ′(x )<0，当12<x <2时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递增， ∴f (x )的极大值为f (2)＝52ln 2－32.(2)f ′(x )＝m ＋1m x －1x 2－1＝－(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m x 2(x >0，m >0)， 故当0<m <1时，f (x )在(0，m )上单调递减，在(m,1)上单调递增； 当m ＝1时，f (x )在(0,1)上单调递减；当m >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，1上单调递增．考点3 利用导数研究函数极值、最值可导函数的极值与最值(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] [2019·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，故f (x )在 (－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1，所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解+析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格．2．[警示](1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点．(2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值．(3)对于含参数的函数解+析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.『对接训练』4．[2019·福建福州质量检测]已知函数f (x )＝x 1＋x－a ln(1＋x )(a ∈R )，g (x )＝x 2e mx ＋1－e 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若a <0，∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．详细分析：(1)因为f (x )＝x 1＋x－a ln(1＋x )(x >－1)， 所以f ′(x )＝1(x ＋1)2－a x ＋1＝－ax －a ＋1(x ＋1)2. 当a ≤0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，由⎩⎨⎧ f ′(x )>0，x >－1，得－1<x <－1＋1a ； 由⎩⎨⎧ f ′(x )<0，x >－1，得x >－1＋1a .所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. (2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立， 等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．当a <0时，由(1)知，函数f (x )在[0，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.g ′(x )＝2x e mx ＋1＋mx 2e mx ＋1＝x (mx ＋2)e mx ＋1，(ⅰ)当m ≥0时，若0≤x ≤e ，则g ′(x )≥0，函数g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e m e ＋3－e 2>0，不符合题意．(ⅱ)当－2e ≤m <0，即－2m ≥e 时，在[0，e]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e m e ＋3－e 2，令e m e ＋3－e 2≤0，得m ≤－1e ，所以－2e ≤m ≤－1e .(ⅲ)当m <－2e ，即0<－2m <e 时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上，g ′(x )≥0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上单调递增， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m ，e 上，g ′(x )≤0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m ，e 上单调递减， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m ＝4e m 2－e 2，令4e m 2－e 2≤0， 得m 2≥4e 3，所以m ≤－4e 3，又－4e 3>－2e ，所以m <－2e .综上所述，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e .考点4 定积分定积分求平面图形的面积(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值．[例4] [2019·辽宁丹东适应性测试]如图，函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1的图象相交，形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )A ．1 B.43 C. 3 D ．2由⎩⎨⎧ y ＝－x 2＋2x ＋1，y ＝1，得x 1＝0，x 2＝2，所以闭合图形的面积S＝⎠⎛02(－x 2＋2x ＋1－1)d x ＝⎠⎛02(－x 2＋2x)d x ＝ ⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋x 220＝－83＋4＝43. 【答案】 B(1)求曲边多边形面积的步骤①画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形．②借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限．③将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和．④计算定积分．(2)若所求定积分有明显的几何意义，可以利用定积分的几何意义求定积分.『对接训练』5．[2019·河南八市联合测评]已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，1<x ≤4，x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝( ) A .14 B .143C ．7D .212详细分析：函数f(x)＝⎩⎨⎧ x ，1<x ≤4，x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛14x d x ＝0＋23x 32|41＝143.故选B . 答案：B6．[2019·四川内江适应性测试]由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴围成的图形的面积为( )A ．3B .103C .73D .83详细分析：由题意可知题中曲线与坐标轴围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎨⎧ y ＝x 2＋1，y ＝－x ＋3，解得⎩⎨⎧ x ＝－2，y ＝5(舍去)或⎩⎨⎧ x ＝1，y ＝2，则A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎠⎛01(x 2＋1)d x ＋12×22＝ ⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋x 10＋2＝103，选B .答案：B课时作业5 导数的简单应用 1．[2019·甘肃兰州一中月考] ⎠⎛-11|x|d x 等于( ) A ．0 B ．1C ．2D .12详细分析：如图，由定积分的几何意义可知⎠⎛-11|x|d x 表示图中阴影部分的面积，故⎠⎛-11|x|d x ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＝1.答案：B2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e )＋ln x ，则f(e )＝( )A ．eB ．－1e C ．－1 D ．－e详细分析：由f(x)＝2xf ′(e )＋ln x ，得f ′(x)＝2f ′(e )＋1x ，则f ′(e )＝2f ′(e )＋1e ，所以f ′(e )＝－1e ，故f(x)＝－2e x ＋ln x ，所以f(e )＝－1.故选C .答案：C3．[2019·湖北钟祥模拟]已知函数f(x)＝cos xe x ，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0详细分析：∵f(x)＝cos xe x ，∴f ′(x)＝－sin x －cos x e x，∴f ′(0)＝－1，f(0)＝1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝－x ＋1，即x ＋y －1＝0.故选B .答案：B4．[2019·河北九校第二次联考]函数f(x)＝x ＋3x ＋2ln x 的单调递减区间是( )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)详细分析：解法一 令f ′(x)＝1－3x 2＋2x <0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B .解法二 由题意知x>0，故排除A ，C 选项；又f(1)＝4<f(2)＝72＋2ln 2，故排除D 选项．故选B .答案：B5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x 3－3ln x 的最小值为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3详细分析：函数f(x)＝x 3－3ln x 的定义域为(0，＋∞)．可得f ′(x)＝3x 3－3x ＝3(x －1)(x 2＋x ＋1)x ，令f ′(x)＝0，可得x ＝1， 所以x ∈(0,1)时，f ′(x)<0，函数f(x)是减函数； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)是增函数， 所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B . 答案：B6．[2019·河南濮阳第二次模拟]已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．b>c>a B ．a>c>b C ．a>b>c D ．b>a>c详细分析：依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88. 令f(x)＝ln xx ，则f ′(x)＝1－ln x x 2，易知函数f(x)在(0，e )上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以f(x)max ＝f(e )＝1e ＝b ，且f(3)>f(8)，即a>c ，所以b>a>c.故选D .答案：D7．[2019·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2) 详细分析：f ′(x)＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m －2<0且m>0，故0<m<2.又由题图易得m>1，即m>1.故1<m<2，故选D .答案：D8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )A ．1B .12C .52D .22详细分析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，显然x ＝22是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.故选D .答案：D9．[2019·广东肇庆第二次检测]已知x ＝1是f(x)＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)详细分析：依题意f ′(x)＝(x －a)(x －1)e x ，它的两个零点为x ＝1，x ＝a ，若x ＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x ＝1处取得极小值．故选D .答案：D 10．[2019·山东济南质检]若函数f(x)＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C .⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32D .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2详细分析：f ′(x)＝4x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x， 令f ′(x)>0，得x>12；令f ′(x)<0，得0<x<12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1，得1≤k<32.故选C .答案：C11．[2019·湖南湘东六校联考]已知曲线f(x)＝e x ＋x 2，则曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．详细分析：由题意，得f ′(x)＝e x ＋2x ，所以f ′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －1＝1×(x －0)，即x －y ＋1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝12.答案：1212．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．详细分析：⎠⎛0T x 2d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3T 0＝13T 3＝9，所以T ＝3.答案：313．[2019·广东广州第二次模拟]若函数f(x)＝x 2－x ＋1＋a ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．详细分析：f ′(x)＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax， 由题意得，f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2x 2＋x ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上恒成立，因为y ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上的最大值为18，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 14．[2019·河北承德一中一模]设函数f(x)＝x 2＋1x ，g(x)＝xe x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．详细分析：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，等价于g (x 1)f (x 2)≤k k ＋1恒成立．f(x)＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2x·1x ＝2，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝xe x ，得g ′(x)＝e x －x e x (e x )2＝1－xe x ，由g ′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g ′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，故当x ＝1时，g(x)取得极大值，同时也是最大值，为g(1)＝1e .则g (x 1)f (x 2)的最大值为1e 2＝12e ，则kk ＋1≥12e ，得2e k ≥k ＋1，即k(2e －1)≥1，则k ≥12e －1，故正数k 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12e －1，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞ 15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e axx －1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间．详细分析：(1)当a ＝1时，f(x)＝e xx －1，则f ′(x)＝e x (x －2)(x －1)2. 又f(0)＝e 00－1＝－1，f ′(0)＝e 0(0－2)(0－1)2＝－2. 所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －0)，即y ＝－2x －1.(2)由函数f(x)＝eaxx －1，得f ′(x)＝e ax[ax －(a ＋1)](x －1)2.当a ＝0时，f ′(x)＝－1(x －1)2<0，因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．当a ≠0时，令f ′(x)＝0，即ax －(a ＋1)＝0，解得x ＝a ＋1a . 当a>0时，x ＝a ＋1a >1，所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，a ＋1a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，＋∞. 当a<0时，x ＝a ＋1a <1，所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，1，(1，＋∞)． 16．[2019·广东广州二模]已知函数f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a.(1)若a ＝12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a ≥12，证明函数f(x)不存在极值．详细分析：(1)当a ＝12时，f(x)＝(x ＋2)ln x ＋12x 2－4x ＋72， 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝ln x ＋2x ＋x －3.设g(x)＝ln x ＋2x ＋x －3，则g ′(x)＝1x －2x 2＋1＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x 2. 当0<x<1时，g ′(x)<0，当x>1时，g ′(x)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0(当且仅当x ＝1时取等号)， 即当x>0时，f ′(x)≥0(当且仅当x ＝1时取等号)． 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点． 因为f(1)＝0，所以x ＝1是函数f(x)唯一的零点． 所以函数f(x)的零点只有x ＝1.(2)方法一 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4. 当a ≥12时，f ′(x)≥ln x ＋2x ＋x －3，由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0. 即当x>0时，f ′(x)≥0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)不存在极值．方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.设m(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4，则m ′(x)＝1x －2x 2＋2a ＝2ax 2＋x －2x 2(x>0)． 设h(x)＝2ax 2＋x －2(x>0)，当a ≥12时，令h(x)＝2ax 2＋x －2＝0，解得x 1＝－1－1＋16a 4a <0，x 2＝－1＋1＋16a4a>0. 可知当0<x<x 2时，h(x)<0，即m ′(x)<0，当x>x 2时，h(x)>0，即m ′(x)>0，所以f ′(x)在(0，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0，则f ′(x 2)＝ln x 2＋2x 2＋x 2－3＋(2a －1)x 2≥(2a －1)x 2≥0.所以f ′(x)≥f ′(x 2)≥0，即f(x)在定义域上单调递增． 所以f(x)不存在极值．17．[2019·江西吉安一模]已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝12x 2－52x －1(e 为自然对数的底数)．(1)记F(x)＝ln x ＋g(x)，求函数F(x)在区间[1,3]上的最大值与最小值；(2)若k ∈Z ，且f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值．详细分析：(1)∵F (x )＝ln x ＋g (x )＝ln x ＋12x 2－52x －1，∴F ′(x )＝(2x －1)(x －2)2x ， 令F ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2，∴易知函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)上单调递增． ∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2， F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3. (2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴e x＋12x 2－52x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x ＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．令h (x )＝e x ＋12x 2－52x －1，则h ′(x )＝e x＋x －52.令φ(x )＝e x＋x －52，则φ′(x )＝e x ＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增．又h ′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>0，所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h ′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0.∴h (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴h (x )min ＝h (x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1.又h ′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，∴e x 0＝52－x 0.∴h (x 0)＝52－x 0＋12x 20－52x 0－1＝12(x 20－7x 0＋3)．∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，∴h (x 0)∈⎝⎛⎭⎪⎫－2732，－18. ∵k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立， ∴k ≤h (x 0)，又k ∈Z ，∴k max ＝－1.18．[2019·福建福州质量抽测]设函数f (x )＝(ax －1)e 1－x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，若函数f (x )与函数y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2.①求m 的取值范围； ②求证：x 1＋x 2>4.详细分析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －a ＋1a，由于e1－x>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a ，令f ′(x )<0，得x >a ＋1a ，∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)①当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e 1－x .解法一 令g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x －x 2＋4x －m ， ∴g ′(x )＝－(e 1－x ＋2)(x －2)，由g ′(x )<0得，x >2，由g ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为g (x )的极大值点，也是最大值点，故g (x )max ＝g (2)＝1e ＋4－m ，当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞.若要满足题意，则只需满足g (x )max ＝1e ＋4－m >0，即m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4. 解法二 f ′(x )＝－e 1－x (x －2)，由f ′(x )<0得，x >2，由f ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为f (x )的极大值点，也是最大值点．又易知y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )在x ＝2处取得最小值，∴也要满足题意，则只需满足f (2)＝1e >22－8＋m ，解得m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4.②由题意知，x 1，x 2为函数g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x －x 2＋4x －m 的两个零点，由①知，不妨设x 1<2<x 2，则4－x 2<2，且函数g (x )在(－∞，2)上单调递增，欲证x 1＋x 2>4，只需证明g (x 1)>g (4－x 2)，又g (x 1)＝g (x 2)， ∴只需证明g (x 2)>g (4－x 2)．- 21 - 令H (x 2)＝g (x 2)－g (4－x 2)(x 2>2)， 则H (x 2)＝(x 2－1)e 21x －＋(x 2－3)e23x －， ∴H ′(x 2)＝(x 2－2)(e23x －－e 21x －)． 又x 2>2，∴e 23x －e21x －＝e 224x －>1，即e 23x －－e 21x －>0， ∴H ′(x 2)>0，即H (x 2)在(2，＋∞)上为增函数， ∴H (x 2)>H (2)＝0， ∴g (x 2)>g (4－x 2)成立， ∴x 1＋x 2>4.。

第6讲 导数及其应用1. 了解导数的实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)，掌握函数在一点处的导数定义和导数几何意义，理解导函数的概念．2. 熟记导数的基本公式，掌握两个函数和、差、积、商的求导法则，会求某些简单函数的导数.3. 理解可导函数的单调性与其导数的关系，了解可导函数在某点取得极值时的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)，能用导数解决一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值等．1. 已知m 为实数，函数f(x)＝x 2(x －m)，若f′(－1)＝－1，则f(x)的单调递减区间为________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0 解析：∵ f′(x)＝3x 2－2mx ，f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，m ＝－2，∴ f ′(x)＝3x 2＋4x ＜0，－43＜x ＜0. 2. 已知某生产厂家的年利润y(万元)与年产量x(万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．答案：9解析：y′＝－x 2＋81＞0，解得0＜x ＜9；令导数y′＝－x 2＋81＜0，解得x ＞9.所以函数y ＝－13x 3＋81x －234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，所以在x ＝9处取极大值，也是最大值．3. 若函数f(x)＝2x 2－lnx 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝4x －1x ，由f′(x)＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32.4. 若曲线f(x)＝ax 2＋lnx 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________. 答案：a ＜0解析：由题意知该函数的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x)＝2ax ＋1x.因为存在垂直于y 轴的切线，故此时斜率为0，问题转化为在x ＞0范围内，导函数f ′(x)＝2ax ＋1x存在零点．等价于方程2ax ＋1x ＝0在(0，＋∞)内有解，显然可得a ＝－12x2∈(－∞，0)．题型一 利用导数求曲线的切线方程例1 (2013·浙江卷)已知a∈R ，函数f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax. (1) 若a ＝1，求曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2) 若|a|>1，求f(x)在闭区间[0，|2a|]上的最小值．解：(1) 当a ＝1时，f(x)＝2x 3－6x 2＋6x ，∴ f(2)＝16－24＋12＝4.∵ f′(x)＝6x 2－12x ＋6，∴ f ′(2)＝24－24＋6＝6，∴ y ＝f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y －4＝6(x －2)6x －y －8＝0.(2) ∵ f′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6[x 2－(a ＋1)x ＋a]＝6(x －1)(x －a)，① 当a>1时，x ∈(－∞，1]∪[a，＋∞)时，y ＝f(x)递增，x ∈(1，a)时，y ＝f(x)递减，∴ 当x∈[0，2|a|]时，且2|a|>2，x ∈[0，1]∪[a，2|a|]时，y ＝f(x)递增，x ∈(1，a)时，y ＝f(x)递减，∴ 最小值是f(a)＝2a 3－3(a ＋1)a 2＋6a 2＝3a 2－a 3；再比较f(0)＝0与f(a)的大小，∴ 当a>3时，f(x)min ＝3a 2－a 3，当1<a≤3时，f(x)min ＝0.② 当a<－1时，且2|a|>2，在x∈[0，2|a|]时，x ∈(0，1)时，y ＝f(x)递减，x ∈[1，2|a|]时，y ＝f(x)递增，∴ 最小值是f(1)＝3a －1.综上所述：f(x)在[0，|2a|]上的最小值g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a ＜－1，0，1<a ≤3，3a 2－a 3，a>3.已知函数f(x)＝ax 3＋x 2－ax ，其中a∈R ，x ∈R .(1) 当a ＝1时，求函数f(x)在x ＝1处的切线方程；(2) 若函数f(x)在区间(1，2)上不是单调函数，试求a 的取值范围；(3) 已知b>－1，如果存在a∈(－∞，－1]，使得函数h(x)＝f(x)＋f ′(x)(x∈[－1，b])在x ＝－1处取得最小值，试求b 的最大值．解：(1) 当a ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－x ，则f′(x)＝3x 2＋2x －1，故k ＝f′(1)＝4. 又切点为(1，1)，故所求切线方程为y －1＝4(x －1)，即4x －y －3＝0.(2) 由题意知，f ′(x)＝3ax 2＋2x －a 在区间(1，2)上有不重复的零点，由f′(x)＝3ax 2＋2x －a ＝0，得(3x 2－1)a ＝－2x.因为3x 2－1≠0，所以a ＝－2x 3x 2－1.令y ＝－2x 3x 2－1，则y′＝6x 2＋2（3x 2－1）2>0，故y ＝－2x3x 2－1在区间(1，2)上是增函数，所以其值域为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－411， 从而a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－1，－411. (3) h(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a)x －a ， 由题意知h(x)≥h(－1)对x∈[－1，b]恒成立，即ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a)x －a≥2a－1对x∈[－1，b]恒成立，即(x ＋1)[ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a)]≥0 ①对x∈[－1，b]恒成立． 当x ＝－1时，①式显然成立； 当x∈(－1，b]时，①式可化为 ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a)≥0 ②，令φ(x)＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋(1－3a)，则其图象是开口向下的抛物线，所以⎩⎪⎨⎪⎧φ（－1）≥0，φ（b ）≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧－4a≥0，ab 2＋（2a ＋1）b ＋（1－3a ）≥0，其等价于b 2＋2b －3b ＋1≤－1a③.因为③在a∈(－∞，－1]时有解，所以b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，解得－1<b≤17－12，从而b 的最大值为17－12. 题型二 利用导数研究函数的性质例2 设函数f(x)＝x(e x －1)－ax 2.(1) 若a ＝12，求f(x)的单调区间；(2) 若当x≥0时，f (x)≥0，求a 的取值范围．解：(1) a ＝12时，f(x)＝x(e x－1)－12x 2，f ′(x)＝e x －1＋xe x －x ＝(e x－1)(x ＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)>0；当x∈(－1，0)时，f ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减．(2) f(x)＝x(e x －1－ax)，令g(x)＝e x －1－ax ，g ′(x)＝e x－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g (x)≥0，即f(x)≥0.若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g ′(x)<0，g(x)为减函数， 而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0. 综上，a 的取值范围为(－∞，1]．已知a>0，b ∈R ，函数f(x)＝x 3＋ax ，g(x)＝x 2＋bx ，f ′(x)、g′(x)是f(x)、g(x)的导函数．若f ′(x)g ′(x)≥0在区间[－1，＋∞)上恒成立．(1) 求实数b 的取值范围；(2) 当b 取最小值时，讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)在[－1，＋∞)上的单调性．解：(1) ∵ f(x)＝x 3＋ax ，g(x)＝x 2＋bx ，∴ f ′(x)＝3x 2＋a ，g ′(x)＝2x ＋b.x ∈[－1，＋∞)，f ′(x )g′(x)≥0，即x ∈[－1，＋∞)，(3x 2＋a)(2x ＋b)≥0.∵ a＞0，∴ 3x 2＋a ＞0，∴ x ∈[－1，＋∞)，2x ＋b≥0，即x ∈[－1，＋∞)，b ≥－2x ，∴ b ≥2，故所求实数b 的取值范围是[2，＋∞)．(2) b 的最小值为2，h(x)＝x 3－x 2＋ax －2x ，h ′(x)＝3x 2－2x ＋a －2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋a －73.当a≥73时，h ′(x)＝3x 2－2x ＋a －2≥0对x∈[－1，＋∞)恒成立，h(x)在[－1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜73时，由h′(x)＝3x 2－2x ＋a －2＝0，得x ＝1±7－3a 3＞－1，∴ h(x)在[－1，1－7－3a 3]上单调递增，在[1－7－3a 3，1＋7－3a3]上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋7－3a 3，＋∞上单调递增．题型三 利用导数解应用题例3 某单位决定对本单位职工实行年医疗费用报销制度，拟制定年医疗总费用在2万元至10万元(包括2万元和10万元)的报销方案，该方案要求同时具备下列三个条件：① 报销的医疗费用y(万元)随医疗总费用x(万元)增加而增加；② 报销的医疗费用不得低于医疗总费用的50%；③ 报销的医疗费用不得超过8万元．(1) 请你分析该单位能否采用函数模型y ＝0.05(x 2＋4x ＋8)作为报销方案；(2) 若该单位决定采用函数模型y ＝x －2lnx ＋a(a 为常数)作为报销方案，请你确定整数a 的值．(参考数据：ln2≈0.69，ln10≈2.3)解：(1) 函数y ＝0.05(x 2＋4x ＋8)在[2，10]上是增函数，满足条件①； 当x ＝10时，y 有最大值7.4万元，小于8万元，满足条件③；但当x ＝3时，y ＝2920<32，即y≥x2不恒成立，不满足条件②.故该函数模型不符合该单位报销方案．(2) 对于函数模型y ＝x －2lnx ＋a ，设f(x)＝x －2lnx ＋a ，则f′(x)＝1－2x ＝x －2x≥0.∴ f(x)在[2，10]上是增函数，满足条件①，由条件②，得x －2lnx ＋a≥x 2，即a≥2lnx －x2在x∈[2，10]上恒成立，令g(x)＝2lnx －x 2，则g′(x)＝2x －12＝4－x2x，由g ′(x)>0得x<4，∴ g(x)在(0，4)上是增函数，在(4，10)上是减函数． ∴ a ≥g(4)＝2ln4－2＝4ln2－2.由条件③，得f(10)＝10－2ln10＋a≤8， 解得a≤2ln10－2.另一方面，由x －2lnx ＋a≤x，得a≤2lnx 在x∈[2，10]上恒成立，∴ a ≤2ln2. 综上所述，a 的取值范围为[4ln2－2，2ln2]， ∴ 满足条件的整数a 的值为1.两县城A 和B 相距20 km ，现计划在两县城外以AB 为直径的半圆弧AB 上选择一点C 建造垃圾处理厂，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，对城A 和城B 的总影响度为城A 与城B 的影响度之和，记C 点到城A 的距离为x km ，建在C 处的垃圾处理厂对城A 和城B 的总影响度为y ，统计调查表明：垃圾处理厂对城A 的影响度与所选地点到城A 的距离的平方成反比，比例系数为4；对城B 的影响度与所选地点到城B 的距离的平方成反比，比例系数为k ，当垃圾处理厂建在弧AB 的中点时，对城A 和城B 的总影响度为0.065.(1) 将y 表示成x 的函数；(2) 讨论(1)中函数的单调性，并判断弧AB 上是否存在一点，使建在此处的垃圾处理厂对城A 和城B 的总影响度最小？若存在，求出该点到城A 的距离；若不存在，说明理由．解：(1) 如图，由题意知：AC⊥BC，BC 2＝400－x 2，y ＝4x 2＋k 400－x 2(0＜x ＜20)，当垃圾处理厂建在弧AB 的中点时，垃圾处理厂到A 、B 的距离都相等，且为10 2 km ，所以有0.065＝4（102）2＋k（102）2，解得k ＝9， 所以y ＝4x 2＋9400－x2(0＜x ＜20)．(2)因为y′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 2＋9400－x 2′＝－8x 3＋18x （400－x 2）2＝10x 4＋6 400x 2－1 280 000x 3（400－x 2）2，令y′＞0，得x 4＋640x 2－128 000＞0，解得x 2＞160，即x ＞410.又0＜x ＜20，所以函数y ＝4x2＋9400－x2在x∈(0，410)上是减函数，在x∈(410，20)上是增函数，所以当x ＝410时，y 取得最小值，所以在弧AB 上存在一点，且此点到城市A 的距离为410 km ，使建在此处的垃圾处理厂对城市A 、B 的总影响度最小．题型四 导数的综合应用例4 已知函数f(x)＝xlnx－ax(x>0且x≠1)．(1) 若函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，求实数a 的最小值；(2) 若$x 1、x 2∈[e ，e 2]，使f(x 1)≤f′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围．解：(1) 因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f ′(x)＝lnx －1（lnx ）2－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)max ≤0.又f′(x)＝lnx －1（lnx ）2－a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lnx 2＋1lnx－a＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lnx －122＋14－a,故当1lnx ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x)max ＝14－a.所以14－a≤0，于是a≥14，故a 的最小值为14(2) (解法1)命题“若x 1、x 2∈[e ，e 2]，使f(x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于“当x∈[e ，e 2]时，有f(x)min ≤f ′(x)max ＋a”．由(1)，当x∈[e ，e 2]时，f ′(x)max ＝14－a ，∴ f ′(x)max ＋a ＝14.问题等价于“当x∈[e ，e 2]时，有f(x)min ≤14”① 当a≥14时，由(1)，f(x)在[e ，e 2]上为减函数，则f(x)min ＝f(e 2)＝e 22－ae 2≤14，故a≥12－14e2.② 当a<14时，由于f′(x)＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lnx －122＋14－a 在[e ，e 2]上为增函数，故f′(x)的值域为[f′(e)，f ′(e 2)]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ，14－a .(i) 若－a≥0，即a≤0，f ′(x)≥0在[e ，e 2]恒成立，故f(x)在[e ，e 2]上为增函数，于是，f(x)min ＝f(e)＝e －ae ≥e>14，不合题意．(ii) 若－a<0，即0<a<14，由f′(x)的单调性和值域知，唯一x 0∈(e ，e 2)，使f′(x 0)＝0，且满足：当x∈(e ，x 0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x 0，e 2)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数；所以，f(x)min ＝f(x 0)＝x 0lnx 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2).所以，a ≥1lnx 0－14x 0>1lne 2－14e >12－14＝14，与0<a<14矛盾，不合题意． 综上，得a≥12－14e2 .(解法2)命题“若x 1、x 2∈[e ，e 2]，使f(x 1)≤f′(x 2)＋a 成立”等价于“x 1∈[e ，e 2]，使f(x 1)≤f′(x)max ＋a”．由(1)，当x∈[e ，e 2]时，f ′(x)max ＝14－a ，于是f′(x)max ＋a ＝14.故x 1∈[e ，e 2]，使f(x 1)＝x 1lnx 1－ax 1≤14，即x 1∈[e ，e 2]，使a≥1lnx 1－14x 1.所以当x∈[e ，e 2]时，a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1lnx －14x min .记g(x)＝1lnx －14x ，x ∈[e ，e 2]，则g′(x)＝－1x （lnx ）2＋14x 2＝－4x ＋（lnx ）24x 2·（lnx ）2.因为x∈[e ，e 2]，故4x∈[4e ，4e 2]，(lnx)2∈[1，4]，于是g ′(x)<0，x ∈[e ，e 2]恒成立.所以，g(x)＝1lnx －14x 在[e ，e 2]上为减函数，所以，g(x)min ＝1lne 2－14e 2＝12－14e 2.所以，a ≥12－14e2.已知函数f(x)＝a x＋x 2－xlna(a>0，a ≠1)． (1) 求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2) 求函数f(x)的单调区间；(3) 若存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1) 因为函数f(x)＝a x ＋x 2－xlna(a>0，a ≠1),所以f′(x)＝a xlna ＋2x －lna ，f ′(0)＝0.因为f(0)＝1，所以函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝1.(2) 由(1)，f ′(x)＝a x lna ＋2x －lna ＝2x ＋(a x－1)lna. 因为当a>0，a ≠1时，总有f′(x)在R 上是增函数， 又f′(0)＝0，所以不等式f′(x)>0的解集为(0，＋∞)， 故函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．(3) 因为存在x 1、x 2∈[－1，1]，使得|f(x 1)－f(x 2)|≥e －1成立， 而当x∈[－1，1]时，|f(x 1)－f(x 2)|≤f(x)max －f(x)min,所以只要f(x)max －f(x)min ≥e －1即可．因为x ，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋f(x) 极小值所以f(x)1，1]时，f(x)的最小值f(x)min ＝f(0)＝1，f(x)的最大值f(x)max 为f(－1)和f(1)中的最大值.因为f(1)－f(－1)＝(a ＋1－lna)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋lna ＝a －1a －2lna, 令g(a)＝a －1a－2lna(a>0)，因为g′(a)＝1＋1a 2－2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2>0,所以g(a)＝a －1a－2lna 在a∈(0，＋∞)上是增函数.而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1); 当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1) .所以，当a>1时，f(1)－f(0)≥e －1，即a －lna ≥e －1，函数y ＝a －lna 在a∈(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e ；当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e －1，即1a＋lna ≥e －1，函数y ＝1a ＋lna 在a∈(0，1)上是减函数，解得0<a≤1e. 综上可知，a 的取值范围为a∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪[e ，＋∞) .1. (2013·广东卷)若曲线y ＝ax 2－lnx 在点(1，a)处的切线平行于x 轴，则a ＝________．答案：12解析：y′＝2ax －1x ，由题知，2a －1＝0，a ＝12.2. (2013·江西卷)若曲线y ＝x α＋1(α∈R )在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________．答案：2解析：y′＝αx α－1，在点(1，2)处的切线方程为y －2＝α(x －1)，点(0，0)代入得－2＝－α，α＝2.3. (2014·全国卷)若函数f(x)＝kx －lnx 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________．答案：[1，＋∞)解析：f′(x)＝k －1x ，由已知得f′(x)≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，故k≥1x.因为x>1，所以0<1x<1，故k 的取值范围是[1，＋∞)．4. (2013·湖北卷)已知函数f(x)＝x(lnx －ax)有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：由题知，x>0，f ′(x)＝lnx ＋1－2ax ，由于f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y ＝lnx ＋1与y ＝2ax(x>0)的图象有两个不同的交点，则a>0；设函数y ＝lnx ＋1图象上任一点(x 0，1＋lnx 0)处的切线为l ，则k ＝1x 0，当l 过坐标原点时，1x 0＝1＋lnx 0x 0x 0＝1，令2a ＝1得a ＝12，结合图形可知0<a<12.5. (2014·北京卷)已知函数f(x)＝xcosx －sinx ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1) 求证：f(x)≤0；(2) 若a<sinx x <b 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．(1) 证明：由f(x)＝xcosx －sinx 得 f′(x)＝cosx －xsinx －cosx ＝－xsinx.因为在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上f′(x)＝－xsinx ＜0，所以f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2) 解：当x>0时，“sinx x >a ”等价于“sinx －ax>0”“sinxx<b ”等价于“sinx －bx<0”．令g(x)＝sinx －cx ，则g′(x )＝cosx －c ，当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x)＝cosx －c ＜0，所以g(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g′(x 0)＝cosx 0－c ＝0.g(x)与g′(x)在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：Z ]因为00＞0对任意x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0＜c≤2π.综上所述，当且仅当c≤2π时，g(x)>0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a<sinx x <b 对任意x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.6. (2013·福建卷)已知函数f(x)＝x －1＋aex (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；(3) 当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f(x)没有公共点，求k 的最大值．解：(1) 由f(x)＝x －1＋a e x ，得f′(x)＝1－aex .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－ae ＝0，解得a ＝e.(2) f′(x)＝1－aex ，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 ，x ＝lna.x ∈(－∞，lna)，f ′(x)<0；x∈(lna ，＋∞)，f ′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x ＝lna 处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna ，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 ＝lna 处取得极小值lna ，无极大值．(3) (解法1)当a ＝1时，f(x)＝x －1＋1e x ，令g(x)＝f(x)－(kx －1)＝(1－k)x ＋1ex ，则“直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f(x)没有公共点”等价于“方程g(x)＝0在R 上没有实数解”．假设k>1，此时g(0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝－1＋1e 1k －1<0，又函数g(x)的图象连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R 上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R 上没有实数解”矛盾，故k≤1.又k ＝1时，g(x)＝1ex >0，知方程g(x)＝0在R 上没有实数解．所以k 的最大值为1.(解法2) 当a ＝1时，f(x)＝x －1＋1ex .“直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f(x)没有公共点”等价于“关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R 上没有实数解”，即“关于x 的方程(k －1)x ＝1ex (*)在R 上没有实数解”． ① 当k ＝1时，方程(*)可化为1e x ＝0，在R 上没有实数解；② 当k≠1时，方程(*)化为1k －1＝xe x.令g(x)＝xe x ，则有g ′(x)＝(1＋x)e x. 令g′(x)＝0，得x ＝－1，当x 变化时，g ′(x)的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) g′(x) － 0 ＋g(x) ] －1eZ 当x ＝－1时，g(x)min ＝－e，同时当x 趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞. 所以当1k －1∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e ，1)． 综上，得k 的最大值为1.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2013·宿迁、徐州三模)已知函数f(x)＝lnx －ax 2－x ，a ∈R .(1) 若函数y ＝f(x)在其定义域内是单调增函数，求a 的取值范围；(2) 设函数y ＝f(x)的图象被点P(2，f(2))分成的两部分为c 1、c 2(点P 除外)，该函数图象在点P 处的切线为l ，且c 1、c 2分别完全位于直线l 的两侧，试求所有满足条件的a 的值．解：(1) f′(x)＝1x －2ax －1＝－2ax 2＋x －1x(x>0)，(2分)只需要2ax 2＋x －1≤0，即2a≤1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14，所以a≤－18.(4分)(2) 因为f′(x)＝1x －2ax －1，所以切线l 的方程为y ＝⎝⎛⎭⎪⎫－4a －12(x －2)＋ln2－4a －2. 令g(x)＝lnx －ax 2－x －[(－4a －12)(x －2)＋ln2－4a －2]，则g(2)＝0.g ′(x)＝1x －2ax ＋4a －12＝－2ax 2－（4a －12）x －1x.(6分)若a ＝0，则g′(x)＝2－x2x，当x∈(0，2)时，g ′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g ′(x)<0， 所以g(x)≥g(2)＝0，c 1、c 2在直线l 同侧，不合题意；(8分)若a≠0，g ′(x)＝－2a （x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋14a x ，若a ＝－18，g ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12x≥0，g(x)是单调增函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)>g(2)＝0；当x∈(0，2)时，g(x)<g(2)＝0，符合题意；(10分)若a<－18，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14a ，2时，g ′(x)<0，g(x)>g(2)＝0， 当x∈(2，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)>g(2)＝0，不合题意；(12分)若－18<a<0，当x∈⎝⎛⎭⎪⎫2，－14a 时，g ′(x)<0，g(x)<g(2)＝0， 当x∈(0，2)时，g ′(x)>0，g(x)<g(2)＝0，不合题意；(14分) 若a>0，当x∈(0，2)时，g ′(x)>0，g(x)<g(2)＝0，当x∈(2，＋∞)时，g ′(x)<0，g(x)<g(2)＝0，不合题意．故只有a ＝－18符合题意．(16分)1. 函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为________． 答案：(－1，11)解析： f′(x)＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x ＋1)，由(x －11)(x ＋1)＜0得单调减区间为(－1，11)．亦可填写闭区间或半开半闭区间．2. 已知函数f(x)＝13ax 3＋bx 2＋x ＋3，其中a 、b∈R ，a ≠0.(1) 当a 、b 满足什么条件时，f(x)取得极值？(2) 已知a ＞0，且f(x)在区间(0，1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围．解： (1)由已知得f′(x)＝ax 2＋2bx ＋1，令f′(x)＝0，得ax 2＋2bx ＋1＝0，f(x)要取得极值，方程ax 2＋2bx ＋1＝0必须有两个不同解，所以Δ＝4b 2－4a ＞0，即b 2＞a, 此时方程ax 2＋2bx ＋1＝0的根为x 1＝－2b －4b 2－4a 2a ＝－b －b 2－a a ，x 2＝－2b ＋4b 2－4a 2a＝－b ＋b 2－aa，所以f′(x)＝a(x －x 1)(x －x 2)． 当a ＞0时， x (－∞，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2(x 2，＋∞) f′(x) ＋ 0 －＋ f(x) Z 极大值] 极小值 Z12当a ＜0时， x (－∞，x 2) x 2 (x 2，x 1) x 1 (x 1，＋∞) f′(x) － 0 ＋－ f (x) ] 极小值Z 极大值 ]12综上，当a 、b 满足b 2＞a 时，f(x)取得极值．(2) 要使f(x)在区间(0，1]上单调递增，需使f′(x)＝ax 2＋2bx ＋1≥0在(0，1]上恒成- 11 - 立，即b≥－ax 2－12x ，x ∈(0，1]恒成立， 所以b≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－ax 2－12x max.设g(x)＝－ax 2－12x ，g′(x)＝－a 2＋12x 2＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1a 2x 2，令g′(x)＝0得x ＝1a 或x ＝－1a(舍去)，当a ＞1时，0＜1a ＜1，当x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x)＞0，g(x)＝－ax 2－12x 单调递增；当x∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，1时，g ′(x)＜0，g(x)＝－ax 2－12x 单调递减，所以当x ＝1a时，g(x)取得极大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ a.所以b≥－ a.当0＜a≤1时，1a ≥1，此时g′(x)≥0在区间(0，1]上恒成立，所以g(x)＝－ax 2－12x 在区间(0，1]上单调递增，当x ＝1时，g(x)最大，最大值为g(1)＝－a ＋12，所以b ≥－a ＋12. 综上，当a ＞1时，b ≥－a ；当0＜a≤1时，b ≥－a ＋12. 点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值，运用函数与方程的思想、化归思想和分类讨论的思想解答问题．3. 已知函数f(x)＝13x 3－2x 2＋3x(x∈R )的图象为曲线C. (1) 求过曲线C 上任意一点的切线斜率的取值范围；(2) 若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解： (1) f′(x)＝x 2－4x ＋3，则f′(x)＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点的切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2) 由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧k≥－1，－1k≥－1，解得－1≤k＜0或k≥1，由－1≤x 2－4x ＋3＜0或x 2－4x ＋3≥1，得x∈(－∞，2－2]∪(1，3)∪[2＋2，＋∞)，即为所求取值范围．。

回扣3 导数1．导数的几何意义(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y －f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．2．利用导数研究函数的单调性(1)求可导函数单调区间的一般步骤①求函数f(x)的定义域；②求导函数f′(x)；③由f′(x)＞0的解集确定函数f(x)的单调增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调减区间．(2)由函数的单调性求参数的取值范围：①若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立；②若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，f′(x)＞0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；③若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集．3．利用导数研究函数的极值与最值(1)求函数的极值的一般步骤①确定函数的定义域；②解方程f′(x)＝0；③判断f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0两侧的符号变化：若左正右负，则x0为极大值点；若左负右正，则x0为极小值点；若不变号，则x0不是极值点．(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤①求函数y＝f(x)在[a，b]内的极值；②比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．4．定积分的三个公式与一个定理(1)定积分的性质：①ʃb a kf(x)d x＝kʃb a f(x)d x；②ʃb a[f1(x)±f2(x)]d x＝ʃb a f1(x)d x±ʃb a f2(x)d x.③ʃb a f(x)d x＝ʃc a f(x)d x＋ʃb c f(x)d x(其中a<c<b)．(2)微积分基本定理一般地，如果f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且F′(x)＝f(x)，那么ʃb a f(x)d x＝F(b)－F(a)．1．已知可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则f′(x)≥0(≤0)对∀x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数f(x)的单调递增(减)区间为(a，b)，则f′(x)＞0(＜0)的解集为(a，b)．2．f′(x)＝0的解不一定是函数f(x)的极值点．一定要检验在x＝x0的两侧f′(x)的符号是否发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点．1．a，b，c依次表示函数f(x)＝2x＋x－2，g(x)＝3x＋x－2，h(x)＝ln x＋x－2的零点，则a，b，c的大小顺序为( )A．c<b<a B．a<b<cC．a<c<b D．b<a<c答案 D解析a，b，c为直线y＝2－x分别与曲线y＝2x，y＝3x，y＝ln x的交点横坐标，从图象可知，b<a<c，故选D.2．若曲线f(x)＝x4－4x在点A处的切线平行于x轴，则点A的坐标为( )A．(－1,2) B．(1，－3)C．(1,0) D．(1,5)答案 B解析对f(x)＝x4－4x，求导得f′(x)＝4x3－4，由在点A处的切线平行于x轴，可得4x3－4＝0，解得x＝1，即点A的坐标为(1，－3)．3．若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A ，D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B ，故选C.4．设曲线f (x )＝－e x－x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1,2] B ．(3，＋∞)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，23 答案 D解析 由f (x )＝－e x－x ，得f ′(x )＝－e x－1， 因为e x＋1＞1，所以1e x ＋1∈(0,1)，由g (x )＝3ax ＋2cos x ，得g ′(x )＝3a －2sin x ， 又－2sin x ∈[－2,2]，所以3a －2sin x ∈[－2＋3a,2＋3a ]，要使过曲线f (x )＝－e x －x 上任意一点的切线l 1， 总存在过曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则⎩⎪⎨⎪⎧－2＋3a ≤0，2＋3a ≥1，解得－13≤a ≤23.5．(2016·四川)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a 等于( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2答案 D解析 ∵f (x )＝x 3－12x ，∴f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )的极小值点为a ＝2.6．(2016·全国Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A.[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 方法一 (特殊值法)不妨取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增，排除A ，B ，D.故选C. 方法二 (综合法)∵函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0，即a cos x ≥43cos 2x －53在(－∞，＋∞)上恒成立．当cos x ＝0时，恒有0≥－53，得a ∈R ；当0<cos x ≤1时，得a ≥43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，g (t )＝43t －53t 在(0,1]上为增函数，得a ≥g (1)＝－13；当－1≤cos x <0时，得a ≤43cos x －53cos x ，令t ＝cos x ，g (t )＝43t －53t 在[－1,0)上为增函数，得a ≤g (－1)＝13.综上，可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13，故选C.7．(2016·全国Ⅰ)函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )答案 D解析 f (2)＝8－e 2＞8－2.82＞0，排除A ；f (2)＝8－e 2<8－2.72<1，排除B ；在x ＞0时，f (x )＝2x 2－e x ，f ′(x )＝4x －e x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时，f ′(x )<14×4－e 0＝0，因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，排除C ，故选D.8．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 答案 C解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16， ∴f (2)＝18.9．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x，由f ′(x )＝0，得x ＝12.利用图象可得 ⎩⎪⎨⎪⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32，故选B.10．已知奇函数f (x )是定义在R 上的可导函数，其导函数为f ′(x )，当x ＞0时，有2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，则不等式(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)＋4f (－2)＜0的解集为( ) A ．(－∞，－2 016) B ．(－2 016，－2 012) C ．(－∞，－2 018) D ．(－2 016,0)答案 A解析 由题观察联想可设g (x )＝x 2f (x )，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，结合条件x >0,2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，得g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )＞0，g (x )＝x 2f (x )在(0，＋∞)上为增函数． 又f (x )为R 上的奇函数，所以g (x )为奇函数， 所以g (x )在(－∞，0)上为增函数． 由(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)＋4f (－2)＜0， 可得(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)＜4f (2)， 即g (x ＋2 018)＜g (2)，所以x ＋2 018＜2，故x ＜－2 016，故选A. 11．ʃ10(1－x 2＋x ＋x 3)d x ＝________. 答案π＋34解析 因为ʃ10(1－x 2＋x ＋x 3)d x ＝ʃ101－x 2d x ＋ʃ10(x ＋x 3)d x ， ʃ10(x ＋x 3)d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋14x 410＝34，ʃ101－x 2d x 等于以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的四分之一，即为π4， 所以ʃ10(1－x 2＋x ＋x 3)d x ＝π＋34. 12．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0，得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数单调递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数单调递增． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22.∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. 13．已知曲线C ：y ＝f (x )＝x 3－ax ＋a ，若过曲线C 外一点A (1,0)引曲线C 的两条切线，它们的倾斜角互补，则a 的值为________． 答案278解析 设切点坐标为(t ，t 3－at ＋a )． 由题意知，f ′(x )＝3x 2－a ， 切线的斜率为k ＝y ′|x ＝t ＝3t 2－a ，①所以切线方程为y －(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(x －t )．② 将点(1,0)代入②式，得－(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(1－t )，解得t ＝0或t ＝32.分别将t ＝0和t ＝32代入①式，得k ＝－a 和k ＝274－a ，由题意它们互为相反数，得a ＝278.14．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________．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＋52x，则若存在x ∈[1,2]，使a ≥h (x )成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞. 15．设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)由题意可得f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为x －y ＝0. (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若k ＜0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．所以当k >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k ；当k <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞.(3)由(2)知，若k ＞0，则当且仅当－1k≤－1，即0<k ≤1时，函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增； 若k ＜0，则当且仅当－1k≥1，即－1≤k <0时，函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增．综上可知，当函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．16．已知函数f (x )＝ax e x ，其中a ＞0，且函数f (x )的最大值是1e. (1)求实数a 的值；(2)若函数g (x )＝ln f (x )－b 有两个零点，求实数b 的取值范围；(3)若对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )＜1k ＋2x －x 2成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝a (1－x )e x ，因为a ＞0，所以当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＞0，f (x ) 在(－∞，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减，则f (x )max ＝f (1)＝a e ＝1e，所以a ＝1. (2)由题意知，函数g (x )＝ln f (x )－b ＝ln x －x －b (x ＞0)，所以g ′(x )＝1x －1＝1－x x， 易得函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝－1－b ， 依题意知，－1－b ＞0，则b ＜－1，所以实数b 的取值范围是(－∞，－1)．(3)由题意知，f (x )＝x e x ＜1k ＋2x －x 2对任意x ∈(0,2)都成立， 所以k ＋2x －x 2＞0，即k ＞x 2－2x 对任意x ∈(0,2)都成立，从而k ≥0.又不等式整理可得k ＜e x x＋x 2－2x ， 令h (x )＝e x x＋x 2－2x ， 所以令h ′(x )＝e x (x －1)x 2＋2(x －1) ＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2＝0，得x ＝1， 当x ∈(1,2)时，h ′(x )＞0，函数h (x )在(1,2)上单调递增，同理，函数h (x )在(0,1)上单调递减， h (x )min ＝h (1)＝e －1.依题意得k ＜h (x )min ＝h (1)＝e －1，综上所述，实数k 的取值范围是[0，e －1)．。

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义（一）《函数、导数、不等式》专题一、专题热点透析函数、导数和不等式这三部分内容都是高考考查的重点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题。

纵观近年的高考试题，对函数的主干知识，函数知识的综合应用，函数与导数、不等式的结合，利用导数研究函数的单调性、求函数的极值和最值等内容是本专题考查的重点，而本专题命题的热点主要是函数的图像与性质，以函数为背景的方程、不等式问题，以函数为模型运用导数解决的应用问题等几个方面。

本专题重在讲解题型和思想方法，所选例题比较简单。

二、热点题型范例题型一、函数的单调性与极值问题例1．已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围． 解：（1）32()1f x x ax x =+++求导得2()321f x x ax '=++当23a ≤时，0∆≤，()0f x '≥，()f x 在R 上递增；当23a >，()0f x '=求得两根为x =即()f x在3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭，递增，33a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，递减，3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增。

（2）2313≤-≥-，且23a>，解得2a ≥。

例2．已知定义在R 上的函数32(),,,,f x ax bx cx d a b c d =+++其中 是实数.（1）若函数)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上都是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，并且,18)0(,7)0(-='-=f f 求函数)(x f 的表达式；（2）若2,,30a b c b ac -<满足，求证：函数)(x f 是单调函数．解：（1）.23)(2c bx ax x f ++='由.1823)(,1818)0(2-+='-=-='bx ax x f c f 即得又由于)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，所以 －1和3必是0)(='x f 的两个根，从而⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=-+=--.6,2.018627,01823b a b a b a 解得 又根据32(0)77,()26187.f d f x x x x =-=-=---得所以（2）因为)(x f '为二次三项式，并且0)3(4)3(4)2(22<-=-=∆ac b ac b ，当0)(,0>'>x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递增函数；当0)(,0<'<x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递减函数，因此对任意给定的实数a ，函数)(x f 总是单调函数。

内容要求层次重难点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的概念 A 了解导数概念的实际背景；理解导数的几何意义．导数的几何意义 C导数的运算根据导数定义求函数y c=，y x=，2y x=，3y x=，1yx=，y x=的导数C能根据导数定义，求函数23y c y x y x y x====，，，，1y y xx==，（c为常数）的导数．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数（仅限于形如()f ax b+的复合函数）的导数．导数的四则运算 C简单的复合函数（仅限于形如()f ax b+）的导数）B导数公式表 C导数在研究函数中的应用利用导数研究函数的单调性（其中多项式函数不超过三次）C了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）．会利用导数解决某些实际问题．函数的极值、最值（其中多项式函数不超过三次）C利用导数解决某些实际问题 B知识框架高考要求导数的综合应用导数的概念及其几何意义导数的运算导数在研究函数中的应用导数的综合应用一、 导数的应用1．利用导数判断函数的单调性的方法：如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '>，则()f x 在这个区间上是增函数；如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '<，则()f x 在这个区间上是减函数． 2．利用导数研究函数的极值：已知函数()y f x =，设0x 是定义域内任一点，如果对0x 附近的所有点x ，都有0()()f x f x <，则称函数()f x 在点0x 处取极大值，记作0()y f x =极大．并把0x 称为函数()f x 的一个极大值点．如果在0x 附近都有0()()f x f x >，则称函数()f x 在点0x 处取极小值，记作0()y f x =极小．并把0x 称为函数()f x 的一个极小值点．极大值与极小值统称为极值．极大值点与极小值点统称为极值点． （二）主要方法：1．求函数()y f x =的极值的方法：第1步 求导数()f x '；第2步 求方程()0f x '=的所有实数根；第3步 考察在每个根0x 附近，从左到右，导函数()f x '的符号如何变化．如果()f x '的符号由正变负，则0()f x 是极大值；如果由负变正，则0()f x 是极小值．如果在()0f x '=的根0x x =的左右侧，()f x '的符号不变，则0()f x 不是极值．2．函数()f x 的最大（小）值是函数在指定区间的最大（小）的值． 求函数最大（小）值的方法：第1步 求()f x 在指定区间内所有使()0f x '=的点；第2步 计算函数()f x 在区间内使()0f x '=的所有点和区间端点的函数值，其中最大的为最大值，最小的为最小值．知识要点二、 导数与其它知识综合1．导数与函数的性质、基本初等函数的结合，这是导数的最主要的考查内容； 2．导数与数列的结合，要注意数列作为函数的特殊性； 3．导数与三角函数的结合；4．导数在不等式的证明中的运用，经常需要构造函数，利用导数去求单调性，证明不等式．一、 导数与函数综合1、设函数()y f x =在(,)a b 上的导函数为()f x '，()f x '在(,)a b 上的导函数为()f x ''，若在(,)a b 上，()0f x ''<恒成立，则称函数()f x 在(,)a b 上为“凸函数”．已知432113()1262f x x mx x =--． （1）若()f x 为区间(1,3)-上的“凸函数”，试确定实数m 的值；（2）若当实数m 满足||2m ≤时，函数()f x 在(,)a b 上总为“凸函数”，求b a -的最大值．二、 导数与数列的综合2、各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，函数21()()ln 2f x px p q x q x =-++， （其中p 、q 均为常数，且0p q >>），当1x a =时，函数()f x 取得极小值，点(2)()n n a S n *∈N ，均在函数22()qy px f x q x'=-++的图象上，（其中()f x '是函数()f x 的导函数） （1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）记43n nn S b q n =⋅+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．3、已知数列{}n a 的首项15a =，前n 项和为n S ，且*125()n n S S n n +=++∈N（1）证明数列{}1n a +是等比数列；例题精讲（2）令212()n n f x a x a x a x =+++L ，求函数()f x 在点1x =处的导数(1)f '，并比较2(1)f '与22313n n -的大小．三、 导数与三角函数的综合4、已知函数2()e (22)x f x ax x =⋅--，a ∈R 且0a ≠．（1）若曲线()y f x =在点(1(1))P f ，处的切线垂直于y 轴，求实数a 的值； （2）当02a <≤时，求函数(|cos |)f x 的最大值和最小值． （3）当2a >时，求函数(|cos |)f x 的最大值和最小值．1．导数与函数的性质、基本初等函数的结合，这是导数的最主要的考查内容； 常常涉及到函数与方程的知识，有时需要结合函数图象求解； 2．导数与数列的结合，要注意数列作为函数的特殊性； 3．导数与三角函数的结合；4．导数在不等式的证明中的运用，经常需要构造函数，利用导数去求单调性，证明不等式．课后小结课后检测【习题1】 设函数1()ln ().f x x a x a R x=--∈ (I)讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个极值点12x x 和，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2?k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【习题2】 设函数()sin ()f x x x x =∈R ．（1）证明(2π)()2πsin f x k f x k x +-=，其中为k 为整数； （2）设0x 为()f x 的一个极值点，证明420020[()]1x f x x =+；（3）设()f x 在(0)+∞，内的全部极值点按从小到大的顺序排列12n a a a L L ，，，，， 证明：1ππ (12)2n n a a n +<-<=L ，，。

专题二函数与导数第1讲函数的概念、图象与性质[记牢方能用活]一、函数与映射的相关结论1．相等函数如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等．2．映射的个数若集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，则从集合A到集合B的映射共有n m个．二、函数的表示方法及分段函数1．表示函数的常用方法：解析法、图象法、列表法．2．分段函数：若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，则这种函数称为分段函数．分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．三、函数的图象及应用1．描点法作图的方法步骤(1)确定函数的定义域；(2)化简函数的解析式；(3)讨论函数的性质，即奇偶性、周期性、单调性、最值(甚至变化趋势)；(4)描点连线，画出函数的图象．2．图象变换(1)平移变换四、函数的性质及应用1．利用性质判断函数的奇偶性一般情况下，在相同定义域内，有下列结论成立：奇函数±奇函数＝奇函数，偶函数±偶函数＝偶函数，偶函数×偶函数＝偶函数，奇函数×奇函数＝偶函数，奇函数×偶函数＝奇函数．2．函数单调性判断的常用方法(1)定义法：要注意函数的定义域；(2)图象法：作出函数图象，从图象上直观判断；(3)复合函数法：同增异减；(4)性质法：增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减；(5)导数法．3．几种常见抽象函数的周期调研1函数的表示、分段函数a．分段函数求值问题1．(2019·山西太原三中模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－1(x ≥2)，log 2x (0<x <2)，若f (m )＝3，则实数m 的值为( )A ．－2B ．8C ．1D ．2答案：D 解析：当m ≥2时，m 2－1＝3，∴m ＝2或m ＝－2(舍)；当0<m <2时，log 2m ＝3，∴m ＝8(舍)．∴m ＝2.故选D.2．(2018·江苏，9,5分)函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)，且在区间(－2,2]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx2，0<x ≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，－2<x ≤0， 则f (f (15))的值为________．答案：22 解析：由函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)，可知函数f (x )的周期是4，所以f (15)＝f (－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f (f (15))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝cos π4＝22.b ．分段函数的不等式问题3．(2017·全国Ⅲ，15,5分)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值范围是________． 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析：由题意知，可对不等式分x ≤0，0＜x ≤12，x ＞12三段讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12＞1， 解得x ＞－14，∴－14＜x ≤0；当0＜x ≤12时，原不等式为2x ＋x ＋12＞1，显然成立； 当x ＞12时，原不等式为2x ＋2x －12＞1，显然成立． 综上可知，x ＞－14.小提示：分段函数的有关方程、不等式问题，都需对函数表达式分段讨论，只有解析式明确后，才能解方程、解不等式，关键是对自变量的分类讨论，得到函数表达式．[对点提升]1．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≤2，log a x －12，x >2的值域为R ，则f (22)的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－54 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，－12 答案：D 解析：当x ≤2时，f (x )∈[－1，＋∞)，依题意可得当x >2时，函数f (x )的取值必须包含(－∞，－1)，如图所示，可知函数在区间(2，＋∞)上单调递减，得0<a <1.当x ＝2时，log a 2<0，且log a 2－12≥－1，即－12≤log a 2<0，所以f (22)＝log a 22－12＝32log a 2－12，即f (22)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，－12.故选D.2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln (x ＋1)，x >0，－x 2＋3x ，x ≤0，若不等式|f (x )|－mx ＋2≥0恒成立，则实数m 的取值范围为________．答案：[－3－22，0] 解析：原不等式恒成立等价于不等式mx ≤|f (x )|＋2恒成立．在平面直角坐标系中画出y＝|f(x)|＋2的大致图象，如图所示，则不等式恒成立即是函数y＝mx的图象恒在函数y＝|f(x)|＋2的图象的下方．下面考虑函数y＝x2－3x＋2(x≤0)的图象的切线的斜率，且此切线过原点．设切点为P(a，b)(a<0)，则b＝a2－3a＋2，y′＝2x－3，于是切线方程为y－b＝(2a－3)(x－a)．因为切线过原点，所以－b＝(2a－3)·(－a)，即－(a2－3a＋2)＝－2a2＋3a，所以a2＝2.又因为a<0，所以a＝－ 2.此时切线的斜率k＝2a－3＝－3－2 2.结合图象可知，所求实数m的取值范围为[－3－22，0]．调研2函数的图象及应用a．由解析式辨识图象1．(2019·全国Ⅰ，5,5分)函数f(x)＝sin x＋xcos x＋x2在[－π，π]的图象大致为()解析：∵f(－x)＝sin(－x)－xcos(－x)＋(－x)2＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A.当x＝π时，f(π)＝π－1＋π2>0，排除B，C.故选D.小提示：函数图象的辨识方法1．由函数的定义域判断图象的左右位置，由函数的值域判断图象的上下位置；2．由函数的单调性判断图象的变化趋势；3．由函数的奇偶性判断图象的对称性；4．由函数的周期性识辨图象；5．由函数图象上的特征点排除不符合要求的图象．b．函数零点与图象的综合2．(2016·全国Ⅱ，12,5分)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝x＋1x与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x m，y m)，则∑i＝1m(x i＋y i)＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m答案：B 解析：由f (－x )＝2－f (x )可知f (x )的图象关于点(0,1)对称，又易知y ＝x ＋1x ＝1＋1x 的图象关于点(0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点(0,1)对称，则x 1＋x m ＝x 2＋x m －1＝…＝0，y 1＋y m ＝y 2＋y m －1＝…＝2，∴ i ＝1m(x i ＋y i )＝0×m 2＋2×m2＝m .故选B.小提示：凡是两函数交点坐标之和(或积)等问题，都与图象的性质有关，数形结合法是解题关键，准确判断函数的对称性(对称轴、对称中心)，借助对称性解决问题．[对点提升]1．(2019·全国Ⅲ，7,5分)函数y ＝2x 32x ＋2－x在[－6,6]的图象大致为( )答案：B2．(2016·山东，15,5分)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．答案：(3，＋∞)解析：f(x)的大致图象如图所示，要满足存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三个不同的根，只需4m－m2<m，又m>0，所以m>3.调研3函数的性质及应用a．利用函数性质求值问题1．(2018·全国Ⅱ，11,5分)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝() A．－50 B．0C．2 D．50答案：C解析：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．又f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函数f(x)是周期为4的周期函数．由f(x)为奇函数，得f(0)＝0.又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.故选C.小提示：本题中函数既有对称中心，又有对称轴，则其表现出周期性．若函数f(x)有对称轴为x＝a和x＝b，则T＝2|a－b|；若有对称中心为(a,0)，(b,0)，则T＝2|a－b|；若有对称中心为(a,0)，对称轴为x＝b，则T＝4|a－b|.b．利用函数性质比较大小2．(2019·全国Ⅲ，11,5分)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则()答案：Cc．由单调性求参数3．(2019·北京，13,5分)设函数f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．答案：－1 (－∞，0] 解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －a e x . ∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立， 即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立． 又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]． 小提示：利用对称性、单调性比较大小，应先将自变量转化为同一单调区间，不等式的求解可利用数形结合，褪掉抽象符号f .[对点提升]1．(2019·江西南昌第一中学模拟)已知函数f (x )＝(e x ＋e －x )ln 1－x1＋x －1，若f (a )＝1，则f (－a )＝________.答案：－3 解析：∵y ＝ex＋e －x 是偶函数，y ＝ln1－x 1＋x在(－1,1)上为奇函数，∴φ(x )＝(ex＋e －x )·ln1－x1＋x为奇函数． ∵f (a )＝φ(a )－1＝1，∴φ(a )＝2. ∴f (－a )＝φ(－a )－1＝－φ(a )－1＝－3.2．(2019·四川成都外国语学校阶段考)函数f (x )＝log 2(x 2－ax ＋3a )在[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案：(－4,4] 解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2－ax ＋3a )在[2，＋∞)上是增函数，所以当x ∈[2，＋∞)时，x 2－ax ＋3a >0且函数g (x )＝x 2－ax ＋3a 为增函数，即a2≤2且f (2)＝4＋a >0，解得－4<a ≤4.提醒 完成专题训练(五)第2讲基本初等函数、函数与方程[记牢方能用活]一、一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的实根分布二、指数函数与对数函数的图象与性质三、函数的零点1．函数的零点与方程的根、函数图象的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．2．判断函数零点个数的常用方法(1)解方程法：令f(x)＝0，如果有解，则有几个解就有几个零点．(2)利用零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数图象在[a，b]上的图象是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合法：转化为两个相应函数图象的交点的个数问题，有几个交点就有几个零点．四、应用函数模型解决实际问题的一般程序读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答.调研1 幂函数与二次函数 a ．幂函数的性质1．(2018·上海，7,5分)已知α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，12，1，2，3.若幂函数f (x )＝x α为奇函数，且在(0，＋∞)上递减，则α＝________.答案：－1 解析：本题主要考查幂函数的性质． ∵幂函数f (x )＝x α为奇函数，∴α可取－1,1,3，又f (x )＝x α在(0，＋∞)上递减， ∴α<0，故α＝－1. b ．二次函数的性质2．(2019·浙江，16,4分)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－x .若存在t ∈R ，使得|f (t ＋2)－f (t )|≤23，则实数a 的最大值是________．答案：43 解析：由题意，得f (t ＋2)－f (t ) ＝a (t ＋2)3－(t ＋2)－(at 3－t ) ＝a [(t ＋2)3－t 3]－2＝a (t ＋2－t )[(t ＋2)2＋(t ＋2)·t ＋t 2]－2 ＝2a (3t 2＋6t ＋4)－2 ＝2a [3(t ＋1)2＋1]－2. 由|f (t ＋2)－f (t )|≤23， 得|2a [3(t ＋1)2＋1]－2|≤23， 即－23≤2a [3(t ＋1)2＋1]－2≤23， 23≤a [3(t ＋1)2＋1]≤43，∴23·13(t ＋1)2＋1≤a ≤43·13(t ＋1)2＋1.设g (t )＝43·13(t ＋1)2＋1，则当t ＝－1时，g (t )max ＝43.∴当t ＝－1时，a 取得最大值43，满足题意． 小提示：幂函数y ＝x α(α∈R)的性质及图象特征1．所有的幂函数在(0，＋∞)上都有定义，并且图象都过点(1,1)； 2．如果α>0，则幂函数的图象过原点，并且在区间[0，＋∞)上为增函数； 3．如果α<0，则幂函数的图象在区间(0，＋∞)上为减函数；4．当α为奇数时，幂函数为奇函数；当α为偶数时，幂函数为偶函数． [对点提升]1．(2019·河南濮阳二模)已知函数f (x )＝(m 2－m －1)·x m 2＋2m －3是幂函数，且其图象与两坐标轴都没有交点，则实数m ＝( )A ．－1B ．2C ．3D ．2或－1答案：A 解析：∵函数f (x )＝(m 2－m －1)x m 2＋2m －3 是幂函数，∴m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1.当m ＝2时，f (x )＝x 5，其图象与两坐标轴有交点，不合题意；当m ＝－1时，f (x )＝1x 4，其图象与两坐标轴都没有交点，符合题意，故m ＝－1，故选A.2．(2019·河南南阳模拟)设函数f (x )＝mx 2－mx －1，若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，0] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，57 C ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，57 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57 答案：D 解析：由题意，f (x )<－m ＋4对于x ∈[1,3]恒成立，即m (x 2－x ＋1)<5对于x ∈[1,3]恒成立．∵当x ∈[1,3]时，x 2－x ＋1∈[1,7]，∴不等式f (x )<－m ＋4等价于m <5x 2－x ＋1.∵当x ＝3时，5x 2－x ＋1取最小值57，∴若要不等式m <5x 2－x ＋1对于x ∈[1,3]恒成立，则必须满足m <57，因此，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57，故选D. 调研2 指数、对数函数 a ．指数式、对数式的大小比较1．(2019·全国Ⅰ，3,5分)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．c <a <bD ．b <c <a答案：B 解析：因为a ＝log 20.2<0，b ＝20.2>1,0<c ＝0.20.3<1，所以b >c >a .故选B.2．(2019·天津，6,5分)已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <c <bB ．a <b <cC ．b <c <aD ．c <a <b答案：A 解析：因为y ＝log 5x 是增函数，所以a ＝log 52<log 55＝0.5.因为y ＝log 0.5x 是减函数，所以b ＝log 0.50.2>log 0.50.5＝1.因为y ＝0.5x 是减函数，所以0.5＝0.51<c ＝0.50.2<0.50＝1，即0.5<c <1.所以a <c <b .故选A.小提示：指数式、对数式的大小比较，常利用函数的单调性或中间值进行比较，要根据具体式子的特点，选择恰当的函数，有时还需要借助幂函数比较．对于比较的式子，要先化简转化，再比较大小．b ．指数函数、对数函数的图象与性质3．(2018·上海，11,5分)已知常数a >0，函数f (x )＝2x 2x ＋ax 的图象经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，65，Q ⎝⎛⎭⎪⎫q ，－15.若2p ＋q ＝36pq ，则a ＝________. 答案：6 解析：本题主要考查指数式的运算．由已知条件知，f (p )＝65，f (q )＝－15，所以⎩⎨⎧2p2p＋ap ＝65，①2q 2q＋aq＝－15，②①＋②，得2p (2q ＋aq )＋2q (2p ＋ap )(2p ＋ap )(2q ＋aq )＝1，整理得2p ＋q ＝a 2pq ，又2p ＋q ＝36pq ，∴36pq ＝a 2pq ，又pq ≠0，∴a 2＝36，∴a ＝6或a ＝－6，又a >0，得a ＝6. c ．对数式的大小比较4．(2019·安徽安庆二模)若函数f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)的定义域与值域都是[m ，n ](m <n )，则a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(e ，＋∞)C ．(1，e)D ．(1，e 1e)答案：D 解析：f (x )＝log a x 的定义域与值域相同， 等价于方程f (x )＝log a x ＝x 有两个不等的实数解． ∵log a x ＝x ，∴ln xln a ＝x ， ∴ln a ＝ln xx 有两个不等实数解，问题等价于直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点． 作函数y ＝ln xx 的图象，如图所示．根据图象可知，当0<ln a <1e ，即1<a <e 1e时，直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点．故选D.[对点提升]1．(2019·湖北华中师大第一附属中学模拟)设a ＝2 01612 017，b ＝log 20162 017，c ＝log 2 017 2 016，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >a >cD ．c >b >a答案：A 解析：∵a ＝2 01612 017>2 0160＝1,1＝log 2 0162 016>b ＝log 20162 017>log 2 016 2 016＝12，c ＝log 2 017 2 016<log 2 017 2 017＝12，所以a >b >c .故选A.2．(2019·山东淄博模拟)已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln x 2＋12，对任意a ∈R ，存在b ∈(0，＋∞)，使f (a )＝g (b )，则b －a 的最小值为( )A ．2e －1B ．e 2－12 C ．2－ln 2 D ．2＋ln 2答案：D调研3 函数的零点 a ．零点个数的判断1．(2018·全国Ⅲ，15,5分)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为________．答案：3 解析：由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6＝0.∵x ∈[0，π]， ∴3x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，19π6，∴当3x ＋π6取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0， 即函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为3.2．(2017·江苏，14,5分)设f (x )是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f (x )＝⎩⎨⎧x 2，x ∈D ，x ，x ∉D ，其中集合D ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝n －1n ，n ∈N *，则方程f (x )－lg x ＝0的解的个数是________．答案：8 解析：由于f (x )∈[0,1)，则只需考虑1≤x ＜10的情况． 在此范围内，当x ∈Q 且x ∉Z 时，设x ＝qp ，p ，q ∈N *，p ≥2且p ，q 互质，若lg x ∈Q ，则由lg x ∈(0,1)，可设lg x ＝nm ，m ，n ∈N *，m ≥2且m ，n 互质，因此10n m ＝q p ，则10n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q p m ，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lgx ∉Q ，因此lg x 不可能与每个周期内x ∈D 对应的部分相等， 只需考虑lg x 与每个周期x ∉D 部分的交点．画出函数草图．图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x ∉D 部分，且x ＝1处(lg x )′＝1x ln 10＝1ln 10＜1，则在x ＝1附近仅有一个交点，因此方程解的个数为8.b ．由零点个数求参数3．(2019·浙江，9,4分)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( )A ．a <－1，b <0B ．a <－1，b >0C ．a >－1，b <0D ．a >－1，b >0答案：C解析：由题意，b ＝f (x )－ax ＝⎩⎨⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.设y ＝b ，g (x )＝⎩⎨⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论． ①当a <－1时，1－a >0，可知g (x )在(－∞，0)上单调递增； 由g ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，a ＋1<0， 可知g (x )在(0，＋∞)上单调递增．此时直线y ＝b 与g (x )的图象只有1个交点，不符合题意，故A ，B 排除． ②当a >－1，即a ＋1>0时， 因为g ′(x )＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)， 所以当x ≥0时，由g ′(x )<0可得0<x <a ＋1，所以当x ≥0时，g (x )在(0，a ＋1)上单调递减，g (x )在(a ＋1，＋∞)上单调递增．如图，y ＝b 与y ＝g (x )(x ≥0)的图象至多有2个交点．当1－a >0，即－1<a <1时，由图象可得，若要y ＝g (x )与y ＝b 的图象有3个交点，必有b <0；当1－a ＝0时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去；当1－a <0，即a >1时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个或2个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去．综上，－1<a <1，b <0.故选C.4．(2018·全国Ⅰ，9,5分)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e x ，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案：C 解析：令h (x )＝－x －a ，则g (x )＝f (x )－h (x )． 在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )图象的示意图，如图所示．若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意；当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意．综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.小提示：已知函数零点的个数求参数范围的方法已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围．[对点提升]1．(2019·黑龙江哈师大附中模拟)若函数y＝f(x)(x∈R)是奇函数，其零点分别为x1，x2，…，x2 017，且x1＋x2＋…＋x2 017＝m，则关于x的方程2x＋x－2＝m的根所在区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)答案：A解析：因为函数y＝f(x)(x∈R)是奇函数，故其零点x1，x2，…，x2 017关于原点对称，且其中一个为0，所以x1＋x2＋…＋x2 017＝m＝0.则关于x 的方程为2x＋x－2＝0，令h(x)＝2x＋x－2，则h(x)为(－∞，＋∞)上的增函数．因为h(0)＝20＋0－2＝－1<0，h(1)＝21＋1－2＝1>0，所以关于x的方程2x ＋x－2＝m的根所在区间是(0,1)．2．(2019·河南安阳二模)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，若f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，则实数a的取值范围是()A．[0,1] B．[－1,0]C．[0,2] D．[－1,1]答案：A解析：令f(x)＝0，可得ln(x＋1)＝－a(x2－x)，令g(x)＝ln(x＋1)，h(x)＝－a(x2－x)．∵f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，∴g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的图象在y轴右侧无交点．显然当a＝0时符合题意；当a<0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图1所示，显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；当a>0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图2所示，若两函数图象在y轴右侧无交点，则h′(0)≤g′(0)，即a≤1.综上，0≤a≤1.故选A.调研4函数模型及综合应用a．函数关系在实际问题中的应用1．(2019·全国Ⅱ，4,5分)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：M1 (R＋r)2＋M2r2＝(R＋r)M1R3.设α＝rR.由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，则r的近似值为()A.M 2M 1RB.M 22M 1RC.33M 2M 1R D.3M 23M 1R答案：D 解析：由α＝r R ，得r ＝αR ，代入M 1(R ＋r )2＋M 2r 2＝(R ＋r )·M 1R 3，整理得3α3＋3α4＋α5(1＋α)2＝M 2M 1. 又∵3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，∴3α3≈M 2M 1，∴α≈3M 23M 1， ∴r ＝αR ≈3M 23M 1R .故选D.b.函数模型在实际问题中的应用2．(2019·湖北荆门模拟)复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息．某同学有压岁钱 1 000元，存入银行，年利率为 2.25%，若放入微信零钱通或者支付宝的余额宝，年利率可达4.01%.如果将这1 000元选择合适方式存满5年，可以多获利息( )(参考数据：1.022 54＝1.093,1.022 55＝1.118,1.040 15＝1.217) A ．176元 B ．104.5元 C ．77元 D ．88元答案：B 解析：将1 000元钱存入微信零钱通或者支付宝的余额宝，选择复利的计算方法，则存满5年后的本息和为1 000×1.040 15＝1 217(元)，故共得利息1 217－1 000＝217(元)．将1 000元存入银行，不选择复利的计算方法，则存满5年后的利息为1 000×0.022 5×5＝112.5(元)，故可以多获利息217－112.5＝104.5(元)，故选B.小提示：在实际应用中，对数量关系的理解很重要，若考查图象问题，可由特殊值、特殊信息来验证；若考查求值计算，应用方程思想，把条件转化为条件方程．[对点提升4](2019·江苏盐城中学期末)我校为丰富师生课余活动，计划在一块直角三角形ABC 的空地上修建一个占地面积为S (平方米)的矩形健身场地AMPN .如图，点M 在AC 上，点N 在AB 上，点P 在斜边BC 上．已知∠ACB ＝60°，|AC |＝30米，|AM |＝x 米，x ∈[10,20]．设矩形健身场地AMPN 每平方米的造价为37kS元，再把矩形AMPN 以外(阴影部分)铺上草坪，每平方米的造价为12kS元(k 为正常数).(1)试用x 表示S ，并求S 的取值范围； (2)求总造价T 关于面积S 的函数T ＝f (S )；(3)如何选取|AM |，使总造价T 最低(不要求求出最低造价)?解：(1)在Rt △PMC 中，显然|MC |＝30－x ，∠PCM ＝60°，|PM |＝|MC |·tan ∠PCM ＝3(30－x )，∴矩形AMPN 的面积S ＝|PM |·|AM |＝3x (30－x )，x ∈[10,20]， ∴2003≤S ≤225 3.(2)矩形健身场地AMPN 造价T 1＝37k S ，又∵△ABC 的面积为12×30×tan 60°×30＝4503， ∴草坪造价T 2＝12kS (4503－S )．∴总造价T ＝T 1＋T 2＝25k S ＋5 400k 3S，2003≤S ≤225 3. (3)∵S ＋2163S ≥1263，当且仅当S ＝2163S ，即S ＝2163时等号成立，此时3x (30－x )＝2163，解得x ＝12或x ＝18.∴选取|AM |为12米或18米时总造价T 最低．提醒 完成专题训练(六)第3讲 导数及其应用(单调性与极值)[记牢方能用活]一、导数的运算及几何意义函数f(x)在点P(x0，y0)处的切线方程，是指点P(x0，y0)即为切点，切线为y －y0＝f′(x0)(x－x0)；而过点P(x0，y0)的切线方程，则点P(x0，y0)不一定是切点，设切点为P′(x1，y1)，写出切线表达式y－y1＝f′(x1)(x－x1)，将P(x0，y0)代入切线方程求解x1，从而得到切线方程．二、导数与函数单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3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，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．三、函数的极值设函数y＝f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)<f(x0)，则f(x0)是函数y＝f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)>f(x0)，则f(x0)是函数y＝f(x)的一＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．个极小值，记作y极小值四、函数的最值1．在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．2．设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，先求f(x)在(a，b)内的极值；再将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．极值点不一定是最值点，最值点也不一定是极值点，但如果连续函数在开区间(a，b)内只有一个极值点，那么极大值点就是最大值点，极小值点就是最小值点．调研1导数的运算及几何意义a．导数的运算求值1．(2019·福建福州八县联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln 1x，则f(1)＝()A．－e B．2 C．－2 D．e答案：B解析：由已知，得f′(x)＝2f′(1)－1x，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.b．导数的几何意义2．(2019·全国Ⅰ，13,5分)曲线y＝3(x2＋x)e x在点(0,0)处的切线方程为________．答案：y＝3x解析：y′＝3(2x＋1)e x＋3(x2＋x)e x＝e x(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x.c．应用导数的几何意义求参数3．(2019·全国Ⅲ，6,5分)已知曲线y＝a e x＋x ln x在点(1，a e)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1答案：D解析：y′＝a e x＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝a e＋1，∴切线方程为y－a e＝(a e＋1)(x－1)，即y＝(a e＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a e ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.故选D ． 小提示：1．第1题中的f ′(1)理解为常数，求导后构造方程．2．第3题中应用点(1，a e)既在直线上，也在曲线上，可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝2，f (1)＝2＋b求值． [对点提升]1．(2019·广东深圳二模)已知函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的倾斜角为( )A ．π4B ．3π4 C.π3D ．2π3答案：B 解析：由函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，得f (－x )＝－f (x )，可得a ＝0，则f (x )＝x ＋2x ，f ′(x )＝1－2x 2，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率k ＝1－2＝－1，可得所求切线的倾斜角为3π4，故选B ．2．(2019·山东名校调研)已知曲线y ＝e x ＋a 与y ＝x 2恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围是( )A ．[2ln 2－2，＋∞)B ．(2ln 2，＋∞)C ．(－∞，2ln 2－2]D ．(－∞，2ln 2－2)答案：D 解析：由题意可设直线y ＝kx ＋b (k >0)为它们的公切线，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y ＝x2可得x 2－kx －b ＝0，由Δ＝0，得k 2＋4b ＝0.①由y ＝e x ＋a 求导可得y ′＝e x ＋a ，令e x ＋a ＝k ，可得x ＝ln k －a ，∴切点坐标为(ln k －a ，k ln k －ak ＋b )，代入y ＝e x ＋a 可得k ＝k ln k －ak ＋b .②联立①②可得k 2＋4k ＋4ak －4k ln k ＝0.化简得4＋4a＝4ln k－k.令g(k)＝4ln k－k，则g′(k)＝4k－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)>0，得0<k<4，令g′(k)<0，得k>4.∴g(k)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，∴g(k)max＝g(4)＝4ln 4－4，且当k→0时，g(k)→－∞，当k→＋∞时，g(k)→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a＝4ln k－k有两解，∴4＋4a<4ln 4－4，∴a<2ln 2－2.故选D．调研2利用导数研究函数的单调性a．含参函数单调性的讨论1．(2017·全国Ⅰ，21,12分)已知函数f(x)＝a e2x＋(a－2)e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2a e2x＋(a－2)e x－1＝(a e x－1)(2e x＋1)．(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0，得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)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－1a＋ln a.①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；③当a∈(0,1)时，1－1a＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.又f(－2)＝a e－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0 (a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2 n 0－n 0＞0. 由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． 小提示：单调区间的讨论，常伴随着求导后的因式分解，讨论含参因子的符号变化，也常有对极值点和定义域的讨论．第(2)问中函数有两零点，不但要求极小值f (－ln a )<0，而且需要寻找极值点两侧存在两个自变量x 1，x 2满足其值为正值，此两点的判断是难点．b ．利用单调性解决零点个数2．(2019·全国Ⅰ，20,12分)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点． 证明：(1)设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α. 则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2上单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．①当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)上单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)上单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2上单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2上单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点．④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点． 小提示：此问题中两零点的证明与上一题处理方式不同．利用零点存在性定理，结合函数单调性．[对点提升]1．(2019·河南安阳模拟)已知函数f (x )与其导函数f ′(x )的图象如图，则函数g (x )＝f (x )e x 的单调减区间为( )A ．(0,4)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43C ．(0,1)，(4，＋∞)D ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，＋∞答案：C 解析：由题意可知导函数是二次函数，原函数是三次函数，由g (x )＝f (x )e x ，得g ′(x )＝e xf ′(x )－e xf (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x ，由题图可知，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )－f (x )>0，g ′(x )>0，当x ∈(0,1)时，f ′(x )－f (x )<0，g ′(x )<0，当x∈(1,4)时，f ′(x )－f (x )>0，g ′(x )>0，当x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，g ′(x )<0.∴函数g (x )＝f (x )e x 的单调减区间为(0,1)，(4，＋∞)．故选C.2．(2019·湖南娄底二模)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋a 在x ∈[1，e]上有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，－1B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 1－e ，－1 D ．[－1，e)答案：A 解析：f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2，当a ≥－1时，f ′(x )>0，f (x )在[1，e]上单调递增，不合题意．当a ≤－e 时，f ′(x )<0，f (x )在[1，e]上单调递减，也不合题意．当－e<a <－1时，当x ∈(1，－a )时，f ′(x )<0，f (x )在[1，－a )上单调递减；x ∈(－a ，e)时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，e]上单调递增．又f (1)＝0，所以f (x )在[1，e]上有两个零点，只需f (e)＝1－a e ＋a ≥0即可，所以e1－e ≤a <－1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，－1，故选A ． 调研3 利用导数研究函数的极值、最值问题 a ．利用导数求解最值1．(2019·全国Ⅲ，20,12分)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性．(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．(1)解：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减．若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0上单调递减．(2)解：满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.小提示：(1)求出f ′(x )＝0的两根，比较根的大小并分类讨论．(2)利用(1)中的单调区间讨论f (x )在[0,1]上的最值，最终确定参数a ，b 的值． 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系，从而确定函数在[0,1]上的最值．b ．由极值求参数2．(2018·全国Ⅲ，21,12分)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x. 设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x， 则g ′(x )＝x(1＋x )2. 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，当且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)解：(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x ＞0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． (ⅱ)若a ＜0， 设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2＞0， 故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.若6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a ，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0， 故当x ∈(x 1,0)，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＜0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16. 小提示： 1．解题指导：(1)当a ＝0时，写出f (x )的解析式，对f (x )求导，易得f (0)＝0，结合单调性可将问题解决．(2)对a 进行分类讨论，分析各类情况下的极大值点，进而求得参数a 的值． 2．易错警示： 容易忽略函数定义域．函数解析式中含有对数型的式子，则其真数部分应大于零． [对点提升](2018·北京，18,13分)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≤12x －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，＋∞.提醒 完成专题训练(七)第4讲 导数的综合应用(不等式、零点问题)[记牢方能用活]一、利用导数证明不等式问题1．解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法(1)直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题． 2．解决有关不等式的证明问题的方法 (1)直接构造函数，转化为函数的最值问题． (2)证明f (x )≥g (x )时可转化为证明f (x )min ≥g (x )max . 3．常用的函数不等式第一组：与对数函数有关的不等式ln x ≤x －1(x >0)，ln x<x (x >0)，ln x ≤xe (x >0)， ln x ≤x 2－x (x >0)，ln x ≥1－1x (x >0)， ln(1＋x )≤x (x >－1)， ln x<12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (x >1)，ln x>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (0<x <1)，ln x<x －1x (x >1)，ln x>x －1x(0<x <1)， ln x>2(x －1)x ＋1(x >1)，ln x<2(x －1)x ＋1(0<x <1)，ln(x ＋1)≥x1＋x(x >－1)． 第二组：与指数函数有关的不等式 e x ≥x ＋1，e x >x ，e x ≥e x ，e x ≤11－x(x <1)， e x <－1x (x <0)，e x >x 2(x >0)， e x≥1＋x ＋12x 2(x >0)．4．不等式与函数最值关系。