2020届浙江一轮复习通用版 3.2.3导数与函数的综合问题 作业

第十节变化率与导数、导数的运算1．导数的概念(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数： 函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li mΔx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝li mΔx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx.(2)导数的几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．(3)函数f (x )的导函数： 称函数f ′(x )＝li mΔx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx为f (x )的导函数．2．基本初等函数的导数公式3．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)． 4．复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．[小题体验]1．下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2 B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(3x )′＝3x log 3eD ．(x 2cos x )′＝－2sin x解析：选B ⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝x ′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1－1x 2；(3x )′＝3x ln 3；(x 2cos x )′＝(x 2)′cos x ＋x 2(cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ．故选B.2．曲线y ＝x 3－x ＋3在点(1,3)处的切线方程为________． 答案：2x －y ＋1＝01．利用公式求导时要特别注意不要将幂函数的求导公式(x α)′＝αx α－1与指数函数的求导公式(a x )′＝a x ln a 混淆．2．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者． 3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别． [小题纠偏]1．函数y ＝ln xe x 的导函数为________________．答案：y ′＝1－x ln xx e x2．(2018·杭州模拟)函数f (x )＝x 2＋1x 的图象在点(1，f (1))处的切线方程为( )A ．x －y ＋1＝0B ．3x －y －1＝0C ．x －y －1＝0D ．3x －y ＋1＝0解析：选A 函数f (x )＝x 2＋1x 的导数为f ′(x )＝2x －1x 2 ，可得图象在点(1，f (1))处的切线斜率为k ＝2－1＝1， 切点为(1,2)，可得图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －2＝x －1， 即为x －y ＋1＝0. 故选A.考点一 导数的运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]求下列函数的导数． (1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝ln x ＋1x ； (3)y ＝cos x ex ；(4)(易错题)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2； (5)y ＝ln(2x －5)．解：(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ′＝(ln x )′＋⎝⎛⎭⎫1x ′ ＝1x －1x2.(3)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x－cos x (e x)′(e x )2 ＝－sin x ＋cos xe x. (4)∵y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 ＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x＝－12sin 4x －2x cos 4x .(5)令u ＝2x －5，y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.[谨记通法]求函数导数的3种原则[提醒] 复合函数求导时，先确定复合关系， 由外向内逐层求导，必要时可换元． 考点二 导数的几何意义(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]导数的几何意义是每年高考的必考内容，考查题型既有选择题、填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，难度偏小，属中低档题．常见的命题角度有：(1)求切线方程； (2)求切点坐标；(3)求参数的值(范围)．[题点全练]角度一：求切线方程1．曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为( )A ．18B ．14C ．12D ．1解析：选B 因为y ′＝2(x ＋1)2，所以y ′| x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1，与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，⎝⎛⎭⎫12，0，所以与两坐标轴围成的三角形的面积S ＝12×|－1|×12＝14. 角度二：求切点坐标2．(2018·湖州模拟)曲线f (x )＝x 3＋x －2在P 0处的切线平行于直线y ＝4x －1，则P 0点的坐标为( ) A ．(1,0)B ．(2,8)C ．(1,0)和(－1，－4)D ．(2,8)和(－1，－4)解析：选C 设P 0(x 0，y 0)，则f ′(x )＝3x 2＋1，即f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4，所以x 0＝±1，所以P 0点的坐标为(1,0)和(－1，－4)，经检验，都符合题意．故选C.角度三：求参数的值(范围)3．(2018·宁波二模)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 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(3，＋∞)C ．⎣⎡⎦⎤－23，13 D ．⎣⎡⎦⎤－13，23 解析：选D 由f (x )＝－e x －x ，得f ′(x )＝－e x －1，∵e x ＋1＞1，∴1e x ＋1∈(0,1)．由g (x )＝3ax ＋2cos x ，得g ′(x )＝3a －2sin x ，又－2sin x ∈[－2,2]，∴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 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则⎩⎪⎨⎪⎧－2＋3a ≤0，2＋3a ≥1，解得－13≤a ≤23.[通法在握]与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 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)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0.[演练冲关]1．(2018·杭州质量预测)函数f (x )＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A ．x ＋y ＋1＝0 B ．x ＋y －1＝0 C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e x cos x －e x sin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.2．曲线y ＝a ln x (a ＞0)在x ＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为4，则a ＝________. 解析：∵y ＝a ln x ，∴y ′＝a x ，∴在x ＝1处的切线的斜率k ＝a ，而f (1)＝a ln 1＝0， 故切点为(1,0)，∴切线方程为y ＝a (x －1)． 令y ＝0，得：x ＝1；令x ＝0，y ＝－a . ∴三角形面积S ＝12×a ×1＝4，∴a ＝8.答案：8一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1,3) B ．(－1,3) C ．(1,3)和(－1,3)D ．(1，－3)解析：选C f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.2．曲线f (x )＝2x －e x 与y 轴的交点为P ，则曲线在点P 处的切线方程为( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x ＋y ＋1＝0 C ．x －y －1＝0D ．x ＋y －1＝0解析：选C 曲线f (x )＝2x －e x 与y 轴的交点为(0，－1)． 且f ′(x )＝2－e x ，∴f ′(0)＝1. 所以所求切线方程为y ＋1＝x ， 即x －y －1＝0.3．(2018·温州模拟)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(2 017)＝( ) A ．1 B ．2 C ．12 017D ．2 0182 017解析：选D 令e x ＝t ，则x ＝ln t ，所以f (t )＝ln t ＋t ，故f (x )＝ln x ＋x .求导得f ′(x )＝1x ＋1，故f ′(2 017)＝12 017＋1＝2 0182 017.故选D.4．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0 相互垂直，则实数a ＝________.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，所以f ′⎝⎛⎭⎫π2＝sin π2＋π2cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a 2，所以1×⎝⎛⎭⎫－a2＝－1，解得a ＝2. 答案：25．(2018·杭州模拟)已知函数f (x )＝x 33－b 2x 2＋ax ＋1(a ＞0，b ＞0)，则函数g (x )＝a ln x ＋f ′(x )a 在点(b ，g (b ))处切线的斜率的最小值是________．解析：因为a ＞0，b ＞0，f ′(x )＝x 2－bx ＋a ，所以g ′(x )＝a x ＋2x －b a ，则g ′(b )＝a b ＋2b －b a ＝a b ＋ba ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，所以斜率的最小值为2.答案：2二保高考，全练题型做到高考达标1．曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为( ) A ．(1－e)x －y ＋1＝0 B ．(1－e)x －y －1＝0 C ．(e －1)x －y ＋1＝0D ．(e －1)x －y －1＝0解析：选C 由于y ′＝e －1x ，所以y ′| x ＝1＝e －1，故曲线y ＝e x —ln x 在点(1，e)处的切线方程为y －e ＝(e－1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0.2．(2018·开封模拟)已知直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋mx ＋n 相切于点A (1,3)，则n ＝( ) A ．－1 B ．1 C ．3D ．4解析：选C 对于y ＝x 3＋mx ＋n ，y ′＝3x 2＋m ，∴k ＝3＋m ，又k ＋1＝3,1＋m ＋n ＝3，可解得n ＝3. 3．(2018·台州测试)已知f (x )＝x 2＋2f ′(1)，则f (0)等于( ) A ．2 B ．4 C ．－2D ．－4解析：选B 由已知f (x )＝x 2＋2f ′(1)，得f ′(x )＝2x ，所以f ′(1)＝2，所以f (x )＝x 2＋4， 所以f (0)＝4.故选B.4．(2018·衡水调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －2解析：选A ∵y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2，∴y ′＝x ＋2－x (x ＋2)2＝2(x ＋2)2，y ′| x ＝－1＝2，∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2， ∴所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.5．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m ＜0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为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 )的图象的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m ＜0， 解得m ＝－2.6．(2018·浙江金华十校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋b 的图象在点(1，f (1))处的切线方程为2x －y －5＝0，则a ＝________，b ＝________.解析：由f (x )＝x 3＋ax ＋b ，得f ′(x )＝3x 2＋a ，由题意，得f ′(1)＝3＋a ＝2，解得a ＝－1.又在切线方程中，当x ＝1时，y ＝－3，所以f (1)＝13－1×1＋b ＝－3，解得b ＝－3.答案：－1 －37．如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________.解析：由题图可得曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13，因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 答案：08．(2018·杭二期中)设函数F (x )＝ln x ＋a x (0＜x ≤3)的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：由F (x )＝ln x ＋ax (0＜x ≤3)，得F ′(x )＝x －a x 2(0＜x ≤3 )，则有k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12在(0,3]上恒成立，所以a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max .当x 0＝1时，－12x 20＋x 0在(0,3]上取得最大值12，所以a ≥12.答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞9．(2018·杭州六校联考)已知函数f (x )＝13x 3－ax ＋1.若对任意m ∈R ，直线y ＝－x ＋m 都不是曲线y ＝f (x )的切线，求实数a 的取值范围．解：因为对任意m ∈R ，直线y ＝－x ＋m 都不是曲线y ＝f (x )的切线， 所以f ′(x )＝x 2－a ≠－1对x ∈R 成立， 只要f ′(x )＝x 2－a 的最小值大于－1即可， 而f ′(x )＝x 2－a 的最小值为f (0)＝－a ， 所以－a ＞－1，即a ＜1.故实数a 的取值范围为(－∞，1)． 10．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4. (1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解：(1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2， 即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)， ∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0，或y ＋2＝0. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a 等于( ) A ．－1或－2564B ．－1或214C ．－74或－2564D ．－74或7解析：选A 因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2， 设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)， 则在该点处的切线斜率为k ＝3x 20，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30.又点(1,0)在切线上，所以x 0＝0或x 0＝32.当x 0＝0时，切线方程为y ＝0.由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－2564；当x 0＝32时，切线方程为y ＝274x －274，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.综上，a 的值为－1或－2564.2．(2018·温州月考)已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R)． (1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝b ＝0，f ′(0)＝－a (a ＋2)＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或1.(2)∵曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，∴关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)＞0， 即4a 2＋4a ＋1＞0，∴a ≠－12.∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞.。

3.4 导数的综合应用A组基础题组1.“函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点”是“a<-1”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由题意可知,函数f(x)单调递增,且f(x)min=f(e)=1+a,若f(x)在[e,+∞)上存在零点,则1+a≤0,即a≤-1,所以函数f(x)=a+ln x(x≥e)存在零点的充要条件为a≤-1,故选B.2.已知y=f(x)为R上的连续可导函数,且xf '(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点个数为( )A.0B.1C.0或1D.无数个答案 A 因为g(x)=xf(x)+1(x>0),所以g'(x)=xf '(x)+f(x)(x>0),由题意可知g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(0)=1,y=f(x)为R上的连续可导函数,所以g(x)为(0,+∞)上的连续可导函数,g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上无零点.3.(2018丽水模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.答案4解析当x=0时,无论a取何值, f(x)≥0显然成立;.当x∈(0,1]时, f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥3-13,则g'(x)=3(1-),设g(x)=3-13令g'(x)=0,得x=1,所以g(x)在区间0,1上单调递增,在区间1,1上单调递减,因此g(x)max=g1=4,从而a≥ .,g(x)在区间[-1,0)上单调递增,所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤ .当x∈[-1,0)时,同理,a≤3-13综上可知,a=4.4.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;,且x>0时,e>3x+1-3a.(2)求证:当a>ln3e解析(1)由f(x)=e x-3x+3a知, f '(x)=e x-3.令f '(x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时, f '(x)和f(x)的变化情况如下表:故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=e ln3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).(2)证明:待证不等式等价于e x-3x2+3ax-1>0,设g(x)=e x-3x2+3ax-1,x>0,则g'(x)=e x-3x+3a,x>0.=ln 3-1知,g'(x)的最小值为g'(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.由(1)及a>ln3e∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,∵g(0)=0,∴当x>0时,g(x)>0,即e x-3x2+3ax-1>0,即e>3x+1-3a.5.已知函数f(x)=1ax2-ln x(x>0,a∈R).(1)若a=2,求点(1, f(1))处的切线方程;(2)若不等式f(x)≥对任意x>0恒成立,求实数a的值.解析(1)当a=2时, f(x)=x2-ln x, f '(x)=-1,∴f(1)=1, f '(1)=1,∴所求的切线方程为y=x.(2)易得f '(x)=-1.当a≤0时, f '(x)<0,∴当x>1时, f(x)<,故此时不合题意;当a>0时, f(x)在0,1上单调递减,在1,∞上单调递增,∴f(x)min=f1=1-ln1,∴1-ln1≥,即1+ln a-a≥0.设g(x)=1+ln x-x,则g '(x)=1 -1=1-,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, ∴g(x)≤g(1)=0,即1+ln x-x≤0,故1+ln a-a=0,∴a=1.6.(2018浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=e x-x,h(x)=-kx 3+kx 2-x+1. (1)求f(x)的最小值;(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k 的最大值为λ,求证:4<λ<6. 解析 (1)因为f(x)=e x-x,所以f '(x)=e x-1, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)min =f(0)=1.(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x 2-x 3)≤e x-1, 当x=0,1时,k∈R, 当x∈(0,1)时,k≤e -1- 3,要证4<λ<6,则需证以下两个问题: ①e -1- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;②存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0 - 03<6成立.先证①e -1-3>4,即证e x -1>4(x 2-x 3),由(1)可知,e x -x≥1恒成立,所以e x-1≥x, 又x≠0,所以e x-1>x,即证x≥ (x 2-x 3)⇔1≥ (x -x 2)⇔(2x-1)2≥0, (2x-1)2≥0显然成立,所以e -1- 3>4对任意x∈(0,1)恒成立;再证②存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0 - 03<6成立,取x 0=1 ,e -11 -1=8( e -1),因为 e <,所以8( e -1)< ×3=6,所以存在x 0∈(0,1),使得e0-1 0- 0<6成立,由①②可知,4<λ<6.7.(2019台州中学月考)设f(x)=x--1 -aln x(a∈R).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点 1 , f 1处的切线方程;(2)当0<a<1时,在 1e ,e 内是否存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立?请说明理由. 解析 (1)当a=1时, f(x)=x-ln x,f '(x)=1-1 .易知f 1 =1+ln 2,所以曲线y=f(x)在点 1 ,1 ln 处的切线的斜率为f ' 1 =1-1=-1.故所求的切线方程为y- 1 ln =- -1, 即x+y-ln 2-1=0. (2)存在.理由如下:假设当0<a<1时,在 1e ,e 内存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立,此时只需证明当x∈ 1e ,e 时, f(x)max >e-1即可.f '(x)=1+ -1 -= -ax (a -1) =( -1)[ -( -1)](x>0), 令f '(x)=0得,x 1=1,x 2=a-1,当0<a<1时,a-1<0, 故当x∈ 1e ,1 时,f '(x)<0;当x∈(1,e)时, f '(x)>0.故函数f(x)在 1e,1 上递减,在(1,e)上递增,所以f(x)max =max 1e , f(e) .于是,只需证明f(e)>e-1或f 1e >e-1即可. 因为f(e)-(e-1)=e--1e -a-(e-1)=(e 1)(1- )e>0,所以f(e)>e-1,所以假设成立,故当0<a<1时,在x∈ 1e ,e 上至少存在一实数x 0,使f(x 0)>e-1成立.B 组 提升题组1.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)= -ln x.(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明: f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力. (1)函数f(x)的导函数f '(x)=1-1, 由f '(x 1)=f '(x 2)得 -1 1= -1,因为x1≠x2,所以+=1.由基本不等式得11=1+≥ 1,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=1-ln x1+-ln x2=11-ln(x1x2).设g(x)=1-ln x,则g'(x)=1(-4),所以所以g(x)在[ 56,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=1+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1--k≤n1-k<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=-ln-.设h(x)=-ln-,则h'(x)=ln--1a=-()-1,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+ ln +a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 2.设函数f(x)=a 2x 2-(ax+1)ln x+ax.(1)若a≥0,且函数y=f(x)有且仅有一个零点,求a 的值;(2)是否存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立?若存在,求出实数a 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f(x)=(ax+1)(ax-ln x),(1)当a=0时, f(x)=-ln x,满足题意.当a>0时,ax+1>0,所以f(x)=(ax+1)(ax-ln x)=0⇔ax-ln x=0.因为函数y=f(x)有且仅有一个零点,所以当直线y=ax 与y=ln x 相切时,a 的值即为所求. 令(ln x)'=1=a,即x=1,故切点坐标为 1,-ln ,将其代入y=ax,得a=1e . 综上可得a=0或1e .(2)存在.假设存在实数a,使得不等式f(x)≥0对定义域内的任意x 恒成立, 当a=0时,原不等式化为ln x≤0,不满足题意. 当a>0时,ax+1>0,由ax-ln x≥0,得a≥ln.令F(x)=ln ,则F '(x)=1-ln,所以函数F(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数F(x)在x=e 处取得极大值,也为最大值,最大值为1e,由此可得a≥1e.当a<0时,在 0,-1 上,ax+1>0,在 -1 , ∞ 上,ax+1<0,令g(x)=ax-ln x,则g'(x)=a-1<0, 所以g(x)=ax-ln x 在(0,+∞)上为减函数,所以只要当x=-1时,ax-ln x=0成立即可,此时解得a=-e.综上可得,a∈ 1e, ∞ ∪{-e}.3.(2019绍兴一中月考)设函数f(x)=e -1,求证:(1)当x<0时, f(x)<1;(2)对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a. 证明 (1)设φ(x)=e x-1-x,x∈R, 则φ'(x)=e x-1,令φ'(x)>0,得x>0,令φ'(x)<0,得x<0,故φ(x)在(-∞,0)内递减,在(0,+∞)内递增,所以对任意x∈R,都有φ(x)≥φ(0)=0,即e x-1-x≥0(当且仅当x=0时,等号成立).所以当x<0时,e x-1>x,即f(x)<1.(2)要证当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a,即证当0<x<ln(1+a)时,e x-1-(1+a)x<0;①当-ln(1+a)<x<0时,e x-1-(1-a)x<0.②令函数g(x)=e x-1-(1+a)x,h(x)=e x-1-(1-a)x.注意到g(0)=h(0)=0,故要证①与②,只需证明g(x)在(0,ln(1+a))内递减,h(x)在(-ln(1+a),0)内递增.事实上,当x∈(0,ln(1+a))时,g'(x)=e x-(1+a)<e ln(1+a)-(1+a)=0;当x∈(-ln(1+a),0)时,h'(x)=e x-(1-a)>e-ln(1+a)-(1-a)=11-(1-a)=1>0.综上,对任意a>0,当0<|x|<ln(1+a)时,|f(x)-1|<a.4.已知函数f(x)=-1ax2+(1+a)x-ln x(a∈R).(1)当a>0时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)当a=0时,设函数g(x)=xf(x)-k(x+2)+2.若函数g(x)在区间1,∞上有两个零点,求实数k的取值范围. 解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-ax+1+a-1=-(-1)(-1)(a>0),当a∈(0,1)时,1>1.由f '(x)<0,得x>1或x<1,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),1,∞;当a=1时,恒有f '(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时,1<1.由f '(x)<0,得x>1或x<1,所以f(x)的单调递减区间为 0,1,(1,+∞).综上,当a∈(0,1)时,f(x)的单调递减区间为(0,1), 1, ∞ ;当a=1时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a∈(1,+∞)时, f(x)的单调递减区间为 0,1,(1,+∞).(2)g(x)=x 2-xln x-k(x+2)+2在x∈ 1, ∞ 上有两个零点,即关于x 的方程k=-xln在x∈ 1, ∞ 上有两个不相等的实数根. 令函数h(x)= -xln,x∈ 1, ∞ ,则h'(x)=3x - ln -( ),令函数p(x)=x 2+3x-2ln x- ,x∈ 1, ∞ . 则p'(x)=( -1)( )在 1, ∞ 上有p'(x)≥0,故p(x)在 1, ∞ 上单调递增.因为p(1)=0,所以当x∈ 1,1 时,p(x)<0,即h'(x)<0,故h(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,p(x)>0, 即h'(x)>0,故h(x)单调递增. 因为h 1= 10+ln5,h(1)=1,所以k 的取值范围是 1,10ln 5.。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第三章 导 数第02讲 利用导数研究函数的单调性 ---讲1. 了解函数单调性和导数的关系，会用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间.2. 高考预测：（1）以研究函数的单调性、单调区间等问题为主，根据函数的单调性确定参数的值或范围，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；（2）单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现；大题常与不等式、方程等结合考查，综合性较强.其中研究函数的极值、最值，都绕不开研究函数的单调性． 3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（）熟练掌握利用导数研究函数的单调性的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.知识点1．利用导数研究函数的单调性在(,)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.在(,)a b 上为增函数． 在(,)a b 上为减函数．【典例1】（2019年高考北京理）设函数（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】【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围. 若函数为奇函数，则即，即对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数是R 上的增函数，则在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤， 即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【规律方法】利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.【变式1】（2019·浙江高考模拟）设函数()f x 是定义在(),0-∞上的可导函数，其导函数为()'f x ，且有，则不等式的解集为（ ）A ．()2020,0-B ．C ．()2016,0-D ．【答案】B 【解析】由， 0x （＜），得：即令F （x ）=x 2f （x ），则当0x ＜ 时，得'0F x （）＜，即上是减函数，即不等式等价为F x （） 在0-∞（，）是减函数，∴由F 得，，即2020.x -＜故选B ．考点1 判断或证明函数的单调性【典例2】（2019·天津高三期中（理））已知函数，1a >。

3.2 导数与函数单调性A组基础题组1.函数y=4x2+的单调递增区间为( )A.(0,+∞)B.,∞C.(-∞,-1)D.-∞,-答案 B 由y=4x2+得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,∴函数y=4x2+在,∞上单调递增.故选B.2.已知m是实数,函数f(x)=x2(x-m),若f '(-1)=-1,则函数f(x)的单调增区间是( )A.-,0B.0,C.-∞,-,(0,+∞)D.-∞,-∪(0,+∞)答案 C 由题意得f '(x)=3x2-2mx,∴f '(-1)=3+2m=-1,解得m=-2,∴f '(x)= x2+4x,令f '(x)>0,解得x<-或x>0,故f(x)的单调增区间为-∞,-,(0,+∞).3.已知函数f(x)=x2+2cos x,若f '(x)是f(x)的导函数,则函数f '(x)的图象大致是( )答案 A 令g(x)=f '(x)=2x-2sin x,则g'(x)=2-2cos x,易知g'(x)≥0,所以函数f '(x)在R上单调递增.4.若幂函数f(x)的图象过点,,则函数g(x)=e x f(x)的单调递减区间为( )A.(-∞,0)B.(-∞,-2)C.(-2,-1)D.(-2,0)答案 D 设幂函数f(x)=xα,因为图象过点,,所以=,α=2,所以f(x)=x2,故g(x)=e x x2,则g'(x)=e x x2+2e x x=e x(x2+2x),令g'(x)<0,得-2<x<0,故函数g(x)的单调递减区间为(-2,0).5.若函数f(x)=x+aln x不是单调函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)答案 C f '(x)=1+=,若f(x)=x+aln x不是单调函数,则f '(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.6.已知函数f(x)=ax+ln x,则当a<0时, f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.答案0,-;-,∞解析由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).当a<0时,因为f '(x)=a+=,所以当x>-时,f '(x)<0,当0<x<-时, f '(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为0,-,单调递减区间为-,∞.7.若f(x)=xsin x+cos x,则f(-3), f, f(2)的大小关系是.答案f(-3)<f(2)<f解析函数f(x)为偶函数,因此f(-3)=f(3).又f '(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,当x∈, 时, f '(x)<0.所以f(x)在区间, 上是减函数,所以f>f(2)>f(3)=f(-3).8.已知函数f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在区间, 上是增函数,则实数a的取值范围是.答案,∞解析由题意得f '(x)=x+2a-≥0在, 上恒成立,即 a≥-x+在, 上恒成立,∵-=,∴ a≥,即a≥.ax9.已知函数f(x)=ln x+x2-(a+1)x.若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-2,求f(x)的单调区间.解析由已知得f '(x)=+ax-(a+1),则f '(1)=0.而f(1)=ln 1+-(a+1)=--1,∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=--1.∴--1=-2,解得a=2.∴f(x)=ln x+x2-3x, f '(x)=+2x-3.由f '(x)=+2x-3=- x>0,得0<x<或x>1,由f '(x)=+2x-3<0,得<x<1,∴f(x)的单调递增区间为0,和( ,+∞), f(x)的单调递减区间为, . 10.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)e x,讨论g(x)的单调性.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=3ax2+2x.因为f(x)在x=-处取得极值,所以f '-= a×+ ×-=-=0,解得a=,经检验,满足题意.(2)由(1)知,g(x)=e x,所以g'(x)= x e x+e x= x e x=x(x+1)(x+4)e x.令g'(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)在(-∞,-4)上为减函数;当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)在(-4,-1)上为增函数;当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)在(-1,0)上为减函数;当x>0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上为增函数.综上,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)上为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)上为增函数.11.已知函数f(x)=x2+aln x.(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)+在[ ,+∞)上单调,求实数a的取值范围.解析(1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),当a=-2时, f '(x)=2x-= ( )(- ),由f '(x)<0得0<x<1,故f(x)的单调递减区间是(0,1).(2)由题意得g'(x)=2x+-,因函数g(x)在[ ,+∞)上单调,故:①若g(x)为[ ,+∞)上的单调增函数,则g'(x)≥0在[ ,+∞)上恒成立,即a≥-2x2在[ ,+∞)上恒成立,设φ(x)=-2x2.∵φ(x)在[ ,+∞)上单调递减,∴在[ ,+∞)上,φ(x)max=φ(1)=0,∴a≥0.②若g(x)为[ ,+∞)上的单调减函数,则g'(x)≤0在[ ,+∞)上恒成立,易知其不可能成立.∴实数a的取值范围是[0,+∞).B组提升题组1.已知f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf '(x),则不等式f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是( )A.(0,1)B.( ,+∞)C.(1,2)D.( ,+∞)答案 D 因为f(x)+xf '(x)<0,所以(xf(x))'<0,所以xf(x)在(0,+∞)上为减函数,又因为f(x+1)>(x-1)f(x2-1),所以(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),所以0<x+1<x2-1,所以x>2.2.若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f '(x)>1, f(0)=4,则不等式f(x)>+1(e为自然对数的底数)的解集为( )A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪( ,+∞)C.(-∞,0)∪(0,+∞)D.( ,+∞)答案 A 由f(x)>+1,得e x f(x)>3+e x,构造函数F(x)=e x f(x)-e x-3,得F '(x)=e x f(x)+e x f '(x)-e x=e x[f(x)+f '(x)-1],由f(x)+f '(x)>1,e x>0,可知F '(x)>0,所以F(x)在R上单调递增,又因为F(0)=e0f(0)-e0-3=f(0)-4=0,所以F(x)>0的解集为(0,+∞),即f(x)>+1的解集为(0,+∞).3.已知函数f(x)=a(x-ln x)+-(a∈R),讨论f(x)的单调性.解析易知f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=(- )(x- ).当a≤0时,若x∈(0, ),则f '(x)>0, f(x)单调递增,若x∈( ,+∞),则f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=(- )-,①当0<a<2时,>1,当x∈(0, )或x∈,∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈ ,时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②当a=2时,=1,在区间(0,+∞)内, f '(x)≥0,f(x)单调递增.③当a>2时,0<<1,当x∈0,或x∈( ,+∞)时,f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈, 时, f '(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)上单调递增,在( ,+∞)上单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)和,∞上单调递增,在 ,上单调递减;当a=2时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时, f(x)在0,上单调递增,在, 上单调递减,在( ,+∞)上单调递增.。

导数的概念及运算1．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为(C) A ．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D．(－1,0)x >0，f ′(x )＝2x －2－4x＝x －x ＋x>0，所以x ∈(2，＋∞)．2．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是(B)A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定分别作出曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线，设曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线的斜率分别为k A ，k B ，则由图象可知k B >k A ，即f ′(x A )<f ′(x B )．3．(2018·河北五校高三联考)曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为(B)A.18B.14C.12 D ．1因为y ′＝x ＋1－x －x ＋2＝2x ＋2，所以k ＝y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1. 它与两坐标轴围成的面积为S ＝12×12×1＝14.4．(2018·新课程卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为(D)A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x(方法一)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， 所以a ＝1，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . (方法二)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， 所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， 所以a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .5．(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 1 .因为f ′(x )＝a －1x，所以f ′(1)＝a －1.又因为f (1)＝a ，所以切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， 所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.6．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝ 1 .因为y ′＝3ax 2＋1，所以y ′|x ＝1＝3a ＋1，所以7－a ＋2－1＝3a ＋1，所以a ＝1.7．(2018·佛山一模节选)已知函数f (x )＝(x －a )ln x ＋12x ，(其中a ∈R )．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝12x ，求a 的值．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －a x ＋32，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 0，y 0＝x 0－ax 0＋12x 0，ln x 0－a x 0＋32＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0－a x 0＝0，ln x 0－a x 0＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝a ，a ＝1，所以a ＝1.8．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是(A)A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ，y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ，y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，因为x ＞0，所以不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ，y ′＝e x，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2； 对于D ，y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2. 综上所述，选A.9．(2018·思明区校级月考节选)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，则a ，b 的值分别为 4,24 .f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切， 所以f (2)＝8，f ′(2)＝0，即8－6a ＋b ＝8,3(4－a )＝0，故a ＝4，b ＝24.10．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线的斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围．f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝b ＝0，f＝－a a ＋＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0，即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，＋∞)．导数在函数中的应用——单调性1．(2018·太原期中)函数f (x )＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是(B)A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)f ′(x )＝1－3x 2＋2x＝x ＋x －x2，令f ′(x )<0，解得0<x <1.2．若函数f (x )＝x 3－ax 在区间[1，＋∞)内单调递增，则a 的最大值是(B) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1依题意，f ′(x )＝3x 2－a ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≤3x 2对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≤3.3．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时(B)A ．f ′(x )>0, g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0, g ′(x )>0D ．f ′(x )<0, g ′(x )<0f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，由图象的对称性知，当x <0时，f ′(x )>0，g ′(x )<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为(D)(方法一)f ′(x )＝－4x 3＋2x ，则f ′(x )>0的解集为（－∞，－22）∪（0，22）， f ′(x )<0的解集为（－22，0）∪（22，＋∞）， 所以f (x )在（－∞，－22）和（0，22）上单调递增，在（－22，0）和（22，＋∞）单调递减．由此可知，选D.(方法二)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项． 当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝22时，y ＝－14＋12＋2＝94>2，所以排除C 选项． 故选D.5．函数y ＝x ln x 的单调递减区间为 (0，1e ) ，单调递增区间为 (1e ，＋∞) .因为y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，当ln x ＋1<0，即 0<x <1e时，函数单调递减；当ln x ＋1>0，即 x >1e时，函数单调递增．6．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．7．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3(x ＋a3)2－9－a 23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3， 由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．8．(2018·天问区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f xex的递减区间为(D)A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0,1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0,1)和x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g ′(x )＝f x －f xex<0.故g (x )在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为 0 .因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)为增函数，又g (0)＝1>0，所以g (x )在(0，＋∞)恒大于0， 所以g (x )在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数， 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ， 因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)， h ′(x )＝x 2－x e x－2e xx －2＝exx －x －x－2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.导数在函数中的应用——极值与最值1．已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于(A)A ．2B ．1C ．－1D ．－2因为y ′＝3－3x 2＝3(1＋x )(1－x )，所以当－1<x <1时，y ′>0；当x >1时，y ′<0， 所以x ＝1时，y 有极大值2，所以b ＝1，c ＝2， 又因为a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝2. 2．函数f (x )＝xe x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x－x e xx 2＝1－xex ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e.3．(2018·湖北孝感八校联盟)函数f (x )＝－13x 3＋4x －4在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为(C)A ．2，－283 B.43，－283C.43，－4 D ．2，－1f ′(x )＝－x 2＋4＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减所以最大值为43，最小值为－4.4．(2018·广州一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为(C)A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.检验a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24， 所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．(2018·成都调研)函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝ 12处取得极大值．因为f ′(x )＝2x －3＋1x＝x －x －12x，x ∈(0，12)时，f ′(x )>0，x ∈(12，1)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝12处取得极大值．7．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈1a，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．8．(2018·河南模拟)已知函数f (x )＝a －x ＋x e x，若存在x 0>－1，使得f (x 0)≤0，则实数a 的取值范围为(B)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－x e x，令h(x)＝x－x e x(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)e x，令g(x)＝h′(x)，g′(x)＝－(x＋2)e x<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.9．(2018·天津红桥区模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为－13 .因为f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，又f′(x)＝－3x2＋2ax，由f′(2)＝－12＋4a＝0，所以a＝3.所以f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.当m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为f(x)的最小值与f′(x)的最小值的和．由f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍去)，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－4.因为f′(x)＝－3(x－1)2＋3，又f′(1)＝3，f′(－1)＝－9，所以f′(x)min＝－9.所以f(m)＋f′(n)的最小值为－13.10．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝e x cos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，π2]上的最大值和最小值．(1)因为f(x)＝e x cos x－x，所以f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝e x(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝e x(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2e x sin x.当x ∈(0，π2)时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间[0，π2]上单调递减，所以对任意x ∈(0，π2]有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间[0，π2]上单调递减，因此f (x )在区间[0，π2]上的最大值为f (0)＝1，最小值为f (π2)＝－π2.导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x＋1的x 的集合为(A)A ．{x |x <1}B ．{x |－1<x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}令g (x )＝2f (x )－x －1，则g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，所以g (x )在R 上为增函数， 又g (1)＝2f (1)－1－1＝0， 所以g (xx <1.即原不等式的解集为{x |x <1}．2．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有(A)A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xfx －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx 在(0，＋∞)上是减函数或常函数， 由0<a <b 有f a a ≥f bbaf (b )≤bf (a )．3．下列各式正确的是(B)A ．sin x >x (x >0)B ．sin x <x (x >0) C.2πx >sin x D ．以上各式都不对令g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以g (x )<g (0)，所以sin x <x .4．已知e 是自然对数的底，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为(C)A ．[－2,2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值大于0.f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的最小值为f (0)＝1＋a .由1＋a >0，得a 的取值范围为(－1，＋∞)．5．(2018·武平县校级月考)已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是 [－1e，＋∞) .因为f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a ，∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值， 所以a ≥－1e.6．(2018·榆林一模)设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，1) .因为f ′(x )＝3x 2＋1>0，所以f (x )在R 上为增函数，又f (x )为奇函数，所以条件即为f (m sin θ)>f (m －1)， 所以m sin θ>m －1对θ∈[0，π2]恒成立，即m (1－sin θ)<1对θ∈[0，π2]恒成立，因为θ＝π2时，上式恒成立；当θ∈[0，π2)时，m <11－sin θ，则m <1.7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(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.(1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，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≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e≥0.8．若0<x 1<x 2<1，则(C)A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2令f (x )＝exx(0<x <1)，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,1)上单调递减， 因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)， 即e x 2x 2<e x 1x 1，所以x 2e x 1>x 1e x 2.由此可知选C.如何说明A 和B 不成立？下面进行探讨： 设g (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 因为g ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x，令g ′(x )＝0得，x e x －1＝0，即e x＝1x，由y ＝e x与y ＝1x的图象知两图象的交点x 0∈(0,1)，因此，g (x )在(0,1)上不单调，由此可知A 和B 选项不可能成立．9．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .当x <0时，[f (x )g (x )]′>0，所以函数f (x )g (x )在(－∞，0)上为增函数，又f (x )g (x )为奇函数，故f (x )g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且f (－3)g (－3)＝0，f (3)g (3)＝0.故f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 10．已知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．(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 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 )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(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处取最大值，最大值为f (1a )＝ln(1a )＋a (1－1a)＝－ln a ＋a －1.因此，f (1a)>2a －a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上是增函数，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)．导数的综合应用——导数与方程1．函数y ＝13x 3＋x 2＋x ＋1的零点个数为(B)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0， 所以f (x )在R 上有且只有一个零点．2．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝(A) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1由三次函数的图象与x 轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．而f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＝±1时，取得极值，由f (1)＝0或f (－1)＝0，可得c －2＝0或c ＋2＝0，所以c ＝±2.3．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是(A) A ．(－∞，0) B ．(－∞，0] C ．[0，＋∞) D．(0，＋∞)该函数的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2ax ＋1x.因为曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，问题转化为方程2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)内有解，于是可得a ＝－12x2∈(－∞，0)． 4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 的方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根的个数不可能为(D)A ．2B ．3C ．4D ．5由题意得，f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1，或f (x )＝x 2，由题意知，f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增， 又x 1<f (x 1)<x 2，依题意，作出简图，如图所示．结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5.5．(2018·韶关模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，且x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是 (2,6) .(方法一)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .因为x 1<2<x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a3<2，所以2<a <6.(方法二)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，且x 1<2<x 2， 所以f ′(2)<0，解得2<a <6.6．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤ .(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a ＜0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 所以f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大＜0或f (x )极小＞0，所以b ＜－2或b ＞2， ①③正确，②不正确．故填①③④⑤.7．(2016·北京卷)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：单调递增单调递减单调递增所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0. 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．8．(2018·贵阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是(A)A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1＋e e 2)D ．(0，1＋e e 2)令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x .将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g (x )与h (x )的图象只有一个交点，不满足题意． 当a >0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln xx 2， 令r (x )＝x ＋ln xx 2， 则r ′(x )＝＋1xx 2－x ＋x xx4＝1－x －2ln xx3. 当0<x <1时，r ′(x )>0，r (x )是单调增函数，当x >1时，r ′(x )<0，r (x )是单调减函数，且r (1)＝1，r (x )＝x ＋ln xx 2>0，所以0<a <1. 所以a 的取值范围为(0,1)．9．f (x )＝12x 2＋x －2ln x ＋a 在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是a ≤2ln 2－4或a ＝－32.根据题意，f ′(x )＝x ＋1－2x ＝x 2＋x －2x＝x ＋x －x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， 若函数f (x )在区间(0,2)上恰有一个零点，则f (1)＝0或f (2)≤0，由f (2)＝4－2ln 2＋a ≤0，得a ≤2ln 2－4；由f (1)＝32＋a ＝0，得a ＝－32.综上，a ≤2ln 2－4或a ＝－32.10．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f ′(x )没有零点； 当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为f ′(a )＝2e 2a－1>0，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14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，＋∞)存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝[2x －3＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 是AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S ＝4·2x ·22(60－2x )＝240x －8x 2 ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22－2x 2x＝12， 即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (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．(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(i)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(i)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．(1)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(－a2)．当x ∈(－∞，ln(－a2))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－a2)，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln(－a 2))上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0. ③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2)]，从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2)]≥0，即a ≥－234e 时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－234e ，1]．。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第三章 导 数第02讲 利用导数研究函数的单调性 ---练1．（2017·山东高考真题（文））若函数()e xf x (e=2.71828,是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性质,下列函数中具有M 性质的是（ ） A ．()2xf x -= B ．()2f x x = C ．()-3xf x = D ．【答案】A【解析】对于A,令,,则()g x 在R上单调递增,故()f x 具有M 性质,故选A. 2.（2019·福建高考模拟（文））函数的导函数满足在上恒成立，且，则下列判断一定正确的是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】令函数F （x ），则F ′（x ），∵f ′（x ）＞f （x ），∴F ′（x ）＞0， 故函数F （x ）是定义在R 上的增函数，∴F （1）＞F （0），即 ，故有f （1）＞ef （0）；又， ∴，故选：A.3.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知函数，则函数的图象为（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】=，当x＜0时， =．令g（x）=2x3﹣1+ln（﹣x），由，得，当x∈（﹣∞，）时，g′（x）＞0，当x∈（，0）时，g′（x）＜0．所以g（x）有极大值为=．又x2＞0，所以f′（x）的极大值小于0．所以函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数．当x＞0时， =．令h（x）=2x3﹣1+lnx，．所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=1＞0，h（）=﹣．又x2＞0，所以函数f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，则原函数有一个极值点．综上函数f（x）的图象为D中的形状．故选：D．4.（2018·浙江高考模拟）已知数列的前项和为，则下列选项正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】构造函数，所以在上递增，，可得，令，，，化为，，即，故选B.5.（2019·浙江高考模拟）设函数()f x 是定义在(),0-∞上的可导函数，其导函数为()'f x ，且有，则不等式的解集为（ ）A ．()2020,0-B ．C ．()2016,0-D ．【答案】B【解析】由， 0x （＜），得： 即令，则当0x ＜ 时，得'0F x （）＜，即上是减函数，即不等式等价为F x （） 在0-∞（，）是减函数，∴由F得，，即2020.x -＜故选B ．6. （2019·吉林省实验高三月考（理））已知函数，则的小关系是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数为偶函数，，，当时，，函数在上递增，，即，故选：．7. （2019·北京高考模拟（文））已知函数的单调递减区间为)2,0(，单调递增区间为(2,)+∞，那么=a ____． 【答案】4. 【解析】依题意可知x ＝2是函数f （x ）的极小值点， 又，所以，'(2)14af =-＝0， 解得：a ＝4,经检验成立 故答案为：48.（2019·山东高考模拟（文））若定义域为R 的函数()f x 满足，则不等式的解集为______（结果用区间表示）．【答案】(0,)e 【解析】 令，则，因为，所以()0g x '>，所以，函数()g x 为(,)-∞+∞上的增函数， 由，得：，即，因为函数()g x 为(,)-∞+∞上的增函数， 所以ln 1x <．所以不等式的解集是(0,)e ． 故答案为(0,)e ．9．（2019·江苏高考模拟（文））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，满足，且(2)f x +为偶函数，(4)2f =，则不等式()2xf x e <的解集为______.【答案】(0,)+∞ 【解析】 ∵为偶函数，∴的图象关于0x =对称，∴()y f x =的图像关于2x =对称，∴.又(4)2f =，∴(0)2f =.设，则.又∵，∴，∴'()0g x <，∴()y g x =在R 上单调递减.∵()2xf x e <，∴()2x f x e<，即()2g x <.又∵，∴()(0)g x g <，∴0x >.10．（2019·黑龙江大庆实验中学高考模拟（文））已知定义在上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，对定义域内的任意x ，都有成立，则使得成立的x 的取值范围为_____．【答案】【解析】由()f x 是偶函数，所以当0x >时，由得，设，则，即当0x >时，函数()g x 为减函数， 由得，即，因为()f x 是偶函数， 所以()g x 也是偶函数， 则，等价为，即2x >，得2x >或2x <-， 即x 的取值范围是，故答案为：．1. （2017·浙江高考模拟）已知函数（a R ∈），下列选项中不可能是函数()f x 图象的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】∵（a R ∈）∴当0a =时，，易得()f x 在(),1-∞-上为减函数，在()1,-+∞上为增函数，故A 可能；当14a ≥时， 0∆≤， ()0f x '≥， ()f x 为增函数，故B 可能； 当0a <时， 0∆>， ()f x '有两个不相等且互为异号的实数根， ()f x 先递减再递增然后再递减，故C 可能； 当104a <<时， 0∆>， ()f x '有两个不相等的负实数根， ()f x 先递增再递减然后再递增，故D 错误. 故选D2．（2019·广东高考模拟（文））若函数在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是_____. 【答案】1,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】，由题意得，'()0f x ≥在()0,∞+上恒成立， 即在()0,∞+上恒成立，因为的最大值为18， 所以a 的取值范围是1[,)8+∞， 故答案是：1[,)8+∞.3．（2019·天津高考模拟（文））已知曲线1xe y x a=+在1x =处的切线l 与直线230x y +=垂直，则实数a 的值为______. 【答案】25e 【解析】直线230x y +=的斜率为2-3,可得曲线在1x =处的切线为32，，当1x =，'32y =，可得312e a -+=，可得25a e =， 故答案：25a e =. 4．（2019·浙江高三期末）已知函数在开区间()1,0-上单调递减，则22a b +的取值范围是_____.【答案】9)5∞⎡+⎢⎣， 【解析】由题意，在()1,0-恒成立.只需要即可，整理得，作出其对应的平面区域如图所示；所以把22a b +视为平面区域内的点与原点距离的平方， 由点到直线的距离公式可得，所以22a b +的最小值为95， 则22a b +的取值范围是9)5∞⎡+⎢⎣，. 故答案为9)5∞⎡+⎢⎣， 5.（2018·浙江余姚中学高考模拟）已知函数．（1）当时，试求曲线在点处的切线；（2）试讨论函数的单调区间． 【答案】（1）；（2）见解析【解析】（Ⅰ）当时，函数定义域为，切线为（Ⅱ）当时，函数定义域为，在上单调递增当时，恒成立，函数定义域为，又在单调递增，单调递减，单调递增当时，函数定义域为，在单调递增，单调递减，单调递增当时，设的两个根为且，由韦达定理易知两根均为正根，且，所以函数的定义域为，又对称轴，且，在单调递增，单调递减，单调递增6．（2018届重庆市第八中学高考适应性（八））已知函数.（1）当时，讨论的导函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围.【答案】(1) 当时，，的单调递减区间为；当时，，的单调递增区间为.(2).【解析】（1）当时，，，当时，，的单调递减区间为；当时，，的单调递增区间为.（2），（i ）当时，，所以在上单调递增，.（ii ）当时，，由，得， ①当时，，所以时，，在上单调递增，又由，所以，即在上单调递增，所以有.②当时，，当时，，在上单调递减，又由，所以，所以在上单调递减，所以有，故此时不满足，综上，.1．（2017·浙江高考真题）函数的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】Dx=位于增区间内，因此选D．【解析】原函数先减再增，再减再增，且02．（2018·全国高考真题（理））函数的图像大致为 ( )A．B．C．D．【答案】B【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.3．（2019·北京高考真题（理））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】若函数为奇函数,则，对任意的x恒成立.若函数是R上的增函数,则恒成立,.即实数a 的取值范围是(],0-∞ 4．（2017·江苏高考真题）已知函数，其中e 是自然数对数的底数，若，则实数a 的取值范围是_________。

3.2导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.2018浙江,22导数与函数的单调性不等式的证明★★★2018课标全国Ⅰ理,21导数与函数的单调性不等式的证明导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2018课标全国Ⅱ理,21导数与极值、最值导数的四则运算★★★2014浙江,22 导数与最值不等式的证明分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是()A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,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;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x()A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围. 解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)x-1(-1,1)1(1,2)2f '(x)6+0-0↗↘f(x)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围. 解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+∞) g'(x)-0+g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点. ∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3, 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)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)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-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)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,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,+∞)内单调递增.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(x2-1)-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<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.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∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a 进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,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;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(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.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.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)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-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.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·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.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.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,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)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)(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)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>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)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.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=-.思路分析(1)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,进而得参数a的值.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.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,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;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*) 得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,+∞) h'(x)-0+h(x)↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f '(x)+-+f(x)↗↘↗所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)(i)证明:因为g'(x)=e x(f(x)+f '(x)),由题意知所以解得所以, f(x)在x=x0处的导数等于0.(ii)因为g(x)≤e x,x∈[x0-1,x0+1],由e x>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤e x在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.。

[基础达标]1．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减 D ．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增． 3．(2019·台州市高三期末质量评估)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )解析：选D.因f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，故当a ＜0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案C 中的那种情形；当a ＞0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案B 中的那种情形；判别式Δ＝a 2－4a ≤0，其图象是答案A 中的那种情形；当a ＝0，即y ＝x 也是答案A 中的那种情形，应选答案D.4．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 解析：选A.因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )．所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以此时函数是增函数．所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3.所以f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A. 5．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：选B.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，而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，选B.6．(2019·温州七校联考)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －3)f ′(x )≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (6)≤2f (3)B ．f (0)＋f (6)＜2f (3)C ．f (0)＋f (6)≥2f (3)D ．f (0)＋f (6)＞2f (3) 解析：选A.由题意知，当x ≥3时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x ＜3时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f (0)≤f (3)，f (6)≤f (3)，所以f (0)＋f (6)≤2f (3)，故选A.7．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝(x －3)e x ，则f ′(x )＝e x (x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)8．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，则当a ＜0时，f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝a ＋1x＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1a x，所以当x ≥－1a时f ′(x )≤0，当0＜x ＜－1a 时f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫0，－1a ⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞ 9．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞) 10．(2019·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f (x )＝x 2e x ，若f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f ′(x )＝e x (x 2＋2x )，所以f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，所以⎩⎪⎨⎪⎧t <－2t ＋1>－2或⎩⎪⎨⎪⎧t <0t ＋1>0，即实数t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．答案：(－3，－2)∪(－1，0)11．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 －54x 2.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． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．12．(1)设函数f (x )＝x e 2－x ＋e x ，求f (x )的单调区间．(2)设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)，若函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立． 因为e x >0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x . 因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，由g ′(x )＝0，得x ＝1.g ⎝⎛⎭⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1>1＋1e ，所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －1. 故a ≥e －1.[能力提升]1．(2019·丽水模拟)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.由条件可知当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＜0，函数递减．当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值．当x ＜－1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，函数递增，当－1＜x ＜0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＜0，函数递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项．2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数f ′(x )．当x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )＜g (1－2x )的解集为( )A ．(13，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞)C ．(13，＋∞)D ．(－∞，13)解析：选A.因为定义在R 上的偶函数f (x )， 所以f (－x )＝f (x )因为x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，所以x 2f ′(x )＋2xf (x )≤0， 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )≤0， 所以g (x )在[0，＋∞)上为减函数， 因为f (x )为偶函数， 所以g (x )为偶函数，所以g (x )在(－∞，0)上为增函数， 因为g (x )＜g (1－2x ) 所以|x |＞|1－2x |， 即(x －1)(3x －1)＜0 解得13＜x ＜1，选A.3.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则不等式f (x )＜1的解集是________．解析：依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3，5)．答案：(－3，5) 4．(2019·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ； 3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y ＝－3x [－2，2]5．已知函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋2x .(1)若g (x )在(－2，－1)内为减函数，求实数a 的取值范围；(2)若g (x )在区间(－2，－1)内不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)因为g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3， 即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．(2)因为g (x )在(－2，－1)内不单调，g ′(x )＝x 2－ax ＋2，所以g ′(－2)·g ′(－1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0.由g ′(－2)·g ′(－1)<0，得(6＋2a )·(3＋a )<0，无解．由⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a 2－8>0，6＋2a >0，3＋a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a >22或a <－22，a >－3，解之得－3<a <－22，即实数a 的取值范围为(－3，－22)．6．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)． ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a .由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．。

1.已知函数f (x )＝ln x －e x －a ＋a (e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求证：f (x )<－2.(2)若函数f (x )有两个零点，求a 的取值范围.2.(2019·萧山中学模拟)设函数f (x )＝x 2－a ln(x ＋2)，g (x )＝x e x ，且f (x )存在两个极值点x 1，x 2，其中x 1<x 2.(1)求实数a 的取值范围；(2)求g (x 1－x 2)的最小值；(3)证明不等式：f (x 1)＋x 2>0.3.(2019·绍兴一中模拟)已知函数f (x )＝x 2－2ln x －2ax (a ∈R ).(1)当a ＝0时，求函数f (x )的极值；(2)当x ∈(1，＋∞)时，试讨论关于x 的方程f (x )＋ax 2＝0实数根的个数.4.(2019·浙江省学军中学模拟)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－2ax －1.(1)当a ＝12时，讨论f (x )的单调性； (2)设函数g (x )＝f ′(x )，讨论g (x )的零点个数；若存在零点，请求出所有的零点或给出每个零点所在的有穷区间，并说明理由.(注：有穷区间指区间的端点不含有－∞和＋∞的区间)答案精析基础保分练1.(1)证明 当a ＝0时，f (x )＝ln x －e x ，f ′(x )＝1x－e x (x >0)，则f ′(x )在定义域内单调递减， 又f ′⎝⎛⎭⎫12＝2－e 12>0，f ′(1)＝1－e<0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得f ′(x 0)＝0，即0e x ＝1x 0，两边取对数得x 0＝－ln x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－0e x＝－x 0－1x 0＝－⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0<－2. 原不等式得证.(2)解 f ′(x )＝1x－e x －a ， 故原问题等价于f (x )在(0，＋∞)上有唯一极大值点x 1，且f (x 1)>0，因为f ′(x 1)＝0⇒1x 1＝e x 1－a ⇒－ln x 1＝x 1－a ，得a ＝x 1＋ln x 1， 故f (x 1)＝2ln x 1－1x 1＋x 1， 令h (x )＝2ln x －1x＋x ，h (1)＝0， 因为h ′(x )＝2x ＋1x 2＋1>0， 所以当x >1时，h (x )>0，则x 1>1，又因为y ＝x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，由x 1>1，得a ＝x 1＋ln x 1>1.综上，a >1.2.(1)解 由题意知f ′(x )＝2x －a x ＋2(x >－2)，∵f (x )存在两个极值点x 1，x 2，其中x 1<x 2. ∴关于x 的方程2x －a x ＋2＝0， 即2x 2＋4x －a ＝0在(－2，＋∞)上有两个不等实根.令S (x )＝2x 2＋4x (x >－2)，T (x )＝a ，由图象知当函数S (x )与T (x )有两个交点，即函数f (x )存在两个极值点时，－2<a <0，∴实数a 的取值范围是(－2,0).(2)解 由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－2，－2<x 1<－1，∴x 1－x 2＝x 1－(－2－x 1)＝2x 1＋2，∴－2<x 1－x 2<0，由g (x )＝x e x 得g ′(x )＝(x ＋1)e x ，∴当x ∈(－2，－1)时，g ′(x )<0，即g (x )在(－2，－1)上单调递减.当x ∈(－1,0)时，g ′(x )>0，即g (x )在(－1,0)上单调递增.∴g (x 1－x 2)min ＝g (－1)＝－1e .(3)证明 由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2x 1x 2，x 1＝－2－x2，－1<x 2<0，∴f x 1x 2＝x 21－a ln x 1＋2x 2＝x 2＋4x 2－2(x 2＋2)ln(－x 2)＋4，令－x 2＝x ，则0<x <1，且f x 1x 2＝－x －4x＋2(x －2)ln x ＋4， 令F (x )＝－x －4x ＋2(x －2)ln x ＋4(0<x <1)，F ′(x )＝－1＋4x 2＋2ln x ＋2x －2x＝4x 2－4x ＋2ln x ＋1(0<x <1)，令G (x )＝4x 2－4x ＋2ln x ＋1(0<x <1)，则G ′(x )＝－8x 3＋4x 2＋2x＝2x 2＋2x －4x 3， ∵0<x <1，∴G ′(x )<0，∴G (x )在(0,1)上是减函数，即F ′(x )在(0,1)上是减函数，∴F ′(x )>F ′(1)＝1>0，∴F (x )在(0,1)上是增函数，∴F (x )<F (1)＝－1，即f x 1x 2<－1， 即f (x 1)＋x 2>0.3.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝0时，f (x )＝x 2－2ln x ，f ′(x )＝2x －2x ＝2x ＋1x －1x ＝0，解得x ＝1或x ＝－1(舍去)，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值.(2)设F (x )＝f (x )＋ax 2＝(a ＋1)x 2－2ax －2ln x ，F ′(x )＝2(a ＋1)x －2a －2x＝2[a ＋1x 2－ax －1]x ＝2[a ＋1x ＋1]x －1x. ①当a ＋1＝0，即a ＝－1时，F (x )＝2x －2ln x ，F ′(x )＝2x －1x>0(x ∈(1，＋∞))， 故函数F (x )在(1，＋∞)上单调递增，F (x )>F (1)＝2>0，所以方程f (x )＋ax 2＝0在(1，＋∞)上无实根.②当a ＋1>0，即a >－1时，令F ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－1a ＋1(舍去)， 对任意x ∈(1，＋∞)，都有F ′(x )>0，故函数F (x )在(1，＋∞)上单调递增，F (x )>F (1)＝1－a ； 当1－a ≥0，即－1<a ≤1时，F (1)≥0，所以函数F (x )>0，该函数无零点，即方程无实根； 当1－a <0，即a >1时，F (1)＝1－a <0，F (e)＝(a ＋1)e 2－2a e －2＝a (e 2－2e)＋e 2－2>0，此时函数F (x )只有一个零点，即方程有且只有一个实根.③当a ＋1<0，即a <－1时，令F ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－1a ＋1. 若1≥－1a ＋1，即a ≤－2，则函数F (x )在(1，＋∞)上单调递减，此时F (x )<F (1)＝1－a >0. 令g (x )＝(a ＋1)x 2－2ax ，则F (x )＝g (x )－2ln x ，且函数g (x )的零点分别为x 1＝0，x 2＝2a a ＋1， 因为a ≤－2，所以x 2＝2a a ＋1>1. 故F (x 2)＝g (x 2)－2ln x 2＝－2ln x 2<0，所以函数有一个零点，即原方程有一个实根，若1<－1a ＋1，即－2<a <－1， 则函数F (x )在⎝⎛⎭⎫1，－1a ＋1上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫－1a ＋1，＋∞上单调递减. 因为F (1)＝1－a >0，所以F (x )在⎝⎛⎭⎫1，－1a ＋1上没有零点，方程无解. 因为当－2<a <－1时，2a a ＋1－⎝⎛⎭⎫－1a ＋1＝2a ＋1a ＋1>0， 所以x 2＝2a a ＋1>－1a ＋1>1， 所以F ⎝⎛⎭⎫－1a ＋1>F (1)＝1－a >0， F (x 2)＝g (x 2)－2ln x 2＝－2ln x 2<0，所以函数在⎝⎛⎭⎫－1a ＋1，＋∞上有且只有一个零点，即方程有且只有一个实根. 综上，当－1≤a ≤1时，方程无实根，当a >1或a <－1时，方程只有一个实根.能力提升练4.解 (1)当a ＝12时，f ′(x )＝e x ＋x －1， 易知f ′(x )在R 上单调递增，且f ′(0)＝0，因此，当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)由条件可得g (x )＝e x ＋2ax －2a ，g ′(x )＝e x ＋2a .(i)当a ＝0时，g (x )＝e x >0，g (x )无零点.(ii)当a >0时，g ′(x )>0，g (x )在R 上单调递增，g (0)＝1－2a ，g (1)＝e>0.①若1－2a <0，即a >12时，g (0)＝1－2a <0，g (x )在(0,1)上有一个零点； ②若1－2a ＝0，即a ＝12时，g (0)＝0， g (x )有一个零点x ＝0；③若1－2a >0，即0<a <12时， g ⎝⎛⎭⎫2a －12a ＝e 2a －12a －1<0，g (x )在⎝⎛⎭⎫2a －12a ，0上有一个零点. (iii)当a <0时，令g ′(x )>0，得x >ln(－2a )；令g ′(x )<0，得x <ln(－2a )，所以g (x )在(－∞，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (ln(－2a ))＝2a .①若ln(－2a )－2<0，即－e 22<a <0时，g (x )>0，g (x )无零点； ②若ln(－2a )－2＝0，即a ＝－e 22时，g (2)＝0，g (x )有一个零点x ＝2； ③若ln(－2a )－2>0，即a <－e 22时，g (1)＝e>0， g (ln(－2a ))<0，g (x )在(1，ln(－2a ))上有一个零点，设h (x )＝e x －x 2(x ≥1)，则h ′(x )＝e x －2x ，设u (x )＝e x －2x ，则u ′(x )＝e x －2，当x ≥1时，u ′(x )＝e x －2≥e －2>0，所以u (x )＝h ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，h ′(x )≥h ′(1)＝e －2>0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝e －1>0，即x >1时，e x >x 2，故g (x )>x 2＋2ax －2a .设k (x )＝ln x －x (x ≥1)，则k ′(x )＝1x －1＝1－x x≤0， 所以k (x )在[1，＋∞)上单调递减，k (x )≤k (1)＝－1<0，即x >1时，ln x <x .因为a <－e 22时，－2a >e 2>1， 所以ln(－2a )<－2a ，又g (－2a )>(－2a )2＋2a (－2a )－2a ＝－2a >0，g (x )在(ln(－2a )，－2a )上有一个零点，故g (x )有两个零点.综上，当a <－e 22时，g (x )在(1，ln(－2a ))和(ln(－2a )，－2a )上各有一个零点，共有两个零点； 当a ＝－e 22时，g (x )有一个零点x ＝2；当－e 22<a ≤0时，g (x )无零点；当0<a <12时，g (x )在⎝⎛⎭⎫2a －12a ，0上有一个零点；当a ＝12时，g (x )有一个零点x ＝0；当a >12时，g (x )在(0,1)上有一个零点.。

[基础达标]1．(2019·宁波质检)下列四个函数中，在x ＝0处取得极值的函数是( ) ①y ＝x 3；②y ＝x 2＋1；③y ＝|x |；④y ＝2x . A ．①② B ．①③ C ．③④ D ．②③解析：选D.①中，y ′＝3x 2≥0恒成立，所以函数在R 上递增，无极值点；②中y ′＝2x ，当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R 上递增，无极值点，故选D.2．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A ．1eB ．2e 2C ．0D ．12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xex 在[0，2]上的最大值是y |x＝1＝1e，故选A. 3．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D.因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.4．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A ．89B ．109C ．169D ．289解析：选C.函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3. 6．已知函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．[0，e] C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A.f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝⎛⎭⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e x x，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝e xx 与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e ，选A.7．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0， 则x ＝0或x ＝2.所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.答案：48．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，则g (x )的最小值为________． 解析：对f (x )＝ln x 求导，得f ′(x )＝1x ，则g (x )＝ln x ＋1x ，且x ＞0.对g (x )求导，得g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，g ′(x )＜0，函数g (x )＝ln x ＋1x 在(0，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )＝ln x ＋1x 在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝1. 答案：19．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1，当x ∈[12，1]时，f ′(x )＜0，x ∈[1，2]时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 1 10．(2019·义乌模拟)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)． 答案：(0，1)11．已知函数f (x )＝ax 2－b ln x 在点A (1，f (1))处的切线方程为y ＝1. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝2ax －bx，f (1)＝a ＝1，f ′(1)＝2a －b ＝0， 将a ＝1代入2a －b ＝0， 解得b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝x 2－2ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x，令f ′(x )>0，解得x >1， 令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以f (x )极小值＝f (1)＝1，无极大值．12．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，＋∞)上单调递增． 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 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (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 处取得最大值，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，＋∞)上单调递增， 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)．[能力提升]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3 D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.2．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a 恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e≤a <1.答案：32e≤a <13．(2019·宁波市高考模拟)设函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线斜率为1，求实数a 的值； (2)当a ≥－1时，记f (x )的极小值为H ，求H 的最大值．解：(1)因为函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R ，所以f ′(x )＝2x 2－ax －1x (x ＞0)，由题意知f ′(1)＝1，解得a ＝0. (2)设f ′(x 0)＝0，则2x 20－ax 0－1＝0， 则x 0＝a ＋a 2＋84， 所以f (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增，则H ＝f (x )极小值＝f (x 0)＝x 20－ax 0－ln x 0＝－x 20＋1－ln x 0，设g (a )＝a ＋a 2＋84(a ≥－1)， 当a ≥0时，g (a )为增函数，当－1≤a ≤0时，g (a )＝2a 2＋8－a，此时g (a )为增函数，所以x 0≥g (－1)＝12，所以函数y ＝－x 2＋1－ln x 在(0，＋∞)上为减函数， 所以f (x )极小值H 的最大值为34＋ln 2.4．(2019·温州中学高三模考)已知函数f (x )＝ln(2ax ＋1)＋x 33－x 2－2ax (a ∈R )．(1)若x ＝2为f (x )的极值点，求实数a 的值；(2)若y ＝f (x )在[3，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋b x 有实根，求实数b 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2a2ax ＋1＋x 2－2x －2a＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1，因为x ＝2为f (x )的极值点，所以f ′(2)＝0， 即2a4a ＋1－2a ＝0，解得a ＝0. (2)因为函数f (x )在[3，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1≥0在[3，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝x (x －2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[3，＋∞)上为增函数，故a ＝0符合题意．②当a ≠0时，由函数f (x )的定义域可知，必须有2ax ＋1>0对x ≥3恒成立，故只能a >0，所以2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．令函数g (x )＝2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)，其对称轴为x ＝1－14a ，因为a >0，所以1－14a <1，要使g (x )≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g (3)≥0即可，即g (3)＝－4a 2＋6a ＋1≥0，所以3－134≤a ≤3＋134.因为a >0，所以0<a ≤3＋134.综上所述，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3＋134.(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋b x 可化为ln x －(1－x )2＋(1－x )＝bx .问题转化为b ＝x ln x －x (1－x )2＋x (1－x )＝x ln x ＋x 2－x 3在(0，＋∞)上有解，即求函数g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3的值域．因为函数g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，令函数h (x )＝ln x ＋x －x 2(x >0)， 则h ′(x )＝1x ＋1－2x ＝（2x ＋1）（1－x ）x，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，从而函数h (x )在(0，1)上为增函数， 当x >1时，h ′(x )<0，从而函数h (x )在(1，＋∞)上为减函数， 因此h (x )≤h (1)＝0.而x >0，所以b ＝x ·h (x )≤0，因此当x ＝1时，b 取得最大值0.。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第三章 导 数第04讲 导数的综合应用 ---练1．（2018·湖南高考模拟（理））设函数的图象在点处切线的斜率为，则函数的图象一部分可以是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】y ＝x sin x +cos x 可得：y ′＝sin x +x cos x ﹣sin x ＝x cos x ．可得：g （t ）＝t cos t ， 函数是奇函数，排除选项B ，D ； 当x ∈（0，）时，y ＞0， 排除选项C ． 故选：A ．2．（2019·江西师大附中高考模拟（文））已知函数，若函数有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)0,4 B ．[)0,2C ．(],4-∞D ．(],2-∞【答案】B 【解析】当0x ≤时，∴当时，()0f x '>；当(]1,0x ∈-时，()0f x '<()f x ∴在(),1-∞-上单调递增；在(]1,0-上单调递减 0x ∴≤时，由此可得()f x 图象如下图所示：若函数有3个零点，则()y f x =与y a =有3个交点由图象可知：当02a ≤<时，()y f x =与y a =有3个交点[)0,2a ∴∈本题正确选项：B3.（2019·江苏高考模拟（文））若函数在区间(0,)+∞内有两个零点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(,1)-∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,1) D ．(1,2)【答案】B 【解析】.①当0a ≤时，若(0,)x ∈+∞，则'()0f x >，此时函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，不可能有两个零点； ②当0a >时，函数()f x 在区间(0,)a 上单调递减，在区间(,)a +∞上单调递增，因为(0)10f =>，若函数()f x 在区间(0,)+∞内有两个零点，有，得1a >.故选B.4．（2019·怀化市第三中学高考模拟（文））已知函数()ex xf x =，若关于x 的方程无实数解，则m的取值范围为（ ） A ．(2,0]e - B ．(24e ,0⎤-⎦C ．1,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．24,0e ⎛⎤-⎥⎝⎦【答案】A 【解析】 由()xxf x e =求导得，令()'0fx =，解得1x =，可知函数()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.，且()00f =.所以函数()y f x =的图象如图所示，因为直线y mx e =-恒过点()0,e -.所以当直线y mx e =-与曲线()y f x =相切时，设切点为()00,x y 其中00x <，即直线y mx e =-与曲线()y f x =-在(),0-∞上相切，此时，解得012x m e =-⎧⎨=-⎩关于x 的方程无实数解，结合图象可知，此时(]2,0m e ∈-. 故选：A5.（2018·四川高考模拟（理））设函数，若存在区间，使在上的值域为，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】f′（x）＝2x﹣lnx+1，f″（x）＝2，∴当x时，f″（x）≥0，∴f′（x）在[，+∞）上单调递增，∴f′（x）≥f′（）＝2﹣ln0，∴f（x）在[，+∞）上单调递增，∵[a，b]⊆[，+∞），∴f（x）在[a，b]上单调递增，∵f（x）在[a，b]上的值域为[k（a+2），k（b+2）]，∴，∴方程f（x）＝k（x+2）在[，+∞）上有两解a，b．作出y＝f（x）与直线y＝k（x+2）的函数图象，则两图象有两交点．若直线y＝k（x+2）过点（，ln2），则k，若直线y＝k（x+2）与y＝f（x）的图象相切，设切点为（x0，y0），则，解得k＝1．∴1＜k，故选B.,x x，使6．（2019·天津一中高三月考）已知函数，若有且只有两个整数12得()10f x >，且()20f x >，则a 的取值范围是（ ） A ．()ln3,2 B ．[)2ln3,2- C ．(]0,2ln3- D ．()0,2ln3-【答案】C 【解析】由题意可知，()0f x >，即.∴，设，.由.可知在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数，的图象恒过点()2,0，在同一坐标系中作出()g x ，()h x 的图象如下，若有且只有两个整数12,x x ，使得，且则，即，解得,故选C.7. （2019·江苏高考模拟）如图所示，现有一张边长为10cm 的正三角形纸片ABC ，在三角形的三个角沿图中虚线剪去三个全等的四边形11ADA F ，11BD B E ，11CE C F （剪去的四边形均有一组对角为直角），然后把三个矩形111A B D D ，111B C E E ，111AC FF 折起，构成一个以111AB C 为底面的无盖正三棱柱.（1）若所折成的正三棱柱的底面边长与高之比为3，求该三棱柱的高； （2）求所折成的正三棱柱的体积的最大值. 【答案】（1）（2）350027cm 【解析】（1）设1A D x =，则AD =，.因为，所以.答：该三棱柱的高为.（2）因为，所以.三棱柱的体积，所以.因为当时，()0V x '>，()V x 单调递增，当时，()0V x '<，()V x 单调递减，所以x =.答：该三棱柱的体积为350027cm . 8．（2019·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知函数，a R ∈.（1）当1a =时，求函数()f x 的极值； （2）若函数在区间[0,)+∞上只有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）；（2）(,1]-∞【解析】（1）当1a =时，()xf x xe =，定义域为R ，，令'()0f x =，得1x =-．当1x <-时，'()0f x <；当1x >-时，'()0f x >． 所以，函数()f x 在1x =-处取得极小值，即；（2），，令'()0g x =，得1x a =-，20x =．①当0a -≤时，即当0a ≥时，对任意的[0,)x ∈+∞，'()0g x ≥， 此时，函数()g x 在区间[0,)+∞上单调递增， 则函数()g x 在0x =处取得最小值，且最小值为，得1a ≤．此时，01a ≤≤；②当0a ->时，即当0a <时，此时，函数()g x 在(0,)a -上单调递减，在(,)a -+∞上单调递增， 因为，．所以函数()g x 在[0,)+∞上只有一个零点， 所以，0a <．综上所述，实数a 的取值范围是(,1]-∞. 9.（2019·云南高考模拟（文））已知函数．（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）设，若函数在1[,]e e上（这里 2.718)e ≈恰有两个不同的零点，求实数t 的取值范围．【答案】（1）0x y -=；（2）1(1,1]t e∈+．【解析】（1）函数定义域为(0,)+∞，，f ∴'（1）1=，又f （1）1=，∴所求切线方程为11y x -=-， 即：0x y -=； （2）函数在1[,]e e上恰有两个不同的零点，等价于在1[,]e e上恰有两个不同的实根，等价于t x lnx =-在1[,]e e上恰有两个不同的实根，令，则， ∴当1(,1)x e∈时，()0k x '<，()k x ∴在1(,1)e递减；当(1x ∈，]e 时，()0k x '>，()k x ∴在(1，]e 递增， 故()min k x k =（1）1=，又，，∴1()()k k e e <，∴1(1)()k t k e<…，即1(1,1]t e∈+．10．（2019·山东高考模拟（理））已知抛物线216y x =，过抛物线焦点F 的直线l 分别交抛物线与圆于,,,A C D B （自上而下顺次）四点.（1）求证：为定值；（2）求||||AB AF ⋅的最小值. 【答案】(1)见证明；(2)108 【解析】（1）有题意可知，(4,0)F 可设直线l 的方程为4x my =+，联立直线和抛物线方程2164y xx my ⎧=⎨=+⎩，消x 可得，所以，1264y y =-，由抛物线的定义可知，，又，所以，所以||||AC BD ⋅为定值16. （2）由（1）可知，，，，由1216x x =，可得2116x x =， 所以（其中1>0x ），令，，当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 所以.所以||||AB AF ⋅的最小值为108.1. （2019·广东高考模拟（文））已知函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a <-时，讨论函数()f x 的零点个数. 【答案】(1)见解析；(2)见解析 【解析】 （1），令，其对称轴为034ax =-，令，则298a ∆=-.当0a ≥时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a <时，对称轴为，若，即，()0u x ≥恒成立，所以()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若a <时，设()0u x =的两根，，当1(0,)x x ∈时，()0u x >，所以()0f x '>，所以()f x 在1(0,)x 上单调递增， 当12(,)x x x ∈时，()0u x <，所以()0f x '<，所以()f x 在12(,)x x 上单调递减， 当时，()0u x >，所以()0f x '>，所以()f x 在2(,)x +∞上单调递增，综上所述：当3a ≥-时， ()f x 在(0,)+∞上单调递增；若a <时， ()f x 在1(0,)x 上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增； （2）当1a <-时，由（1）知()f x 在1(0,)x 上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，下面研究()f x 的极大值，又，所以，令，则（0x >），可得()g x 在(0,2上单调递增，在)2+∞上单调递减，且()g x 的极大值，所以()0<g x ，所以1()0f x <，当1(0,)x x ∈时， ()f x 单调递增，所以当12(,)x x x ∈时， ()f x 在12(,)x x 上单调递减，所以当时， ()f x 单调递增，且，，所以存在，使得()0f x '=，又当时， ()f x 单调递增，所以()f x 只有一个零点x '，综上所述，当1a <-时，()f x 在(0,)+∞上只有一个零点.2．（2019·山西高考模拟（文））已知函数.（Ⅰ）若1m =，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）若关于x 的不等式在[0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）10x y -+=；（Ⅱ）【解析】 （Ⅰ）依题意，，故.'(0)1f =，而(0)1f =.故所求切线方程为1y x -=，即10x y -+=. （Ⅱ）由得.即问题转化为当0x ≥时，.令，0x ≥，则.由'()0g x =及0x ≥，得1x =.当时，'()0g x >，()g x 单调递增； 当时，'()0g x <，()g x 单调递减.所以当1x =时，.所以12m e ≥即实数m 的取值范围为.3．（2019·湖北黄冈中学高考模拟（理））已知函数.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）比较与的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（Ⅰ）函数()f x 可化为，当0x a <<时，，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的，当x a ≥时，，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知当1a =，1x >时，，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x<-.所以.4．（2019·天津耀华中学高三月考）已知函数.（Ⅰ）（ⅰ）求证：()1g x x ≥+； （ⅱ）设，当时，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当0a ≠时，过原点分别作曲线()y f x =与()y g x =的切线12,l l ，已知两切线的斜率互为倒数，证明：.【答案】（Ⅰ）（ⅰ）详见解析；（ⅱ）(],2-∞；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）（ⅰ）证明：令，则，所以0x <时，()0u x '<，0x >时()0u x '>， 所以，即()1g x x ≥+.（ⅱ），.a.当2a ≤时，由（Ⅰ）知1x e x ≥+， 所以，所以()h x 在［0，＋）∞上递增， 则恒成立，符合题意．b ．当2a >时，令，则，所以()h x '在[)0,+∞上递增，且，则存在()00,x ∈+∞，使得()00h x '=.所以()h x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增； 又，所以()1h x ≥不恒成立，不合题意．综合a ，b 可知，所求实数a 的取值范围是(],2-∞．（Ⅱ）证明：设切线2l 的方程为2y k x =，切点为()22,x y ，则22xy e =，，所以21x =，2y e =， 则22xk e e ==.由题意知，切线1l 的斜率为1211k k e==，1l 的的方程为.设1l 与曲线()y f x =的切点为()11,x y ，则，所以，111a x e=-. 又因为，消去1y 和a 后 ，整理得.令，则，易知()m x 在()0,1上单调递减， 在()1,+∞上单调递增 ． 若()10,1x ∈，因为，，所以11,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，而111a x e =-，在11,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减， 所以.若()11,x ∈+∞，因为()m x 在()1,+∞上单调递增，且()0m e =，则1x e =，所以（舍去）.综上所述：.5. （2019·山东高考模拟（理））设函数.（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当2a =时，①求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；②若存在1x ，2x ，…，1,n x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得成立，求n 的最大值.【答案】（1）见解析（2）①()min 1f x =，②6【解析】 （1），故当0a ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，令()0f x '>，得x >()f x在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增； 令()0f x '<，得x <，所以函数()f x在0,2⎛ ⎝⎭上单调递减.综上，当0a ≤时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，函数()f x 在2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,2⎛ ⎝⎭上单调递减 （2）①当2a =时，由（1）知，函数()f x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增.故，又因为，，故.②由于，，故.由于1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，，取，则，故n 的最大值为6.6．（2019·山东高考模拟（理））已知函数()xe f x x=，（Ⅰ）当0x >时，证明；（Ⅱ）已知点，点，设函数，当时，试判断()h x 的零点个数．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2. 【解析】 （Ⅰ ）令，0x >；则．令，，易得()G x 在()02ln ，递减，在()2ln +∞，递增， ∴，∴20x e x ->在()0+∞，恒成立． ∵ ()x Φ在()01，递减，在()1+∞，递增． ∴．∵；（Ⅱ ）∵ 点()()P x xf x ，，点，∴，．① 当时，可知2x e x x >>，∴0x e x ->∴，， ∴．∴ ()h x 在02π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，单调递增，()010h =>，02h π-<（）． ∴ ()h x 在02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上有一个零点， ② 当0,4x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，cosx sinx ≥，x e x >， ∴，∴()0h x >在04π⎛⎤⎥⎝⎦，恒成立，∴ ()h x 在04π⎛⎤⎥⎝⎦，无零点．③ 当,42x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，，．∴ ()h x 在04π⎛⎤⎥⎝⎦，单调递减，，．∴ ()h x 在04π⎛⎤⎥⎝⎦，存在一个零点．综上，()h x 的零点个数为2．．1．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数若关于x 的不等式()0f x …在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1 B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C 【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥， （1）当01a ≤≤时，，当1a <时，(1)10f =>， 故当0a ≥时，在(,1]-∞上恒成立；若在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减， 故，所以a e ≤.当0a ≥时，在(,1]-∞上恒成立；综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.2．（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.3.（2019浙江）已知,a b R，函数．若函数恰有3个零点，则( )A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0【答案】C【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3（a+1）x2+ax﹣ax﹣b x3（a+1）x2﹣b，，当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴0且，解得b ＜0，1﹣a ＞0，b （a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．4．（2019·北京高考真题（文））已知函数.（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：；（Ⅲ）设，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）0x y -=和.（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）3a =-. 【解析】 （Ⅰ），令得0x =或者83x =. 当0x =时，(0)0f =，此时切线方程为y x =，即0x y -=；当83x =时，88()327f =，此时切线方程为6427y x =-，即；综上可得所求切线方程为0x y -=和. （Ⅱ）设，，令得0x =或者83x =，所以当[2,0]x ∈-时，()0g x '≥，()g x 为增函数；当8(0,)3x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数；当8[,4]3x ∈时，()0g x '≥，()g x 为增函数；而，所以()0g x ≤，即()f x x ≤；同理令，可求其最小值为(2)0h -=，所以()0h x ≥，即，综上可得.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，所以()M a 是,6a a +中的较大者，若6a a ≥+，即3a -≤时，；若6a a <+，即3a >-时，；所以当()M a 最小时，()3M a =，此时3π. 5.（2019·全国高考真题（理））已知函数.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e xy =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为，，因为函数()f x 的定义域为，所以()0f x '>，因此函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数；当(0,1)x ∈，时，，而，显然当(0,1)x ∈，函数()f x 有零点，而函数()f x 在(0,1)x ∈上单调递增，故当(0,1)x ∈时，函数()f x 有唯一的零点； 当(1,)x ∈+∞时，，因为，所以函数()f x 在2(,)e e 必有一零点，而函数()f x 在(1,)+∞上是单调递增，故当(1,)x ∈+∞时，函数()f x 有唯一的零点 综上所述，函数()f x 的定义域内有2个零点；（2）因为0x 是()f x 的一个零点，所以，所以曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线l 的斜率01k x =，故曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线l 的方程为：而，所以l 的方程为，它在纵轴的截距为021x -. 设曲线xy e =的切点为11(,)xB x e ，过切点为11(,)xB x e 切线'l ，，所以在11(,)xB x e 处的切线'l的斜率为1x e ，因此切线'l 的方程为，当切线'l 的斜率11x k e =等于直线l 的斜率01k x =时，即，切线'l 在纵轴的截距为，而，所以，直线',l l 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线',l l 重合，故曲线ln y x =在00A(,ln )x x 处的切线也是曲线x y e =的切线.6.（2019·浙江高考真题）已知实数0a ≠，设函数（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意均有()2f x a≤求a 的取值范围. 注：为自然对数的底数.【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）204a <≤. 【解析】 (1)当34a =-时，，函数的定义域为()0,∞+，且：，因此函数()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3. (2)由1(1)2f a ≤，得04a <≤，当04a <≤时，()2f x a≤，等价于，令1t a=，则t ≥， 设，t ≥，则，（i ）当时，，则，记，则列表讨论：（ii ）当211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，，令，则，故()q x 在211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，，由（i ）得，，由（i ）（ii ）知对任意，即对任意，均有()f x ≤，综上所述，所求的a的取值范围是⎛ ⎝⎦．。

第练导数小题综合练[基础保分练].(·杭州期末)若直线＝与曲线＝＋(∈，为自然对数的底数)相切，则等于( ).－.－.(·温州模拟)已知函数()的导函数′()的图象如图所示，则函数()的图象可能是( ).已知函数()＝＋，其导函数为′()，则()＋(－)＋′()－′(－)的值为( ).－.设函数()＝(＋－)，则()( ).是奇函数，且在上是增函数.是偶函数，且在上有极小值.是奇函数，且在上是减函数.是偶函数，且在上有极大值.已知函数()＝′()＋＋()，则′()的值为( ).－.－.－.函数()＝＋(∈)在区间[－，＋∞)上有两个零点，则实数的取值范围是( ).已知定义域为的奇函数＝()的导函数为＝′()，当≠时，′()＋>，若＝，＝－(－)，＝·，则，，的大小关系是( )<<<<<<<<.(·浙江新昌中学、台州中学联考)已知函数()＝＋＋＋(∈)，下列选项中不可能是函数()的图象的是( ).已知函数()＝＋＋＋，若()在区间(－)上单调递减，则＋的取值范围是..已知函数()＝，若关于的不等式()－＋≥恒成立，则实数的取值范围是.[能力提升练].设()，()是定义在上的恒大于的可导函数，且′()()－()′()<，则当<<时，有( )()()>()() ()()>()()()()>()() ()()>()().(·湖州模拟)已知曲线()＝－＋－存在两条斜率为的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数的取值范围为( ).(，＋∞).().设函数()在上存在导函数′()，对任意的实数都有()＝－(－)，当∈(－∞，)时，′()＋<，若(＋)≤(－)＋＋，则实数的取值范围是( ).[－，＋∞) .[－，＋∞).已知函数()＝的图象上存在两点关于轴对称，则实数的取值范围是( ).[－，－] .(－，－).[－，].已知()＝(＋)·－＋，()＝(＋)＋，若存在，∈，使得()≥()成立，则实数的取值范围是..若对任意的∈，均有()≤()≤()成立，则称函数()为函数()和函数()在区间上的“中间函数”.已知函数()＝(－)－，()＝－，()＝(＋)，且()是()和()在区间[]上的“中间函数”，则实数的取值范围是.答案精析基础保分练.(－∞，]能力提升练[令()＝，则′()＝<，所以()在上单调递减.又<<，所以>>.又()>，()>，所以()()>()().][()＝－＋－的导函数为′()＝－＋.由题意可得－＋＝，即－＋－＝有两个不相等的正实数根，则Δ＝－(－)>，＋＝>，＝(－)>，解得<<.故选.][令()＝()－，因为(－)＋()＝(－)＋()－＝，所以(－)＝－()，故()＝()－是奇函数.则当∈(－∞，)时，′()＝′()－<－<，故函数()＝()－在(－∞，)上单调递减，故函数()在上单调递减.不等式(＋)≤(－)＋＋等价于(＋)－(＋)≤(－)－，即(＋)≤(－)，由函数的单调性可得＋≥－，即≥－.故选.][由题意得，函数＝(<)的图象关于轴对称变换后，与＝－，>的图象有交点，即＝－有正根，即＝有正根.令()＝，>，则′()＝＝.令′()＝，得＝或.当<<或>时，′()<，()单调递减；当<<时，′()>，()单调递增.可知，当＝时，()取极小值－－；当＝时，()取极大值－.又当→或→＋∞时，()→，故当＝时，()取最小值－－；当＝时，()取最大值－，即实数的取值范围是[－－，－]，故选.]解析′()＝(＋)－(＋)＝(＋)(－)，则可知()在(－∞，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，故()＝()＝.()＝(＋)＋在(－∞，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增.故()＝(－)＝，存在，∈，使得()≥()成立，则()≥()，所以≤.解析根据题意，可得－≤(－)－≤(＋)在[]上恒成立，当∈[]时，函数＝(－)－的图象是一条线段，于是解得≥，又由(－)－≤(＋)，即－≤在∈[]上恒成立，令()＝＝＋＋，则′()＝，且∈[]，又令()＝－，则′()＝－≥，于是函数()在[]上为增函数，从而()＝－>，即′()>，即函数()在∈[]上为单调增函数，所以函数的最小值为()＝，即－≤，所以≤，所以实数的取值范围是.。

第04讲导数的综合应用 ---讲1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；（2）适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.知识点1．利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.【典例1】（2018·湖北高三月考（文））函数的导函数的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为=-cosx ，x+sinx ，又，为奇函数，排除B ，又x=时，+sin >0，排除D ，又当0<x<3时，sinx>0，x>0，x+sinx>0，当x时，x，-1sinx，x+sinx>0，排除A ，故选C. 【规律方法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间．【变式1】函数y=4cosx-e |x|（e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ）A B C D 【答案】A 【解析】函数为偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，，当，当π≥x 时，πe e x >，，，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A.知识点2．与函数零点有关的参数范围问题1．方程()0f x =有实根Û函数()y f x =的图象与x 轴有交点Û函数()y f x =有零点． 2．求极值的步骤：①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析0x 两侧导数'()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域. 4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.【典例2】(2018年理数全国卷II)已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i ）当时，，没有零点；（ii ）当时，． 当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．∈.【变式2】（2019·天津高考模拟（理））已知函数，其中a Rf x的单调区间：（Ⅰ）当a=1时，求函数()f x的极值；（Ⅱ）求函数()f x有两个不同的零点，求a的取值范围.（Ⅲ）若函数()【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1【解析】（Ⅰ）当a=1时,, f′（x）=当f′（x）<0时，x>1; f′（x）>0时，0<x<1f x的单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）∴函数()（Ⅱ）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x），若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，无极值若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，当0＜x＜a时，f′（x）>0，当x＞a时，f′（x）<0，此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；∴当x=a时，函数的极大值为f(a)=，无极小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，函数的极小值为f(a)=，令g(x)=lnx+x-1(x>0) ∵∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0(i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； (ii) 当a>1时，f(a)=ag(a)>0 ∵∴函数f(x)在（1,a e）内有一个零点，∵f(3a -1)=aln(3a-1)-设h(x)=lnx-x(x>2) ∵∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点 综上，函数()f x 有两个不同的零点时，a>1知识点3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：【典例3】（2019·浙江高考模拟）已知函数2()2f x x =，，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点. （Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值.【答案】（Ⅰ）4m e =（Ⅱ）4 【解析】 （Ⅰ）由题意知，即22ln x m x =，令，则.∵()F x 在()0,e 上递增，在(),e +∞上增减，∴，∴4m e =.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当0a =时，4be x e >，，不符合题意；当0a <时，有0b >，此时，，不符合题意，因此有0a >， 因此 ①令，则，()h x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在4,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减， 故②由①②两式知，构造函数，则()40ϕ=，()x ϕ在()0,4e 递减，在()4,e +∞递增，故min 4a =，此时0b =. 解法二：由（1）知，，设，可知，0a >，∵在()0,+∞恒成立，即，又04a-->， ∴，即228a b ≤-+ ①由在()0,+∞恒成立，即在()0,+∞恒成立，设，()0,x ∈+∞，则，由()'0G x >得40e x a <<，()G x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，由()'0G x <得4e x a >，()G x 在4,e a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 故，得44lnb e a≥ ② 由①②得 ③存在a ，b 使得③成立的充要条件是，即，记，显然()40ϕ=，，∴()a ϕ在()0,4e 上单调递增，在()4,e +∞上单调递减，，，故在()4,4e e 存在0a ，使()00a ϕ=，∴不等式的解为04a a ≤≤，∴a 的最小值为4，从而由③得0b =. 【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.【变式3】（2019·山东高三月考（文））已知函数.(1)求()f x 的单调区间；(2)若0x ≥，()1f x ≤，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()f x 在单调递增，在，单调递减. （2）1a ≥【解析】 （1）()f x '=，令()0f x '=，得到，.令()0f x '>，得12x x x <<，所以()f x 在单调递增，令()0f x '<，得1x x <或2x x >，所以()f x 在，单调递减.（2）由（1）知，，当1a <时，(0)0f '>，因为，且，由（1）可知，()f x 在2(0,)x 单调递增，此时若2(0,)x x ∈，，与0x ≥时，()1f x ≤矛盾. 当1a ≥时，(0)0f '≤，，由（1）可知，()f x 在(0,)+∞单调递减，因此对∀[0,)x ∈+∞，，此时结论成立.综上，a 的取值范围为1a ≥.知识点4．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.【典例4】（2019·山西高考模拟（理））已知函数.（Ⅰ）若0a <，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）若0a ≥，证明：.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）依题意，(0,)x ∈+∞，.令'()0f x =，则1x =或1a x a+=-. 当1a ≤-时，，由'()0f x >得(0,1)x ∈，由'()0f x <得(1,)x ∈+∞；当12a =-时，；当1a >-且11a a+-<，即时，由'()0f x >得，由'()0f x <得或(1,)x ∈+∞；当11a a +->，即102a -<<时，由'()0f x >得，由'()0f x <得(0,1)x ∈或.综上所述，当1a ≤-时，函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减； 当12a =-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当时，函数()f x 在10,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭和(1,)+∞上单调递减，在1,1a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增； 当102a -<<时，函数()f x 在(0,1)和上单调递减，在11,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增. （Ⅱ）要证：.即证：，即证：， 即证：. 令..因为0a ≥，所以当(0,1)x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增， 所以，即()0F x ≥.故当0a ≥时，.【规律方法】利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.【变式4】（2019·河南高考模拟（理））已知函数，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直.（1）求函数()f x 的单调区间； （2）求证：0x >时，.【答案】（1）()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间（2）详见解析. 【解析】 （1）由，得.因为曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直， 所以，所以1a =，即，.令，则.所以时，()'0g x <，()g x 单调递减；时，()'0g x >，()g x 单调递增.所以，所以()'0f x >，()f x 单调递增.即()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间 （2）由（1）知，()11f e =-，所以()y f x =在1x =处的切线为，即.令，则，且()'10h =，，时，()''0h x <，()'h x 单调递减； 时，()''0h x >，()'h x 单调递增.因为()'10h =，所以，因为，所以存在()00,1x ∈，使()00,x x ∈时，()'0h x >，()h x 单调递增；()0,1x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减；()1,x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增.又，所以0x >时，()0h x ≥，即，所以.令，则.所以()0,1x ∈时，()'0x ϕ>，()x ϕ单调递增；()1,x ∈+∞时，()'0x ϕ<，()x ϕ单调递减，所以，即ln 1x x +≤，因为0x >，所以，所以0x >时，， 即0x >时，.考点1 利用导数研究函数的零点或零点个数 【典例5】（2019·全国高考真题（理））已知函数，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且令，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +Q在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又，，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：，()1,x ∈-+∞①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '=()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时，不存在零点又，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又，()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫>⎪⎝⎭，即，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【方法技巧】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．【变式5】（2019·浙江高三期末）已知，()xg x e -=，其中a R ∈， 2.718e =⋯为自然对数的底数．()I 若函数()g x 的切线l 经过()1,0点，求l 的方程；(Ⅱ)若函数()f x 在20,e ⎛⎫⎪⎝⎭为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】(Ⅰ)?1y x =-+；(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ)设l 和()g x 的切点是()00,x x e -，()g x 在该点处的导数，它是切线l 的斜率，l Q 经过()1,0，也过切点()00,xx e -，l ∴的斜率又可写为01x e x --，故，故011x -=-，解得：00x =，故直线l 的斜率为，故l 的方程是：1y x =-+；(Ⅱ)判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立， ，故x a ≤，若()f x 在20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，则2a e≥， 因此，要证明对0x >恒成立，只需证明对0x >恒成立， 考虑等价于，记()ln u x x x =，，先看()u x ，，令()'0u x >，解得：1x e >， 令()'0u x <，解得：10x e<<，故()u x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，，再看，.令()'0v x >，解得：01x <<， 令()'0v x <，解得：1x >，故()u x 在()0,1递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对0x >恒成立，综上，对0x >恒成立，故函数函数零点是0个．考点2 与函数零点有关的参数范围问题【典例6】（2019·江西临川一中高考模拟（文））已知函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值； （2）若函数有两个零点，求实数m 的取值范围. （参考数据：）【答案】（1）1（2）()1,+∞ 【解析】 （1）Q 函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值， ,依题意知(1)0f '-=，解得0a =或1a =， 当0a =时，，1x <-时，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增，此时，()f x 只有极小值，不符合题意． 当1a =时，,2x <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增；21x -<<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，符合在1x =-处取得极小值的题意， 综上，实数a 的值为1．（2），，当0x >时，()0g x '>，故()g x 在()0,∞+上单调递增， 当0x <时，令，则，单调递增，单调递减，,0x <时，()0g x '>，故()g x 在(),0-∞上单调递减，()g x Q 在R 上有两个零点，，此时当0x <时，，()g x ∴在,02m ⎛⎫- ⎪⎝⎭有一个零点，当0x >时，，令，()00g x ∴>，()g x Q 在()00,x 有一个零点，综上，实数m 的取值范围是()1,+∞． 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式6】（2017课标3）已知函数有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】函数的零点满足，设，则，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =， 设，当1x =时，函数取得最小值1- ，考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题【典例7】（2019·全国高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞. 【解析】 （1）令，则当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< ()g x \在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又，，即当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点 （2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即恒成立令则，由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 且()0h a '=-，，，①当2a ≤-时，，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增，即，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'>⎪⎝⎭，()0h π'< ，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当时，()00h '<，，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增时，，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞ 【总结提升】 含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为()a h x >，或()a h x <，进而转化为求函数()h x 的最值. 【变式7】（2019·浙江高考模拟）设函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞ 【解析】 （1）由题意，.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得12x a =． ∴当时，'()0f x <，当时，'()0f x >．∴()f x 在1(0,)2a 上单调递减，在1(,)2a +∞上单调递增；（2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥． 由（1）可得，()f x 在1(0,)2a 上单调递减，在1(,)2a +∞上单调递增，∴()f x 的最小值为.∴，解得12a e ≥.因此，实数a 的取值范围为1[,)2e +∞.考点4 利用导数证明、解不等式问题【典例8】（2019·浙江高三期中）已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】，，，令得，得，在上单调递增，在上单调递减，有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令，，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即，即，，则由可知，这与矛盾，，即，故．【规律方法】利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.【变式8】（2019·山东高考模拟（文））已知函数，则使不等f x->成立的x的最小整数为（）式(1)0A．-3 B．-2 C．-1 D．0【答案】D【解析】根据题意，函数，其导数，0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列， 则有，函数()f x 在R 上为增函数， 又由， ，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，，又由21t -<<-，则，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．考点5 利用导数解决生活中的最优化问题【典例9】（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为40米，点到的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形，大棚内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）， ；（2）． 【解析】解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，）．设f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，），则．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f（θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f（θ）为减函数，因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的步骤 第一步分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ) 第二步求函数f (x )的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0 第三步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 第四步 回归实际问题，给出优化问题的答案 【变式9】（2019·江苏高考模拟）如图，某隧道的剖面图是由半圆及矩形ABCD 组成，交通部门拟在隧道顶部安装通风设备（视作点P ），为了固定该设备，计划除从隧道最高点Q 处使用钢管垂直向下吊装以外，再在两侧自,A B 两点分别使用钢管支撑.已知道路宽8AB cm =，设备要求安装在半圆内部，所使用的钢管总长度为L .（1）①设PQ x =，将L 表示为关于x 的函数；②设PAB θ∠=，将L 表示为关于θ的函数；（2）请选用（1）中的一个函数关系式，说明如何设计，所用的钢管材料最省？【答案】（1）①；②（2）见解析【解析】（1）延长QP 交AB 于点E ，则⊥QE AB ，且E 为AB 的中点，所以，由对称性可知，PA PB =. ①若PQ x =，则04x <<，4EP x =-，在Rt PAE ∆中，，所以，②若PAB θ∠=，则04πθ<<， 在Rt PAE ∆中，，， 所以，所以.（2）选取②中的函数关系式，， 记，则由及04πθ<<可得，6πθ=，当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'<，此时()f θ单调递减，当,64ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'>，此时()f θ单调递增，所以当6πθ=时，()f θ取得最小值，从而钢管总长度为L 取得最小值，即所用的钢管材料最省.。

专题三导数及其应用【真题典例】3.1导数的概念及运算挖命题【考情探究】分析解读 1.导数是高考中的重要内容,导数的运算是高考命题的热点,是每年的必考内容.2.本节主要考查导数的运算,导数的几何意义,考查函数与其导函数图象之间的关系.3.预计2020年高考中,导数运算的考查必不可少,同时要注意对切线的考查,复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一导数的概念及其几何意义1.(2018浙江镇海中学12月测试,2)已知直线y=x+1与曲线y=ln (x+a)相切,则a的值为()A.2B.1C.-1D.-2答案A2.(2017浙江衢州质量检测(1月),14)已知函数f(x)=x3+2ax2+1在x=1处的切线的斜率为1,则实数a=,此时函数y=f(x)在[0,1]上的最小值为.答案-;考点二导数的运算1.(2018浙江诸暨高三上学期期末,9)已知f(x)的导函数为f '(x),若满足xf '(x)-f(x)=x2+x,且f(1)≥1,则f(x)的解析式可能是()A.x2-xln x+xB.x2-xln x-xC.x2+xln x+xD.x2+2xln x+x答案C2.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),13)已知函数f(x)=sin x-f 'cos x,若f '=0,则f'=.答案-1炼技法【方法集训】方法1 导数运算的解题方法1.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,4)设f1(x)=sin x+cos x,对任意的n∈N*,定义f n+1(x)=f n'(x),则f2017(x)等于( )A.sin x-cos xB.sin x+cos xC.-sin x-cos xD.-sin x+cos x答案B2.(2018浙江台州第一次调考(4月),10)设f '(x)为函数f(x)的导函数(x∈R),且f(x)<0,2f'(x)+f(x)>0(e为自然对数的底数),若x1<x2,则()A.f(x2)<·f(x1)B.f(x1)<·f(x2)C.f 2(x2)>·f 2(x1)D.f 2(x1)>·f 2(x2)答案D方法2 曲线的切线方程的求法1.(2017浙江测试卷,4)已知直线y=ax是曲线y=ln x的切线,则实数a=()A. B. C. D.答案C2.(2018浙江嵊州第一学期期末质检,20)已知函数f(x)=(-1)ln x.(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)求f(x)在区间上的取值范围.解析(1)(-1)'=,(ln x)'=,所以f '(x)=·ln x+(-1)·=,则f '(1)=0.又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=0.(2)由(1)知f '(x)=.因为y=ln x与y=1-都是区间(0,+∞)上的增函数,所以g(x)=ln x+2是(0,+∞)上的增函数. 又g(1)=0,所以当x>1时,g(x)>0,所以f '(x)>0,此时f(x)递增;当0<x<1时,g(x)<0,所以f '(x)<0,此时f(x)单调递减.又f(1)=0, f =·ln=·ln 2,f(2)=(-1)·ln 2.所以f(x)min=0, f(x)max=max=(-1)ln 2.所以f(x)在区间上的取值范围为[0,(-1)ln 2].过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点导数的运算(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间上的取值范围.解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.(1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x,所以f '(x)=e-x-(x-)e-x=.(2)由f '(x)==0,解得x=1或x=.因为x1f '(x)-0+0-f(x)↘0↗↘又f(x)= (-1)2e-x≥0,所以f(x)在区间上的取值范围是.解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.2.利用导数求函数的值域的一般步骤:(1)求函数f(x)的导函数f '(x);(2)解方程f '(x)=0;(3)用f '(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间;(4)判断每个区间上f '(x)的符号,得函数的单调性;(5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:f(x)在上的值域为的错误结论.因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数的概念及其几何意义1.(2018课标全国Ⅰ文,6,5分)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x答案D2.(2018课标全国Ⅲ理,14,5分)曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=.答案-33.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为.答案 14.(2016课标全国Ⅲ,15,5分)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.答案y=-2x-1考点二导数的运算1.(2014大纲全国,7,5分)曲线y=xe x-1在点(1,1)处切线的斜率等于()A.2eB.eC.2D.1答案C2.(2018天津文,10,5分)已知函数f(x)=e x ln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为.答案 e3.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解析(1)因为f(x)=xe a-x+bx,所以f '(x)=(1-x)e a-x+b.依题设,知即解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f '(x)=e2-x(1-x+e x-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+e x-1同号.令g(x)=1-x+e x-1,则g'(x)=-1+e x-1.所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).评析本题考查导数的几何意义及利用导数讨论函数单调性等知识,方法常规,属中档题.4.(2017山东理,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析本题考查导数的几何意义和极值.(1)由题意知, f(π)=π2-2,又f '(x)=2x-2sin x,所以f '(π)=2π,因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由题意得h(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),因为h'(x)=e x(cos x-sin x+2x-2)+e x(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2e x(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(e x-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,所以m(x)在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.(i)当a≤0时,e x-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;(ii)当a>0时,h'(x)=2(e x-e ln a)(x-sin x),由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.①当0<a<1时,ln a<0,当x∈(-∞,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(ln a,0)时,e x-e ln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时h(x)取到极大值,极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;②当a=1时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;③当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,e x-e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,ln a)时,e x-e ln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(ln a,+∞)时,e x-e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时,h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].综上所述:当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].5.(2017山东文,20,13分)已知函数f(x)= x3-ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 解析本题考查导数的几何意义;用导数研究函数的单调性;用导数求函数的极值、最值.(1)由题意f '(x)=x2-ax,所以当a=2时, f(3)=0, f '(x)=x2-2x,所以f '(3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,所以g'(x)=f '(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x),令h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时g(x)取到极大值,极大值是g(a)=- a3-sin a,当x=0时g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g'(x)=x(x-sin x),当x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增;所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0, g(x)单调递增;当x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;当x=a时g(x)取到极小值,极小值是g(a)=- a3-sin a.综上所述:当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=- a3-sin a,极小值是g(0)=-a;当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=- a3-sin a.6.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.C组教师专用题组考点导数的概念及其几何意义1.(2016山东,10,5分)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是()A.y=sin xB.y=ln xC.y=e xD.y=x3答案A2.(2014课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln (x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.3答案D3.(2018课标全国Ⅱ理,13,5分)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为.答案y=2x4.(2017课标全国Ⅰ文,14,5分)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为.答案x-y+1=05.(2015课标Ⅱ,16,5分)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=.答案86.(2015陕西,15,5分)设曲线y=e x在点(0,1)处的切线与曲线y= (x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为.答案(1,1)7.(2014广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.答案5x+y-3=08.(2014江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+ (a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是.答案-39.(2014江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.答案(-ln 2,2)【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江镇海中学12月测试,1)下列求导结果正确的是()A.(1-x2)'=1-2xB.(cos 30°)'=-sin 30°C.[ln(2x)]'=D.()'=答案D2.(2018浙江嘉兴第一学期期末,7)函数y=x3-x的图象与直线y=ax+2相切,则实数a=()A.-1B.1C.2D.4答案C二、解答题(共60分)3.(2019届浙江嘉兴9月基础测试,22)已知函数f(x)=2x3-3(m-1)x2-6mx+10m(m∈R).(1)若m=0,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)若m=1,x∈[-1,3],求f(x)的值域;(3)若m>0,且当x∈[-1,3]时, f(x)≥0,求m的取值范围.解析(1)m=0,则f(x)=2x3+3x2, f(1)=5.f '(x)=6x2+6x, f '(1)=12.所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程是y-5=12(x-1),即12x-y-7=0.(2)m=1,则f(x)=2x3-6x+10, f '(x)=6x2-6.令f '(x)=0,得x1=-1,x2=1.x-1(-1,1)1(1,3)3f '(x)0-0+f(x)14单调递减6单调递增46所以f(x)的值域是[6,46].(3)f(x)=2x3-3(m-1)x2-6mx+10m,则f '(x)=6x2-6(m-1)x-6m.令f '(x)=0,得x1=-1,x2=m.由题知m>0,所以f(x)在(-1,m)上单调递减,在(m,+∞)上单调递增.因为当x∈[-1,3]时, f(x)≥0,所以①若0<m<3,则f(x)min=f(m)≥0.由f(m)=-m3-3m2+10m≥0,得m(m+5)(m-2)≤0,所以0<m≤2.②若m≥3,则f(x)min=f(3)≥0.而f(3)=81-35m≥0,与m≥3矛盾.故m的取值范围是(0,2].4.(2019届浙江名校协作体高三联考,22)已知函数f(x)=e-x+a(a∈R).(1)当a=0时,直线y=kx是曲线y=f(x)的切线,求实数k的值;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个极值点,且x1<x2,求f(x1)的取值范围.解析(1)当a=0时, f '(x)=-e-x,设P(x0,y0)是切点,则解得(2)f '(x)=-e-x+=,x∈(0,+∞),令f '(x)=0,即2-ae x=0,则a=,令g(x)=,则g'(x)=,所以当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0,且当x→+∞时,g(x)→0,所以当f '(x)=0有两个不等的根时,0<a<,此时0<x1<,f(x1)=+a=(2x1+1),因为f '(x1)=(1-2x1)>0恒成立,所以f(x1)在上单调递增,所以f(x1)∈.5.(2018浙江温州二模(3月),20)已知函数f(x)=,g(x)=- x2+ax.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与曲线y=g(x)相切,求a的值;(2)若a=1,求函数y=f(x)+g(x)的最大值.解析(1)f '(x)==.(4分)∴f '(1)=0,又f(1)=,∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=. 又∵曲线y=f(x)在x=1处的切线与曲线y=g(x)相切,∴g'(x)=-x+a=0,解得x=a.∵g(a)=-+a2=,∴=,∴a=±.(6分)(2)y=f(x)+g(x)=- x2+x,∴y'=-x+1=+(1+)(1-)=(1-),x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,y'>0;当x∈(1,+∞)时,y'<0,∴y=f(x)+g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,(13分)∴y max=y|x=1=+.(15分)6.(2018浙江湖州、丽水第一学期质检,19)已知函数f(x)=x2-ax+ln x(a∈R).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点P(1,0)处的切线方程;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,求f(x1+x2)的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=x2-x+ln x,则f '(x)=2x-1+,(2分)所以f '(1)=2,(4分)因此曲线y=f(x)在点P(1,0)处的切线方程为2x-y-2=0.(6分)(2)由题意得x>0, f '(x)=2x-a+,令f '(x)=0,(7分)故2x2-ax+1=0的两个不相等的正实数根为x1,x2.则有解得a>2.(9分)故f(x1+x2)=(x1+x2)2-a(x1+x2)+ln(x1+x2)=-+ln.(11分)设g(a)=-+ln (a>2),则g'(a)=- +=<0.(13分)所以g(a)在(2,+∞)上单调递减,所以g(a)<g(2)=-2+ln =-2+ln 2.因此f(x1+x2)的取值范围是.(15分)。