高三数学第一轮复习导数的应用研究1

高三数学一轮复习第2课时导数的应用(一)单调性学案【课本导读】函数的单调性(1)设函数y＝f(x)在某个区间内，若f′(x) 0，则f(x)为增函数；若f′(x) 0，则f(x)为减函数．(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤：①确定f(x)的；②求导数f′(x)；③令f′(x) 0(或f′(x) 0)，解出相应的x的范围；④当时，f(x)在相应区间上是增函数，当时，f(x)在相应区间上是减函数．【教材回归】1．(2012·辽宁)函数y＝12x2－ln x的单调减区间为( )A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)2．已知函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________；(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．3．已知f(x)＝sin x＋2x，x∈R，且f(1－a)＋f(2a)<0，则a的取值范围是________．4．若f(x)＝－12x2＋b ln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是( )A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)【授人以渔】题型一求函数的单调区间例1 (1)求函数f(x)＝x2＋1x－1的单调区间．(2)求函数f(x)＝x＋21－x的单调区间．(3)求函数f(x)＝1x ln x的单调区间．思考题1 求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝(x－1)2－ln(x－1)2；(2) f(x)＝(x－1)e x－x2.题型二讨论函数的单调性例2 (2011·北京)已知函数f(x)＝.求f(x)的单调区间．思考题2 已知函数f(x)＝a ln x＋2a2x＋x(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性．题型三利用单调性求参数范围例3 设函数f(x)＝x(e x－1)－ax2.(1)若a＝12，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．思考题3 (1)设函数f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.①求b，c的值；②若a>0，求函数f(x)的单调区间；③设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．【本课总结】1．在某个区间(a，b)上，若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调递减；若f′(x)＝0恒成立，则f(x)在这个区间上为常数函数；若f′(x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．3．使f′(x)＝0的离散的点不影响函数的单调性．【自助餐】1．若函数f(x)＝(x2－2x)e x在(a，b)上单调递减，则b－a的最大值为( )A．2 B. 2 C．4 D．2 22．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈( )A．(0,1) B．[0,2]C．(2,3) D．(2,4)4．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有( )A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)5．已知函数f(x)＝e x(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．。

第十一节 导数在函数研究中的应用1．函数的单调性了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．函数的极值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．知识点一 利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若f __′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f __′(x )．(2)在定义域内解不等式f __′(x )>0或f __′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 易误提醒1．在某个区间(a ，b )上，若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减；若f ′(x )＝0恒成立，则f (x )在这个区间上为常数函数；若f ′(x )的符号不确定，则f (x )不是单调函数．2．若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[自测练习]1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex >0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 知识点二 利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．易误提醒 f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的非充分非必要条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点；又如f (x )＝|x |，x ＝0是它的极小值点，但f ′(0)不存在．[自测练习]3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D考点一 利用导数研究函数的单调性|(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)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 单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 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，＋∞)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)．利用导数研究函数的单调性应注意两点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f (x )在(a ，b )内是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．1．已知函数f (x )＝m ln x －12x 2(m ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解：函数f (x )＝m ln x －12x 2的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝mx －x ＝m －x 2x .当m ≤0时，f ′(x )≤－x 2x＝－x <0，函数f (x )＝m ln x －12x 2在(0，＋∞)上为减函数．当m >0时，令f ′(x )＝0，得：x ＝m 或－m (舍去)． 当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，m )上是增函数． 当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(m ，＋∞)上是减函数．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，m )，单调递减区间为(m ，＋∞)．考点二 已知单调性求参数范围|(2015·福州模拟)已知函数f (x )＝e x 2－1e x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝32时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝32时，f (x )＝e x 2－1e x －32x ，f ′(x )＝12e x [(e x )2－3e x ＋2]＝12e x (e x －1)(e x －2)，令f ′(x )＝0，得e x ＝1或e x ＝2，即x ＝0或x ＝ln 2； 令f ′(x )>0，得x <0或x >ln 2； 令f ′(x )<0，则0<x <ln 2.∴f (x )在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2)上单调递减． (2)f ′(x )＝e x 2＋1e x －a ，令e x ＝t ，由于x ∈[－1,1]，∴t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e .令h (t )＝t 2＋1t ⎝⎛⎭⎫t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， h ′(t )＝12－1t 2＝t 2－22t2，∴当t ∈⎣⎡⎭⎫1e ，2时，h ′(t )<0，函数h (t )为单调减函数； 当t ∈(2，e]时，h ′(t )>0，函数h (t )为单调增函数． 故h (t )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的极小值点为t ＝ 2. 又h (e)＝e 2＋1e <h ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ＋e ，∴2≤h (t )≤e ＋12e.∵函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，若函数在[－1,1]上单调递增，则a ≤t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≤2；若函数f (x )在[－1,1]上单调递减，则a ≥t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≥e ＋12e，综上可得a ≤ 2或a ≥e ＋12e.已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．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．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴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，∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴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 ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴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 )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 令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，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1，∴m ≤2e 2＋1e 2－1.考点三 利用导数研究极值|设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .讨论函数f (sin x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [解] f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值． ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．③对于－2<a <2，在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时， 函数f (sin x )单调递减；x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝b －a24.3．(2015·太原一模)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x －2]＝ x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x ＋2－2ex ≥a 在(0，＋∞)上恒成立，又函数g (x )＝x ＋2－2e x 在(0，＋∞)上单调递增，∴a ≤g (0)＝0，∴a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， 令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2e x －a ＝0，即x ＝0或g (x )＝a ，∵g (x )＝x ＋2－2e x 在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R ，∴存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x 0<0，当x ∈(x 0,0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处取得极小值．综上所述，x 0<0，∴a ＝g (x 0)<g (0)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，0)． 8.分类讨论思想在导数中的应用【典例】 (2015·贵阳期末)已知函数f (x )＝ax －ae x (a ∈R ，a ≠0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．[思维点拨] (1)求f ′(x )后判断f (x )在(－∞，＋∞)上的单调性，可求极值． (2)分类讨论f (x )在(－∞，＋∞)的单调性，利用极值建立所求参数a 的不等式求解． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x ，f ′(x )＝x －2ex . 由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －(ax －a )e x e 2x ＝－a (x －2)e x .①当a <0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1>0，解得a >－e 2，所以此时－e 2<a <0；②当a >0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：因为F (2)>F (1)>0，且F ⎝⎛⎭⎫1－10a ＝e1－10a －10e1－10a <e －10e1－10a <0， 所以此时函数F (x )总存在零点． (或：当x >2时，F (x )＝a (x －1)e x＋1>1，当x <2时，令F (x )＝a (x －1)e x＋1<0，即a (x －1)＋e x <0， 由于a (x －1)＋e x <a (x －1)＋e 2， 令a (x －1)＋e 2≤0，得x ≤1－e 2a ，即x ≤1－e 2a时，F (x )<0，即F (x )存在零点)综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．[思想点评] 分类讨论思想在导数研究函数的应用中运用普遍常见的分类讨论点有： (1)f ′(x )＝0是否有根．(2)若f ′(x )＝0有根，根是否在定义域内． (3)若f ′(x )＝0有两根，两根大小比较问题.A 组 考点能力演练1．(2015·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D. 答案：D2．(2016·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案：B3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A.23B.43C.83D.163解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.答案：C4．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( ) A ．x 1>x 2 B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22解析：因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎫e x ＋1e x ＝e 2x(x ＋1)＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x 1|<|x 2|，即x 21<x 22，故选D.答案：D5．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 答案：C6．(2016·九江一模)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞7．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a 3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)8．(2015·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax ＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围； (2)求g (x )的最大值．解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)． 因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)， 所以a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫2x －1＋2ln x －x ， 由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.10．(2015·安徽六校联考)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(其中k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间和极值；(2)当k ∈[0，＋∞)时，证明函数f (x )在R 上有且只有一个零点．解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎡⎦⎤0，e2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增． ∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝⎛⎭⎫e2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增． f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ， g ″(t )＝e t －2，∵t >2，∴g ″(t )>0，g ′(t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g ′(t )>g ′(2)＝e 2－4>0，∴g (t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g (t )>g (2)＝e 2－4>0. ∴f (k ＋1)>0.∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k ∈[0，＋∞)时，f (x )在R 上有且只有一个零点．B 组 高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43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：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0， 所以3a ·169＋2·⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x， 故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． 2．(2015·高考安徽卷)已知函数f (x )＝ax (x ＋r )2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解：(1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)． f (x )＝ax (x ＋r )2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )(x 2＋2rx ＋r 2)2＝a (r －x )(x ＋r )(x ＋r )4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )． (2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减． 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)上的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a 4r ＝4004＝100.3．(2016·宁夏银川一中联考)函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )＝0，∵x >0，∴x ＝1.x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减1单调递增∴f (x )的极小值为1，无极大值．(2)∵k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ，k ′(x )＝－2x ＋1.若k ′(x )＝0，则x ＝2.当x ∈[1,2)时，k ′(x )<0；当x ∈(2,3]时，k ′(x )>0. 故k (x )在x ∈[1,2)上单调递减，在x ∈(2,3]上单调递增．∴{ k (1)≥0，k (2)<0，k (3)≥0，∴{a ≤1，a >2－2ln 2，a ≤3－2ln 3， ∴实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．。

2．11 导数在研究函数中的应用(一)[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·某某模拟)函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a 1－x 2x 2＋12＝a 1－x 1＋xx 2＋12.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．若函数f (x )＝(x 2－2x )e x在(a ，b )上单调递减，则b －a 的最大值为( ) A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2 答案 D解析 f ′(x )＝(2x －2)e x ＋(x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x，令f ′(x )<0，∴－2<x <2， 即函数f (x )的单调递减区间为(－2，2)． ∴b －a 的最大值为2 2.故选D.3．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为( ) A ．－8 B ．－4 C ．0 D.427答案 B解析 f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝43，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B.4．(2017·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )<0，且f (－1)＝0，则f (x )>0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞) 答案 A 解析 设g (x )＝f xe2x，则g ′(x )＝f ′x －2f xe2x<0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )>0⇔g (x )>0，所以x <－1.故选A.5．(2017·某某某某一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值X 围为( )A ．a <1B ．a ≤1 C．a <2 D ．a ≤2 答案 D解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a <b <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．b <c <a 答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )可得对称轴为x ＝1，故f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)． 又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b .故选B. 7．若函数f (x )＝e －x·x ，则( ) A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确答案 B解析 f ′(x )＝－e －x·x ＋12x·e －x＝e －x⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋12x ＝e －x ·1－2x 2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1e·12＝12e.故选B. 8．已知函数f (x )＝ax－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值X 围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1 D．a ≥3 答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值X 围为( )A ．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C ．{4} D ．[2,4] 答案 C解析 f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0， 解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(2018·某某一模)已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值X 围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0) 答案 B解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln xx在[1，e]上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B.二、填空题11．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值X 围为________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立．m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x，则当1x ＝1时，函数g (x )取得最大值1，故m ≥1.12．(2017·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝________.答案 1解析 由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.13．(2018·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0<x <1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为________．答案 a解析 由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex<0，函数g (x )在(0,1)上递减，则g (x )<g (0)＝0，所以f ′(x )<f (x )<0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f (x )在(1,2)上单调递增，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为f (2017)＝f (1)＝a .14．(2018·启东中学调研)已知函数f (x )＝e x＋a ln x 的定义域是D ，关于函数f (x )给出下列命题：①对于任意a ∈(0，＋∞)，函数f (x )是D 上的减函数； ②对于任意a ∈(－∞，0)，函数f (x )存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞)，使得对于任意的x ∈D ，都有f (x )>0成立； ④存在a ∈(－∞，0)，使得函数f (x )有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号) 答案 ②④解析 由f (x )＝e x＋a ln x ，可得f ′(x )＝e x ＋a x，若a >0，则f ′(x )>0，得函数f (x )是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f (x )<0即得命题①③不正确；若a <0，设e x＋a x＝0的根为m ，则在(0，m )上f ′(x )<0，在(m ，＋∞)上f ′(x )>0，所以函数f (x )存在最小值f (m )，即命题②正确；若f (m )<0，则函数f (x )有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B 级三、解答题15．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. (2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . 16．(2017·某某某某联考)已知函数f (x )＝e x－ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值X 围．解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x－a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ， 所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)； 令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )， 函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x－ax ≥0恒成立， 当x >0时，f (x )≥0，即e x－ax ≥0，即a ≤e xx.令h (x )＝e x x ，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝e x x －e x x2＝exx －1x 2， 当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ， 所以a ≤e，故实数a 的取值X 围是(0，e]．17．(2017·某某湘中名校联考)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4. ①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． (2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)， 所以k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a .则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x1－ln x2＝x1－x2.亦即x2－1x2－2ln x2＝0(x2>1)．(*)再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－1x2－2ln x2>1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.。

专题一高考中的导数应用问题考点1 利用导数研究函数的图象问题函数图象问题是高中数学中的一个重要问题,通常是将题目给出的函数的图象转化为基本初等函数的变换,再进行求解,但还有一类是通过导函数研究原函数图象、通过原函数研究导函数的图象,这也是高考中一个易考点.典例1 已知函数f (x )=12x 2sin x+x cos x ,则其导函数f'(x )的部分图象大致是( )方法总结给定解析式求函数的图象是近几年高考的重点,多数需要利用导数研究单调性,知其变化趋势,利用导数求极值(最值)研究零点,其中数形结合是解决这一问题的重要思想方法.考点2 利用导数研究函数的零点与方程的根的问题试题一般是以含参数的三次式,分式,指数式、对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现,是每年高考命题高频热点,常有以下两种考查形式:(1)确定函数的零点、图象的交点及方程根的个数问题;(2)应用函数的零点、图象的交点及方程根的存在问题来求参数值或范围. 典例2 已知函数f (x )=x 3+ax 2+b (a ,b ∈R).(1)试讨论f (x )的单调性;(2)若b=c -a (实数c 是与a 无关的常数).当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,32)∪(32,+∞),求c 的值.方法总结1.利用导数确定方程根的个数与函数零点的方法(1)构建函数g(x)(g'(x)要易求或g'(x)可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义域区间端点值的符号(变化趋势)等,画出g(x)的大致图象,数形结合求解;(2)利用零点存在定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点的符号,进而判断函数在该区间上的零点个数.2.利用方程根的个数与函数零点的个数求参数取值范围构建函数g(x)(g'(x)要易求或g'(x)=0可解),利用导数研究函数的单调性、极值,并确定定义域区间端点值的情况等,画出g(x)的大致图象,数形结合得参数的取值范围或关于参数的不等式(组)再求解.考点3利用导数研究不等式问题利用导数解决不等式问题是高考命题专家每年热衷的话题之一,通常涉及不等式恒成立问题、不等式存在性问题、证明不等式及不等式大小比较问题:(1)对于不等式恒成立(存在)问题,一般考查的是三次式、分式、指数式及对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A上恒成立(存在),求参数的取值范围;(2)证明不等式问题一般是证明与函数有关的不等式在某个区间内成立;(3)大小比较问题通常是作差后不容易转化为常规的三次式、分式、指数式、对数式及三角式结构,此时转化为利用导数研究构建的新函数的单调性或极值(最值),进而求解.典例3已知函数f(x)=ln1+x1−x(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;);(2)求证:当x∈(0,1)时,f(x)>2(x+x33)对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.(3)设实数k使得f(x)>k(x+x33方法总结(1)证明不等式的关键在于要构造好函数的形式,转化为研究函数的最值或值域问题,有时需用到放缩技巧.(2)求证不等式f(x)≥g(x)恒成立(存在)问题,一种常见思路是用图象法来说明函数f(x)的图象在函数g(x)图象的上方,但通常不易说明,而是转化为构造函数F(x)=f(x)-g(x),通过导数研究函数F(x)的最值问题,进而证明原不等式恒成立(存在).考点4利用导数研究应用题中的最优化问题以实际生活为背景,通过求面(容)积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力,常与函数关系式的求法、函数的性质(单调性、最值)、不等式、导数、解析几何中曲线方程、空间几何体等知识交汇考查.典例4一个圆柱形圆木的底面半径为1 m,长为10 m,将此圆木沿轴所在的平面剖成两部分.现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁,长度保持不变,底面为等腰梯形ABCD(如图所示,其中O为圆心,C,D在半圆上),设∠BOC=θ,木梁的体积为V(单位:m3),表面积为S(单位:m2).(1)求V关于θ的函数表达式;(2)求θ的值,使体积V最大;(3)问当木梁的体积V最大时,其表面积S是否也最大?请说明理由.方法总结利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x);(2)求函数y=f(x)的导数f'(x),解方程f'(x)=0;(3)比较函数在区间端点和使f'(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题进行检验,作出正确的答案.——★参考答案★——典例1C『解析』由f(x)=12x2sin x+xcos x得f′(x)=12(2xsin x+x2cos x)+(cos x−xsin x)=(12x2+1)cos x,又因为f′(−x)=[12(-x)2+1]cos(−x)=f′(x),所以导函数为偶函数,排除选项A,B;当x∈(0,π2)时,f′(x)>0,当x(π2,3π2)时,f′(x)<0,当x∈(3π2,2π)时,f'(x)>0,观察选项C,D可知,D项不符合,故选项C正确.典例2解(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,x∈(−∞,−2a3)∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈(−2a3,0)时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(−∞,−2a3),(0,+∞)上单调递增,在(−2a3,0)内单调递减;当a<0时,x∈(-∞,0)∪(−2a3,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0,−2a3)时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),(−2a3,+∞)上单调递增,在(0,−2a3)内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f(-2a3)=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f(-2a3)=b(427a3+b)<0,从而{a>0,-427a3<b<0或{a<0,0<b<-427a3.又b=c-a,所以当a>0时,427a3−a+c>0或当a<0时,427a3-a+c<0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,32)∪(32,+∞),则在(-∞,-3)上g (a )<0,且在(1,32)∪(32,+∞)上g (a )>0均恒成立, 从而g (-3)=c -1≤0,且g (32)=c -1≥0,因此c=1.此时,f (x )=x 3+ax 2+1-a=(x+1)『x 2+(a -1)x+1-a 』, 因函数有三个零点,则x 2+(a -1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根, 所以Δ=(a -1)2-4(1-a )=a 2+2a -3>0,且(-1)2-(a -1)+1-a ≠0, 解得a ∈(-∞,-3)∪(1,32)∪(32,+∞). 综上c=1.典例3 解 (1)因为f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ),所以f'(x )=11+x +11−x ,f'(0)=2.又因为f (0)=0,所以曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y=2x.(2)令g (x )=f (x )-2(x +x 33), 则g'(x )=f'(x )-2(1+x 2)=2x 41−x 2. 因为g'(x )>0(0<x<1),所以g (x )在区间(0,1)内单调递增.所以g (x )>g (0)=0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2(x +x 33).(3)由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k (x +x 33)对x ∈(0,1)恒成立. 当k>2时,令h (x )=f (x )-k (x +x 33), 则h'(x )=f'(x )-k (1+x 2)=kx 4−(k−2)1−x 2. 所以当0<x<√k−2k 4时,ℎ′(x)<0,因此ℎ(x)在区间(0,√k−2k 4)内单调递减. 当0<x<√k−2k 4时,h (x )<h (0)=0,即f (x )<k (x +x 33).所以当k>2时,f (x )>k (x +x 33)并非对x ∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.典例4解(1)梯形ABCD的面积S ABCD=2cosθ+22·sinθ=sinθcosθ+sinθ,θ∈(0,π2).体积V(θ)=10(sin θcos θ+sin θ),θ∈(0,π2).(2)V'(θ)=10(2cos2θ+cosθ-1)=10(2cos θ-1)(cos θ+1).令V'(θ)=0,得cos θ=12或cos θ=-1(舍).∵θ∈(0,π2),∴θ=π3.当θ∈(0,π3)时,12<cos θ<1,V'(θ)>0,V(θ)为增函数;当θ∈(π3,π2)时,0<cosθ<12,V'(θ)<0,V(θ)为减函数.∴当θ=π3时,体积V最大.(3)木梁的侧面积S侧=(AB+2BC+CD)·10=20(cos θ+2sinθ2+1),θ∈(0, π2).S=2S ABCD+S侧=2(sin θcos θ+sin θ)+20(cos θ+2sinθ2+1),θ∈(0, π2)..设g(θ)=cos θ+2sinθ2+1,θ∈(0, π2).∵g(θ)=-2sin2θ2+2sinθ2+2,∴当sinθ2=12,即θ=π3时,g(θ)最大.又由(2)知当θ=π3时,sin θcos θ+sin θ取得最大值,∴当θ=π3时,木梁的表面积S最大.综上,当木梁的体积V最大时,其表面积S也最大.。

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结17导数的应用(一)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是() A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去).当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0.所以f (x )在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝2.故选C.3．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A ．2e －1 B ．－1e C ．1 D ．2ln 2 答案 D解析 由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e ，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当0＜x ＜2e 时，f ′(x )＞0，当x ＞2e 时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D.4．直线y ＝a 分别与曲线y ＝e x ，y ＝ln x ＋1交于M ，N 两点，则|MN |的最小值为( ) A ．1 B ．1－ln 2 C ．ln 2 D ．1＋ln 2 答案 A解析 分别令e x ＝a ，ln x ＋1＝a ，其中a >0，则x 1＝ln a ，x 2＝e a －1，从而|MN |＝|x 1－x 2|＝|ln a －e a －1|，构造函数h (a )＝ln a －e a －1，求导得h ′(a )＝1a －e a －1，当a ∈(0，1)时，h ′(a )>0，h (a )单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )<0，h (a )单调递减．所以h (a )有极大值h (1)＝－1.因此|MN |的最小值为|h (1)|＝1.故选A.5．用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )A ．120000 cm 3B ．128000 cm 3C ．150000 cm 3D ．158000 cm 3 答案 B解析 设水箱底长为x cm ，则高为120－x 2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2>0，x >0得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝120－x 2·x 2＝－12x 3＋60x 2，则有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x＝80(x ＝0舍去).当x ∈(0，80)时，y ′＞0，y 单调递增；当x ∈(80，120)时，y ′＜0，y 单调递减．因此80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝－12×803＋60×802＝128000.故选B.6.(多选)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (a )<f (b )<f (c )B ．函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值D ．函数f (x )的最小值为f (d ) 答案 AC解析 由导函数图象可知在(－∞，c )，(e ，＋∞)上，f ′(x )>0，在(c ，e )上，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减，所以f (a )<f (b )<f (c )；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值；f (d )>f (e )，所以f (d )不是函数f (x )的最小值．故选AC.7．(多选)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )·sin x ＜0，则下列判断中正确的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＞0C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3答案 CD解析 令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ，因为f ′(x )cos x＋f (x )sin x ＜0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ＜0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，因此g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错误；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＜0，故B 错误；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确．故选CD.8．若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1有两个极值点，则a 的取值范围为________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令g (x )＝ln x －ax ，则g ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，则f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→＋∞，所以f (x )只有一个极值点，不符合题意．当a >0时，可得f ′(x )有极大值点1a ，由于x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e .二、高考小题9．(2022·全国乙卷)设a ≠0，若x ＝a 为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )的极大值点，则( ) A ．a <b B ．a >b C ．ab <a 2 D ．ab >a 2 答案 D解析 解法一：因为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )，所以f ′(x )＝2a (x －a )(x －b )＋a (x －a )2＝a (x －a )(3x －a －2b ).令f ′(x )＝0，结合a ≠0可得x ＝a 或x ＝a ＋2b3. (1)当a >0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意．(2)当a <0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意．综上，a >0且b >a 满足题意，a <0且b <a 也满足题意．据此，可知必有ab >a 2成立．故选D.解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.10．(2022·全国Ⅱ卷)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．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1答案 A解析由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x －2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.11．(2022·北京高考)设函数f(x)＝e x＋a e－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．答案－1(－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ，且f (x )为奇函数，∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0].12．(2022·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4(cos x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x ≤12时函数单调递减，当cos x ≥12时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值，此时sin x ＝－32，sin 2x ＝－32，所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－32＝－332.13．(2022·江苏高考)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案 －3解析 ∵f (x )＝2x 3－ax 2＋1，∴f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ).若a ≤0，则x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，又f (0)＝1，∴f (x )在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a >0.当0<x <a 3时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >a3时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x >0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1.∵f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，∴a ＝3.∴f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，列表如下：x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 f ′(x ) 12 ＋ 0 － 0 f (x )－41∴f (x )在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3. 三、模拟小题14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B解析 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R 的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )>f (x )，若实数a >0，则下列不等式恒成立的是( )A.af (ln a )≥e a －1f (a －1)B.af (ln a )≤e a －1f (a －1)C.e a －1f (ln a )≥af (a －1)D.e a－1f(ln a)≤af(a－1) 答案 D解析令g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝ln a－a＋1，则h′(a)＝1a－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以ln a≤a－1，所以g(ln a)≤g(a－1)，即f（ln a）a≤f（a－1）e a－1，所以e a－1f(ln a)≤af(a－1).故选D.16．(2022·新高考八省联考)已知a<5且a e5＝5e a，b<4且b e4＝4e b，c<3且c e3＝3e c，则()A.c<b<a B．b<c<aC.a<c<b D．a<b<c答案 D解析因为a e5＝5e a，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝e xx，x>0，则f′(x)＝e x（x－1）x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为a e5＝5e a，a<5，故e55＝e aa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，因为f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.17．(多选)(2022·福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)＝e xln x，则下列说法正确的是( )A.f (x )的定义域是(0，＋∞)B.x ∈(0，1)时，f (x )图象位于x 轴下方C.f (x )存在单调递增区间D.f (x )有且仅有一个极值点 答案 BCD解析 由题意，函数f (x )＝e x ln x 满足⎩⎨⎧x ＞0，ln x ≠0，解得x ＞0且x ≠1，所以函数f (x )＝e xln x的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A 不正确；由f (x )＝e xln x ，当x ∈(0，1)时，ln x ＜0，所以f (x )＜0，所以f (x )在(0，1)上的图象都在x 轴的下方，所以B 正确；因为f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x （ln x ）2，所以f ′(x )＞0在定义域上有解，所以函数f (x )存在单调递增区间，所以C 正确；令g (x )＝ln x －1x ，则g ′(x )＝1x ＋1x 2(x ＞0)，所以g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，又g (1)＝－1＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，所以∃x 0∈(1，2)使得f ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，1)，(1，x 0)时，f (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )单调递增，所以函数f (x )只有一个极值点，所以D 正确．故选BCD.18．(多选)(2022·河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则下列说法正确的是( )A.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB.y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C.x 1＋x 2＞6D.若a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，则x 2－x 1<2－a a答案 ABD解析 由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x －a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又由函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，可得a <1e .综上可得0<a <1e ，故A 正确；当a →1e 时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误，∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f (x )单调递增，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，∴(0，e)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，故B 正确；∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，且a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，∴1，x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ；2a ，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，∵f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2＜2a ，∴x 2－x 1<2a－1＝2－aa ，故D 正确．故选ABD.19．(2022·江苏常州高三质量检测)已知f (x )＝e x ，g (x )＝2x .若f (x 1)＝g (x 2)，d ＝|x 2－x 1|，则d 的最小值为________．答案1－ln 22解析 令f (x 1)＝g (x 2)＝k >0，则x 1＝ln k ，x 2＝k 24，所以x 2－x 1＝k 24－ln k ，令g (k )＝k 24－ln k (k >0)，则g ′(k )＝k 2－1k ＝k 2－22k ，当0<k <2时，g ′(k )<0；当k >2时，g ′(k )>0；所以g (k )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g (k )min ＝g (2)＝1－ln 22>0，所以d ＝|x 2－x 1|＝|g (k )|≥1－ln 22，则d 的最小值为1－ln 22.20．(2022·吉林第四次调研测试)若函数f (x )＝mx 2－e x ＋1(e 为自然对数的底数)在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，且x 2≥2x 1，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1ln 2，＋∞解析 因为f (x )＝mx 2－e x ＋1，所以f ′(x )＝2mx －e x ，又函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，所以x 1，x 2是方程2mx －e x＝0的两个不等实根，且x 2≥2x 1，即m ＝e x2x (x ≠0)有两个不等实根x 1，x 2，且x 2≥2x 1.令h (x )＝e x 2x (x ≠0)，则直线y ＝m 与曲线h (x )＝e x2x 有两个交点，且交点横坐标满足x 2≥2x 1，又h ′(x )＝e x （2x －2）4x 2＝e x （x －1）2x 2，由h ′(x )＝0，得x ＝1，所以当x >1时，h ′(x )>0，即函数h (x )＝e x2x 在(1，＋∞)上单调递增；当x <0，0<x <1时，h ′(x )<0，即函数h (x )＝e x2x 在(－∞，0)，(0，1)上单调递减．作出函数h (x )的图象如图所示．当x2＝2x1时，由e x12x1＝e x22x2，得x1＝ln 2，此时m＝e x12x1＝1ln 2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln 2.一、高考大题1．(2022·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln 2）2x(x>0).令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln 2，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，故方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0). 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，解得x ＝e.令g ′(x )>0，则0<x <e ，此时函数g (x )单调递增． 令g ′(x )<0，则x >e ，此时函数g (x )单调递减. 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .又g (1)＝0，故要使方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解，则0<ln a a <1e . ①当0<a <1时，不符合条件； ②当a >1时，因为g (x )max ＝g (e)＝1e ， 故a ∈(1，e)∪(e ，＋∞).综上，a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).2．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )有一个零点． ①12<a ≤e 22，b >2a ；②0<a <12，b ≤2a .解 (1)由函数的解析式可得，f ′(x )＝x (e x －2a )， 当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2a)，当0<a<12时，若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>12时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，而由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，由于12<a≤e22，1<2a≤e2，所以0<ln (2a)≤2，故a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②：由于0<a <12，故0<2a <1，则f (0)＝b －1≤2a －1<0， 当b ≥0时，e 2>4，4a <2，f (2)＝e 2－4a ＋b >0，而函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b <0时，构造函数H (x )＝e x －x －1，则H ′(x )＝e x －1， 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， 注意到H (0)＝0，故H (x )≥0恒成立， 从而有e x ≥x ＋1，当x >1时，x －1>0，则f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ≥(x －1)(x ＋1)－ax 2＋b ＝(1－a )x 2＋(b －1)，当x >1－b1－a时，(1－a )x 2＋(b －1)>0， 取x 0＝1－b1－a＋1，则f (x 0)>0， 由于f (0)<0，f ⎝⎛⎭⎪⎫1－b 1－a ＋1>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．f (ln (2a ))＝2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋b≤2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋2a ＝2a ln (2a )－a [ln (2a )]2 ＝a ln (2a )[2－ln (2a )]， 由于0<2a <1，所以ln (2a )<0， 故a ln (2a )[2－ln (2a )]<0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立．3．(2022·天津高考)已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时，①求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； ②求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值；(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.解 (1)①当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，f ′(x )＝3x 2＋6x . 可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8. ②依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x ，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2＝3（x －1）3（x ＋1）x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以函数g (x )∞)，g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx .对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，令x 1x 2＝t (t ＞1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 21＋k x 1＋3x 22＋k x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 31－x 32＋k ln x 1x 2＝x 31－x 32－3x 21x 2＋3x 1x 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－x 2x 1－2k ln x 1x 2＝x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t .(*) 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞). 当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当t >1时，h (t )＞h (1)＝0，即t －1t －2ln t ＞0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3＞0，k ≥－3， 所以x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1. (**)由(1)②可知，当t ＞1时，g (t )＞g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t ＞1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1＞0. (***)由(*)(**)(***)可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＞0，所以当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1＞x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2＞f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.二、模拟大题4．(2022·广东珠海高三摸底测试)已知函数f (x )＝e x －a ln xx －a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2e x 1＋x 2.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x－ln x x －1，f ′(x )＝e x－1－ln x x 2.又f (1)＝e －1，所以切点坐标为(1，e －1)，切线的斜率为k ＝f ′(1)＝e －1， 所以切线的方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)证明：由已知得f (x )＝x e x －a （ln x ＋x ）x ＝0有两个不等的正实根，所以方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个不等的正实根，即x e x －a ln (x e x )＝0有两个不等的正实根，a ln (x e x )＝x e x ①要证x 1x 2>e 2e ex 1＋x 2， 只需证(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即证ln (x 1e x 1)＋ln (x 2e x 2)>2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，所以只需证ln t 1＋ln t 2>2.由①得a ln t 1＝t 1，a ln t 2＝t 2，所以a (ln t 2－ln t 1)＝t 2－t 1，a (ln t 2＋ln t 1)＝t 2＋t 1，消去a 得ln t 2＋ln t 1＝t 2＋t 1t 2－t 1(ln t 2－ln t 1) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1>2. 设0<t 1<t 2，令t ＝t 2t 1，则t >1， 所以只需证ln t >2（t －1）t ＋1. 令h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，t >1，则h ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0， 所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )>h (1)＝0，即当t >1时，ln t －2（t －1）t ＋1>0成立．所以ln t 1＋ln t 2>2，即(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即x 1x 2>e 2e e x 1＋x 2. 5．(2022·江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f (x )＝1＋ln （x ＋1）x ＋1. (1)求函数y ＝f (x )的最大值；(2)令g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2，若g (x )既有极大值，又有极小值，求实数a 的取值范围；(3)求证：当n ∈N *时，ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <2n . 解 (1)f ′(x )＝－ln （x ＋1）（x ＋1）2，x ∈(－1，＋∞)， 在(－1，0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝1.(2)g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2＝1＋ln (x ＋1)－(a －2)x ＋x 2g ′(x )＝1x ＋1－(a －2)＋2x＝2x 2＋（4－a ）x ＋3－a x ＋1， g (x )既有极大值，又有极小值，等价于2x 2＋(4－a )x ＋3－a ＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根．即⎩⎨⎧2＋（a －4）＋3－a >0，a －44>－1，Δ＝（a －4）2－8（3－a ）>0，解得a >22，所以实数a 的取值范围为(22，＋∞).(3)证明：由(1)得，当x >0时，f (x )<1，即ln (1＋x )<x ，可得ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n (n ∈N *)， 于是ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11<11，ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12<12，…， ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n ， 于是ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋...＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <1＋12＋13＋ (1)＝1＋222＋223＋…＋22n <1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n －1＋n＝1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n .6．(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x ．(1)证明：当x >－5π4时，f (x )≥0；(2)若g (x )≥2＋ax ，求a .解 (1)证明：分类讨论：①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π4，－π4时，f (x )＝e x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0； ②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0时，f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0， 令m (x )＝e x －cos x ＋sin x ，则m ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0， 则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递增， 则f ′(x )<f ′(0)＝0，则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递减， 则f (x )>f (0)＝0；③当x ＝0时，由函数的解析式可知f (0)＝1－0－1＝0，当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0，故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0，即－sin x ＋x ≥0，－sin x ≥－x ，从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1，令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1，当x ≥0时，y ′≥0，故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上的最小值为e 0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，e x －x －1≥0.从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0.综上可得，题中的结论成立．(2)令F (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2，F (x )≥0，则F (x )min ≥0.又F (0)＝0，所以F (x )在R 上的最小值为F (0). F ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，令G (x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，则G ′(x )＝e x －sin x －cos x ＝f (x )，由(1)知，当x >－5π4时，G ′(x )≥0，所以G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞上单调递增，G (0)＝2－a . ①当a >2时，G (0)<0，G (a ＋ln a )＝a (e a －1)＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ln a ＋π4>2(e 2－1)－2>0. 故G (x )在(0，a ＋ln a )内存在零点，设为x 1， 当x ∈(0，x 1)时，G (x )<0，即F ′(x )<0， 则F (x )在(0，x 1)上单调递减，所以F (x 1)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ②当≤a <2时，G (0)>0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝故G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上存在零点，设为x 2， 当x ∈(x 2，0)时，G (x )>0，即F ′(x )>0， 则F (x )在(x 2，0)上单调递增，所以F (x 2)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ③当a ＝2时，G (0)＝0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，G (x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，F ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞时，F (x )≥F (0)＝0. 又当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－5π4时，F (x )＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2x －2>－2＋5π2－2>0. 因此，当a ＝2时，F (x )≥0.综上，a ＝2.。

第1讲 一元函数的导数及其应用（一）本讲为重要知识点，也是高中的难点。

题型主要围绕导数的几何意义结合函数的思想考察。

基本会考察一题关于函数本身的基础题和一道导数大题，第一问对于几何意义的考察属于基础知识，必须掌握，第二问的题型相对较多，需要对于导数的应用和函数的思想相结合去理解其中的变形目的。

考点一 导数的概念及运算1．导数的概念一般地，函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的瞬时变化率0000()()lim limx x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆为函数y ＝f(x)在x ＝x 0处的导数，记作f′(x 0)或y′0|x x =即f′(x 0)＝0000()()limlimx x f x x f x yx x ∆→∆→+∆-∆=∆∆. 称函数f′(x)＝000()()lim x f x x f x x∆→+∆-∆为f(x)的导函数．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，f(x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f(x 0)＝f′(x 0)(x －x 0)． 3．基本初等函数的导数公式基本初等函数 导函数 f(x)＝c(c 为常数) f′(x)＝0 f(x)＝sin x f′(x)＝cos_x f(x)＝e xf′(x)＝x e f(x)＝ln x f′(x)＝1xf(x)＝x α(α∈Q *) f′(x)＝αx α－1f(x)＝cos x f′(x)＝－sin_x f(x)＝a x (a>0，a≠1) f′(x)＝a xln_a f(x)＝log a x(a>0，a≠1)f′(x)＝1ln x x4.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)2()'()()()'()'()[()]f x f x g x g x g x g x g x ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦(g(x)≠0)． 5.常用结论1.f′(x 0)代表函数f(x)在x ＝x 0处的导数值；(f(x 0))′是函数值f(x 0)的导数，且(f(x 0))′＝0.2.1()f x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦′＝－2'()[()]f x f x . 3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.4.函数y ＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.考点二 利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系 函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内可导，(1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a ，b)内是单调递增函数； (2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a ，b)内是单调递减函数； (3)若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a ，b)内是常数函数．讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则.2.常用结论汇总——规律多一点(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f(x)在(a ，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a ，b)上的任何子区间内都不恒为零．考点三 利用导数解决函数的极值最值1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．3常用结论1.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.2.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.考点四利用导数研究生活中的优化问题1．生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．2．利用导数解决优化问题的实质是求函数最值．3．解决优化问题的基本思路是什么？答案上述解决优化问题的过程是一个典型的数学建模过程．4.对于优化问题，建立模型之后需要对模型进行最大值最小值的求解，从而转化为导数求极值最值问题.高频考点一 导数的概念及其意义例1、函数()y f x =的图象如图所示，f x 是函数()f x 的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）A ．()()()()235325f f f f ''<-<B ．()()()()232553f f f f ''<<-C ．()()()()532325f f f f ''-<<D ．()()()()232553f f f f ''<<-【答案】A【详解】由图知：(5)(3)(3)(5)53f f f f -''<<-，即2(3)(5)(3)2(5)f f f f ''<-<.故选：A 1、若函数()ln bf x a x x=-在点（1，f （1））处的切线的斜率为1，则22a b +的最小值为（ ）A ．12 B ．22C 3D ．34【答案】A【详解】由已知2()a b f x x x '=+，所以(1)1f a b '=+=， 222()122b a a b +≥=+，当且仅当12a b ==时等号成立．故选：A ． 高频考点二 导数的运算例1、已知()ln 3(e)f x x f x '=-，求(e)f =（ ） A ．3-B ．13e-C ．1e -D ．14【答案】D【详解】由()ln 3(e)f x x f x '=-得1()3(e)f x f x ''=-，将e x =代入1()3(e)f x f x''=-得11(e)3(e)(e)=e 4ef f f '''=-⇒，故3()ln 4e f x x x =-，因此331(e)ln e e=1=4e 44f =-⨯-， 故选：D 【变式训练】1、函数()()ln 1f x x x =-的图像在点()2,0处的切线方程为（ ） A ．24y x =- B ．21y x =+ C ．23y x =- D ．21y x =-【答案】A【详解】对函数()()ln 1f x x x =-求导，得()()ln 11xf x x x '=-+-， 所以()22ln121f '=+=，即函数()()ln 1f x x x =-的图像在点()2,0处的切线斜率为2，所以函数()()ln 1f x x x =-的图像在点()2,0处的切线方程为()22y x =-，即24y x =-. 故选：A 高频考点三 导数在研究函数中的应用例1、已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ） A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2xf x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m m y x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故答案选：D 【变式训练】1、已知函数()2e 2ln xf x k x kx x=-+，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值集合是（ ）A ．2e ,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．2e ,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．2e ,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【详解】函数()f x 定义域为()0,∞+，()()()2243e 2e 2e 2x x x kx x x x kf x k x x x+--'=-+=， 由题意可得，2x =是方程()0f x '=唯一变号的根，令()2e x h x kx =+，则()h x 在()0,∞+上没有变号零点，令()0h x =得2e xk x-=，令()()2e 0xg x x x =>，则()()3e 2x x g x x-'=， 当2x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当02x <<时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 故当2x =时，()g x 取得最小值()2e 24g =，故2e 4k -即2e 4k -．。

第三章导数及其应用知识点最新考纲变化率与导数、导数的计算了解导数的概念与实际背景，理解导数的几何意义．会用基本初等函数的导数公式表和导数运算法则求函数的导数，并能求简单的复合函数的导数(限于形如f(ax＋b)的导数).导数在研究函数中的应用了解函数单调性和导数的关系，能用导数求函数的单调区间．理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(小)值，会求闭区间上函数的最大(小)值.1．导数的概念(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率lim Δx→0f（x0＋Δx）－f（x0）Δx＝limΔx→0ΔyΔx为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f（x0＋Δx）－f（x0）Δx.(2)导数的几何意义函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)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－y0＝f′(x0)(x －x0)．(3)函数f(x)的导函数称函数f′(x)＝limΔx→0f（x＋Δx）－f（x）Δx为f(x)的导函数．2．基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)＝c(c为常数) f′(x)＝0f(x)＝x n(n∈Q*)f′(x)＝nx n－1(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．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( ) (2)求f ′(x 0)时，可先求f (x 0)再求f ′(x 0)．( ) (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．( ) (4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( ) (5)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× [教材衍化]1．(选修2－2P65A 组T2(1)改编)函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A ．x sin x B ．－x sin x C ．x cos xD ．－x cos x解析：选B.y ′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sinx .2．(选修2－2P18A 组T6改编)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为________．解析：因为y ′＝2（x ＋2）2，所以y ′|x ＝－1＝2.故所求切线方程为2x －y ＋1＝0. 答案：2x －y ＋1＝03．(选修2－2P7例2改编)有一机器人的运动方程为s ＝t 2＋3t(t 是时间，s 是位移)，则该机器人在t ＝2时的瞬时速度为________．解析：因为s ＝t 2＋3t ，所以s ′＝2t －3t2，所以s ′|t ＝2＝4－34＝134.答案：134[易错纠偏](1)求导时不能掌握复合函数的求导法则致误； (2)不会用方程法解导数求值．1．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，则f ′(x )＝________． 解析：f ′(x )＝[sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3]′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3′＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 答案：2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π32．设函数f (x )的导数为f ′(x )，且f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sin x ＋cos x ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝________．解析：因为f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2cos x －sin x ， 所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2cos π2－sin π2，即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1，所以f (x )＝－sin x ＋cos x ，f ′(x )＝－cos x －sin x .故f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－cos π4－sin π4＝－ 2. 答案：－ 2导数的计算求下列函数的导数：(1)y ＝(3x 2－4x )(2x ＋1)；(2)y ＝x 2sin x ； (3)y ＝3x e x －2x＋e ；(4)y ＝ln(2x －5)．【解】 (1)因为y ＝(3x 2－4x )(2x ＋1)＝6x 3＋3x 2－8x 2－4x ＝6x 3－5x 2－4x ，所以y ′＝18x 2－10x －4.(2)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x . (3)y ′＝(3x e x )′－(2x )′＋e ′＝(3x )′e x ＋3x (e x )′－(2x)′ ＝3x e x ln 3＋3x e x －2x ln 2＝(ln 3＋1)·(3e)x －2xln 2. (4)令u ＝2x －5，y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5·2＝22x －5.[提醒] 求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．1．已知f (x )＝x (2 017＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 018，则x 0＝( ) A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e解析：选B.因为f (x )＝x (2 017＋ln x )， 所以f ′(x )＝2 017＋ln x ＋1＝2 018＋ln x ， 又f ′(x 0)＝2 018， 所以2 018＋ln x 0＝2 018， 所以x 0＝1.2．求下列函数的导数： (1)y ＝x n e x；(2)y ＝cos x sin x ；(3)y ＝e xln x ；(4)y ＝(1＋sin x )2. 解：(1)y ′＝nxn －1e x＋x n e x ＝xn －1e x(n ＋x )．(2)y ′＝－sin 2x －cos 2x sin 2x ＝－1sin 2x .(3)y ′＝e x ln x ＋e x·1x＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x .(4)y ′＝2(1＋sin x )·(1＋sin x )′ ＝2(1＋sin x )·cos x .导数的几何意义(高频考点)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也有填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，属中低档题．主要命题角度有：(1)求切线方程；(2)已知切线方程(或斜率)求切点坐标； (3)已知切线方程(或斜率)求参数值． 角度一 求切线方程(1)曲线y ＝x 2＋1x在点(1，2)处的切线方程为____________________．(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为________．【解析】 (1)因为y ′＝2x －1x2，所以在点(1，2)处的切线方程的斜率为y ′|x ＝1＝2×1－112＝1， 所以切线方程为y －2＝x －1，即y ＝x ＋1. (2)因为点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， 所以设切点为(x 0，y 0)． 又因为f ′(x )＝1＋ln x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝（1＋ln x 0）x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.所以切点为(1，0)，所以f ′(1)＝1＋ln 1＝1. 所以直线l 的方程为y ＝x －1. 【答案】 (1)y ＝x ＋1 (2)y ＝x －1 角度二 已知切线方程(或斜率)求切点坐标若曲线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________．【解析】 设P (x 0，y 0)，因为y ＝e －x， 所以y ′＝－e －x，所以点P 处的切线斜率为k ＝－e －x 0＝－2， 所以－x 0＝ln 2，所以x 0＝－ln 2， 所以y 0＝eln 2＝2，所以点P 的坐标为(－ln 2，2)． 【答案】 (－ln 2，2)角度三 已知切线方程(或斜率)求参数值(1)(2020·宁波调研)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b 的值等于( )A ．2B ．－1C ．1D ．－2(2)(2020·绍兴调研)若直线y ＝ax 是曲线y ＝2ln x ＋1的一条切线，则实数a ＝________．【解析】 (1)依题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1，选C.(2)依题意，设直线y ＝ax 与曲线y ＝2ln x ＋1的切点的横坐标为x 0，则有y ′|x ＝x 0＝2x 0，于是有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2x 0ax 0＝2ln x 0＋1，解得x 0＝e ，a ＝2x 0＝2e －12.【答案】 (1)C (2)2e －12(1)求曲线切线方程的步骤①求出函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的导数，即曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线的斜率；②由点斜式方程求得切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)． (2)求曲线的切线方程需注意两点①当曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴(此时导数不存在)时，切线方程为x ＝x 0；②当切点坐标不知道时，应首先设出切点坐标，再求解．1．(2020·杭州七校联考)曲线y ＝e 12x 在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )A.92e 2B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2解析：选D.因为y ′＝12e 12x ，所以k ＝12e 12×4＝12e 2，所以切线方程为y －e 2＝12e 2(x －4)，令x ＝0，得y ＝－e 2，令y ＝0，得x ＝2，所以所求面积为S ＝12×2×|－e 2|＝e 2.2．已知函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x(其中e 是自然对数的底数，a ∈R )，若f (x )在(0，f (0))处的切线与直线x ＋y －1＝0垂直，则a ＝________．解析：f ′(x )＝(x 2＋ax －1)′e x ＋(x 2＋ax －1)(e x )′＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋(a －1)]e x，故f ′(0)＝[02＋(a ＋2)×0＋(a －1)]e 0＝a －1.因为f (x )在(0，f (0))处的切线与直线x ＋y －1＝0垂直，故f ′(0)＝1，即a －1＝1，解得a ＝2.答案：23．(2020·台州高三月考)已知曲线f (x )＝xn ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y＝f (x )在点P 处的切线与x 轴交点的横坐标为x n ，则log 2 018x 1＋log 2 018x 2＋…＋log 2 018x 2 017的值为________．解析：f ′(x )＝(n ＋1)x n，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝nn ＋1. 所以x 1·x 2·…·x 2 017＝12×23×34×…×2 0162 017×2 0172 018＝12 018.则log 2 018x 1＋log 2 018x 2＋…＋log 2 018x 2 017＝log 2 018(x 1·x 2·…·x 2 017)＝log 2 01812 018＝－1.答案：－1两条曲线的公切线若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________．【解析】 设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)， 依题意⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x2x 2＋1＋ln （x 2＋1），解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.【答案】 1－ln 2求两条曲线的公切线的方法(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一条曲线相切，列出关系式求解． (2)利用公切线得出关系式．设公切线l 在y ＝f (x )上的切点P 1(x 1，y 1)，在y ＝g (x )上的切点P 2(x 2，y 2)，则f ′(x 1)＝g ′(x 2)＝f （x 1）－g （x 2）x 1－x 2.1．已知函数f (x )＝x 2－4x ＋4，g (x )＝x －1，则f (x )和g (x )的公切线的条数为( ) A ．三条 B ．二条 C ．一条D ．0条解析：选A.设公切线与f (x )和g (x )分别相切于点(m ，f (m ))，(n ，g (n ))，f ′(x )＝2x－4，g ′(x )＝－x －2，g ′(n )＝f ′(m )＝g （n ）－f （m ）n －m ，解得m ＝－n －22＋2，代入化简得8n 3－8n 2＋1＝0，构造函数f (x )＝8x 3－8x 2＋1，f ′(x )＝8x (3x －2)，原函数在(－∞，0)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上单调递增，极大值f (0)＞0，极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＜0，故函数和x 轴有3个交点，方程8n 3－8n 2＋1＝0有三个解，故切线有3条．故选A.2．曲线f (x )＝e x 在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝ax 2－a (a ≠0)相切，则过切点且与该切线垂直的直线方程为__________．解析：曲线f (x )在x ＝0处的切线方程为y ＝x ＋1. 设其与曲线g (x )＝ax 2－a 相切于点(x 0，ax 20－a )． 则g ′(x 0)＝2ax 0＝1，且ax 20－a ＝x 0＋1. 解得x 0＝－1，a ＝－12，切点坐标为(－1，0)．所以过切点且与该切线垂直的直线方程为y ＝－1·(x ＋1)，即x ＋y ＋1＝0.答案：x ＋y ＋1＝0[基础题组练]1．函数y ＝x 2cos x 在x ＝1处的导数是( ) A ．0 B ．2cos 1－sin 1 C ．cos 1－sin 1D ．1解析：选B.因为y ′＝(x 2cos x )′＝(x 2)′cos x ＋x 2·(cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，所以y ′|x ＝1＝2cos 1－sin 1.2．(2020·衢州高三月考)已知t 为实数，f (x )＝(x 2－4)(x －t )且f ′(－1)＝0，则t 等于( )A ．0B ．－1 C.12D ．2解析：选C.依题意得，f ′(x )＝2x (x －t )＋(x 2－4)＝3x 2－2tx －4，所以f ′(－1)＝3＋2t －4＝0，即t ＝12.3．(2020·温州模拟)已知函数f (x )＝x 2＋2x 的图象在点A (x 1，f (x 1))与点B (x 2，f (x 2))(x 1＜x 2＜0)处的切线互相垂直，则x 2－x 1的最小值为( )A.12 B ．1C.32D ．2解析：选B.因为x 1＜x 2＜0，f (x )＝x 2＋2x ， 所以f ′(x )＝2x ＋2，所以函数f (x )在点A ，B 处的切线的斜率分别为f ′(x 1)，f ′(x 2)， 因为函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直， 所以f ′(x 1)f ′(x 2)＝－1. 所以(2x 1＋2)(2x 2＋2)＝－1， 所以2x 1＋2＜0，2x 2＋2＞0，所以x 2－x 1＝12[－(2x 1＋2)＋(2x 2＋2)]≥－（2x 1＋2）（2x 2＋2）＝1，当且仅当－(2x 1＋2)＝2x 2＋2＝1，即x 1＝－32，x 2＝－12时等号成立．所以x 2－x 1的最小值为1.故选B.4．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2.若f ′(2 018)＝6，则f ′(－2 018)＝( ) A ．－6 B ．－8 C ．6D ．8解析：选D.因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7. 所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7 ＝－4ax 3＋b sin x ＋7. 所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14. 又f ′(2 018)＝6，所以f ′(－2 018)＝14－6＝8，故选D.5.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)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：选B.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.又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.6．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为( ) A ．1 B. 2 C.22D. 3解析：选B.因为定义域为(0，＋∞)，令y ′＝2x －1x＝1，解得x ＝1，则在P (1，1)处的切线方程为x －y ＝0，所以两平行线间的距离为d ＝22＝ 2.7．已知f (x )＝ln x x 2＋1，g (x )＝(1＋sin x )2，若F (x )＝f (x )＋g (x )，则F (x )的导函数为________．解析：因为f ′(x )＝（ln x ）′（x 2＋1）－ln x （x 2＋1）′（x 2＋1）2＝1x （x 2＋1）－2x ln x （x 2＋1）2＝x 2＋1－2x 2ln x x （x 2＋1）2， g ′(x )＝2(1＋sin x )(1＋sin x )′＝2cos x ＋sin 2x ，所以F ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )＝x 2＋1－2x 2ln x x （x 2＋1）2＋2cos x ＋sin 2x .答案：x 2＋1－2x 2ln x x （x 2＋1）2＋2cos x ＋sin 2x8．(2020·绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线y ＝14x 2－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为________．解析：设切点为(m ，n )(m ＞0)，y ＝14x 2－3ln x 的导数为y ′＝12x －3x ，可得切线的斜率为12m －3m ＝－12，解方程可得，m ＝2. 答案：29．(2020·金华十校高考模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－2)＝2 018，若对任意的x ∈R ，都有f ′(x )＜2x 成立，则不等式f (x )＜x 2＋2 014的解集为________．解析：构造函数g (x )＝f (x )－x 2－2 014，则g ′(x )＝f ′(x )－2x ＜0，所以函数g (x )在定义域上为减函数，且g (－2)＝f (－2)－22－2 014＝2 018－4－2 014＝0，由f (x )＜x2＋2 014有f (x )－x 2－2 014＜0，即g (x )＜0＝g (－2)，所以x ＞－2，不等式f (x )＜x 2＋2 014的解集为(－2，＋∞)．答案：(－2，＋∞)10．如图，已知y ＝f (x )是可导函数，直线l 是曲线y ＝f (x )在x ＝4处的切线，令g (x )＝f （x ）x，则g ′(4)＝________． 解析：g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2.由题图可知，直线l 经过点P (0，3)和Q (4，5)， 故k 1＝5－34－0＝12.由导数的几何意义可得f ′(4)＝12，因为Q (4，5)在曲线y ＝f (x )上，故f (4)＝5. 故g ′(4)＝4×f ′（4）－f （4）42＝4×12－542＝－316. 答案：－31611．已知函数f (x )＝x 3＋x －16.(1)求曲线y ＝f (x )在点(2，－6)处的切线的方程；(2)如果曲线y ＝f (x )的某一切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y ＝f (x )上． 因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1.所以f (x )在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝13. 所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)， 即y ＝13x －32.(2)因为切线与直线y ＝－14x ＋3垂直，所以切线的斜率k ＝4. 设切点的坐标为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4，所以x 0＝±1.所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝－14或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，y 0＝－18， 即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)，切线方程为y ＝4(x －1)－14或y ＝4(x ＋1)－18. 即y ＝4x －18或y ＝4x －14.12．已知函数f (x )＝ax ＋bx(x ≠0)在x ＝2处的切线方程为3x －4y ＋4＝0. (1)求a ，b 的值；(2)求证：曲线上任一点P 处的切线l 与直线l 1：y ＝x ，直线l 2：x ＝0围成的三角形的面积为定值．解：(1)由f (x )＝ax ＋b x ，得f ′(x )＝a －b x2(x ≠0)． 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝34，3×2－4f （2）＋4＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧a －b 4＝34，5－2⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 2＝0.解得a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x ＋1x，设曲线的切点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋1x 0，f ′(x 0)＝1－1x 20，曲线在P 处的切线方程为y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 20(x －x 0)．即y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1x20x ＋2x 0.当x ＝0时，y ＝2x 0.即切线l 与l 2：x ＝0的交点坐标为A ⎝⎛⎭⎪⎫0，2x 0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 20x ＋2x 0，y ＝x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 0，y ＝2x 0，即l 与l 1：y ＝x 的交点坐标为B (2x 0，2x 0)．又l 1与l 2的交点为O (0，0)，则所求的三角形的面积为S ＝12·|2x 0|·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0＝2.即切线l 与l 1，l 2围成的三角形的面积为定值．[综合题组练]1．若曲线y ＝f (x )＝ln x ＋ax 2(a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ B ．[－12，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．[0，＋∞)解析：选D.f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x(x >0)，根据题意有f ′(x )≥0(x >0)恒成立，所以2ax 2＋1≥0(x >0)恒成立，即2a ≥－1x2(x >0)恒成立，所以a ≥0，故实数a 的取值范围为[0，＋∞)．故选D.2．(2020·金华十校联考)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝ln x ，x ∈(0，1)的图象相切，则x 0必满足( )A ．0＜x 0＜12B.12＜x 0＜1 C.22＜x 0＜ 2 D.2＜x 0＜ 3解析：选D.令f (x )＝x 2，f ′(x )＝2x ，f (x 0)＝x 20，所以直线l 的方程为y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＝2x 0x －x 20，因为l 也与函数y ＝ln x (x ∈(0，1))的图象相切，令切点坐标为(x 1，ln x 1)，y ′＝1x ，所以l 的方程为y ＝1x 1x ＋ln x 1－1，这样有⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＝1x 1，1－ln x 1＝x 20，所以1＋ln(2x 0)＝x 20，x 0∈(1，＋∞)，令g (x )＝x 2－ln(2x )－1，x ∈(1，＋∞)，所以该函数的零点就是x 0，又因为g ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，又g (1)＝－ln 2＜0，g (2)＝1－ln 22＜0，g (3)＝2－ln 23＞0，从而2＜x 0＜3，选D.3．(2020·宁波四中高三月考)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″ (x )＝(f ′(x ))′.若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是凸函数的是________(把你认为正确的序号都填上)．①f (x )＝sin x ＋cos x ； ②f (x )＝ln x －2x ； ③f (x )＝－x 3＋2x －1；④f (x )＝x e x.解析：①中，f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立；②中，f ′(x )＝1x －2(x ＞0)，f ″(x )＝－1x 2＜0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立；③中，f ′(x )＝－3x 2＋2，f ″(x )＝－6x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于0.④中，f ′(x )＝e x ＋x e x ，f ″(x )＝2e x ＋x e x ＝e x(x ＋2)＞0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，故④中函数不是凸函数．故①②③为凸函数．答案：①②③4．(2020·浙江省十校联合体期末检测)已知函数f (x )＝a e x＋x 2，g (x )＝cos (πx )＋bx ，直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))，且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1))，则a ＋b＝________，直线l 的方程为________．解析：f ′(x )＝a e x＋2x ，g ′(x )＝－πsin (πx )＋b ，f (0)＝a ，g (1)＝cos π＋b ＝b －1， f ′(0)＝a ，g ′(1)＝b ，由题意可得f ′(0)＝g ′(1)，则a ＝b ， 又f ′(0)＝b －1－a1－0＝a ，即a ＝b ＝－1，则a ＋b ＝－2； 所以直线l 的方程为x ＋y ＋1＝0. 答案：－2 x ＋y ＋1＝05．设有抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限．(1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标．解：(1)由题意得，y ′＝－2x ＋92.设点P 的坐标为(x 1，y 1)，则y 1＝kx 1，①y 1＝－x 21＋92x 1－4，②－2x 1＋92＝k ，③联立①②③得，x 1＝2，x 2＝－2(舍去)．所以k ＝12.(2)过P 点作切线的垂线，其方程为y ＝－2x ＋5.④将④代入抛物线方程得，x 2－132x ＋9＝0.设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，则2x 2＝9， 所以x 2＝92，y 2＝－4.所以Q 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫92，－4. 6．(2020·绍兴一中月考)已知函数f (x )＝ax 3＋3x 2－6ax －11，g (x )＝3x 2＋6x ＋12和直线m ：y ＝kx ＋9，且f ′(－1)＝0.(1)求a 的值；(2)是否存在k ，使直线m 既是曲线y ＝f (x )的切线，又是曲线y ＝g (x )的切线？如果存在，求出k 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f ′(x )＝3ax 2＋6x －6a ， 因为f ′(－1)＝0，所以3a －6－6a ＝0，所以a ＝－2.(2)存在．由已知得，直线m 恒过定点(0，9)，若直线m 是曲线y ＝g (x )的切线，则设切点为(x 0，3x 20＋6x 0＋12)．因为g ′(x 0)＝6x 0＋6，所以切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)(x －x 0)， 将(0，9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9； 当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －11， ①由f ′(x )＝0得－6x 2＋6x ＋12＝0， 解得x ＝－1或x ＝2.在x ＝－1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝－18； 在x ＝2处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝9， 所以y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9. ②由f ′(x )＝12得－6x 2＋6x ＋12＝12， 解得x ＝0或x ＝1.在x ＝0处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －11； 在x ＝1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －10，所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。